Når du lager en ligning for en redoksreaksjon (ORR), er det nødvendig å bestemme reduksjonsmiddel, oksidasjonsmiddel og antall gitte og mottatte elektroner. OVR-støkiometriske koeffisienter velges enten ved hjelp av elektronbalansemetoden eller elektron-ionbalansemetoden (sistnevnte kalles også halvreaksjonsmetoden). La oss se på noen få eksempler. Som et eksempel på å kompilere OVR-ligninger og velge støkiometriske koeffisienter, analyserer vi prosessen med oksidasjon av jern (II) disulfid (pyritt) med konsentrert salpetersyre: Først av alt bestemmer vi de mulige reaksjonsproduktene. Salpetersyre er et sterkt oksidasjonsmiddel, så sulfidionet kan oksideres enten til maksimal oksidasjonstilstand S (H2S04) eller til S (SO2), og Fe til Fe, mens HN03 kan reduseres til N0 eller N02 (settet med spesifikke produkter bestemmes konsentrasjoner av reagenser, temperatur, etc.). La oss velge følgende mulige alternativ: H20 vil være på venstre eller høyre side av ligningen, vi vet ikke ennå. Det er to hovedmetoder for å velge koeffisienter. La oss først bruke metoden for elektron-ion-balanse. Essensen av denne metoden er i to veldig enkle og veldig viktige utsagn. For det første vurderer denne metoden overgangen av elektroner fra en partikkel til en annen, med den obligatoriske vurderingen av mediets natur (sur, alkalisk eller nøytral). For det andre, når man kompilerer ligningen for elektron-ion-balansen, registreres bare de partiklene som faktisk eksisterer i løpet av en gitt OVR - bare virkelig eksisterende kationer eller annoner blir registrert i form av ioner; Stoffer som er dårlig dissosiert, uløselige eller frigjort i form av en gass skrives i molekylær form. Når man setter sammen ligningen for prosessene med oksidasjon og reduksjon, for å utjevne antall hydrogen- og oksygenatomer, introduserer man (avhengig av mediet) enten vannmolekyler og hydrogenioner (hvis mediet er surt), eller vannmolekyler og hydroksydioner (hvis mediet er alkalisk). Betrakt for vårt tilfelle oksidasjonshalvreaksjonen. Molekyler av FeS2 (et lite løselig stoff) omdannes til Fe3+ ioner (jernnitrat (II) dissosieres fullstendig til ioner) og sulfationer S042 "(dissosiasjon av H2SO4): Tenk nå på reduksjonshalvreaksjonen til nitrationet: For å utjevne oksygen, legg til 2 til høyre side vannmolekyler, og til venstre - 4 H + ioner: For å utjevne ladningen til venstre side (ladning +3), legg til 3 elektroner: Til slutt har vi: Reduserer begge deler med 16H + og 8H20, får vi den endelige, reduserte ioniske ligningen for redoksreaksjonen: Legger vi det tilsvarende antallet NOJ nH+ ioner til begge sider av ligningen, finner vi den molekylære reaksjonsligningen: Vær oppmerksom på at for å bestemme antall gitte og mottatte elektroner , måtte vi aldri bestemme oksidasjonstilstanden til elementene. I tillegg tok vi hensyn til miljøpåvirkningen og bestemte "automatisk" at H20 er på høyre side av ligningen. Det er ingen tvil om at denne metoden har en stor kjemisk betydning. Empirisk balansemetode. Essensen av metoden for å finne de støkiometriske koeffisientene i ligningene til OVR er den obligatoriske bestemmelsen av oksidasjonstilstandene til atomene til elementene som er involvert i OVR. Ved å bruke denne tilnærmingen utjevner vi igjen reaksjonen (11.1) (over brukte vi halvreaksjonsmetoden på denne reaksjonen). Reduksjonsprosessen beskrives enkelt: Det er vanskeligere å utarbeide et oksidasjonsskjema, siden to elementer oksideres samtidig - Fe og S. Du kan tilordne jern en oksidasjonstilstand på +2, svovel - 1 og ta hensyn til at det er to S-atomer per Fe-atom: Du kan imidlertid klare deg uten å bestemme oksidasjonstilstander og skrive ned et skjema som ligner skjema (11.2): Høyre side har en ladning på +15, venstre side har en ladning på 0, så FeS2 må gi fra seg 15 elektroner. Vi skriver ned den totale balansen: Vi må fortsatt "finne ut" den resulterende balanseligningen - den viser at 5 HN03-molekyler brukes til å oksidere FeS2 og ytterligere 3 HNO-molekyler er nødvendig for å danne Fe(N03)j: For å utjevne hydrogen og oksygen, til høyre del må du legge til 2 molekyler av H20: Elektron-ion-balansemetoden er mer allsidig enn elektronbalansemetoden og har en ubestridelig fordel i valg av koeffisienter i mange OTS, spesielt med deltakelse av organiske forbindelser, der selv prosedyren for å bestemme oksidasjonstilstander er svært komplisert . - Tenk for eksempel på prosessen med etylenoksidasjon, som skjer når den føres gjennom en vandig løsning av kaliumpermanganat. Som et resultat blir etylen oksidert til etylenglykol HO - CH2 - CH2 - OH, og permanganat reduseres til manganoksid (TV), i tillegg, som det vil fremgå av sluttbalanseligningen, dannes også kaliumhydroksid til høyre. : Etter å ha gjort de nødvendige reduksjonene av slike ledd, skriver vi ligningen i den endelige molekylformen * Mediets innflytelse på arten av OVR-strømmen. Eksemplene (11.1) - (11.4) illustrerer tydelig "teknikken" for å bruke elektron-ion balansemetode ved OVR-strømning i et surt eller alkalisk medium. Naturen til miljøet! påvirker forløpet til en eller annen OVR; for å "føle" denne påvirkningen, la oss vurdere oppførselen til ett og samme oksidasjonsmiddel (KMnO4) i forskjellige miljøer. , som gjenvinner opp til Mn+4 (Mn0j), og minimum - i styrken til den siste, der den stegne Shaiyaaapsya opp til (mvnganat-nOn Mn042"). Dette er forklart som følger. Syrene i dissosiasjonslinjen danner hydroksidioner ffjO +, som kraftig polariserer 4 "MoOH-ioner Svekker bindingene til mangan med oksygen (derved øker virkningen av reduksjonsmidlet) .. I et nøytralt medium er den polariserende effekten av vannmolekyler signifikant c-aafep. >"MnO-ioner; mye mindre polarisert. I et sterkt alkalisk medium styrker hydroksidioner "til og med Mn-O-bindingen, som et resultat av at effektiviteten til reduksjonsmidlet reduseres og MnO^ aksepterer bare ett elektron. Et eksempel på oppførselen til kaliumpermanganat i et nøytralt medium er representert ved reaksjonen (11.4). La oss også gi ett eksempel på reaksjoner som involverer KMnOA i sure og alkaliske medier
Som studerer de kvantitative sammenhengene mellom stoffene som gikk inn i reaksjonen og dannet seg under den (fra andre greske "stechion" - "elementsammensetning", "meitren" - "jeg måler").
Støkiometri er den viktigste for material- og energiberegninger, uten hvilken det er umulig å organisere noen kjemisk produksjon. Kjemisk støkiometri lar deg beregne mengden av råvarer som trengs for en bestemt produksjon, under hensyntagen til ønsket ytelse og mulige tap. Ingen virksomhet kan åpnes uten foreløpige beregninger.
Litt historie
Selve ordet "støkiometri" er en oppfinnelse av den tyske kjemikeren Jeremy Benjamin Richter, foreslått av ham i boken hans, der ideen om muligheten for beregninger ved hjelp av kjemiske ligninger først ble beskrevet. Senere fikk Richters ideer teoretisk begrunnelse med oppdagelsen av lovene til Avogadro (1811), Gay-Lussac (1802), loven om komposisjonens konstanthet (J.L. Proust, 1808), multiple forhold (J. Dalton, 1803) og utviklingen av atom- og molekylteori. Nå kalles disse lovene, så vel som loven om ekvivalenter, formulert av Richter selv, støkiometriens lover.
Begrepet «støkiometri» brukes både i forhold til stoffer og kjemiske reaksjoner.
Støkiometriske ligninger
Støkiometriske reaksjoner - reaksjoner der utgangsstoffene interagerer i visse forhold, og mengden av produkter tilsvarer teoretiske beregninger.
Støkiometriske ligninger er ligninger som beskriver støkiometriske reaksjoner.
Støkiometriske ligninger) viser de kvantitative sammenhengene mellom alle deltakerne i reaksjonen, uttrykt i mol.
De fleste uorganiske reaksjoner er støkiometriske. For eksempel er tre påfølgende reaksjoner for å produsere svovelsyre fra svovel støkiometriske.
S + O 2 → SO 2
SO 2 + ½O 2 → SO 3
SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4
Beregninger ved hjelp av disse reaksjonsligningene kan bestemme hvor mye hvert stoff må tas for å få en viss mengde svovelsyre.
De fleste organiske reaksjoner er ikke-støkiometriske. For eksempel ser reaksjonsligningen for cracking av etan slik ut:
C2H6 → C2H4 + H2.
Men i virkeligheten, under reaksjonen, vil det alltid oppnås forskjellige mengder biprodukter - acetylen, metan og andre, som ikke kan beregnes teoretisk. Noen uorganiske reaksjoner trosser også beregninger. For eksempel ammoniumnitrat:
NH4NO3 → N2O + 2H2O.
Det går i flere retninger, så det er umulig å fastslå hvor mye utgangsmateriale som må tas for å få en viss mengde nitrogenoksid (I).
Støkiometri er det teoretiske grunnlaget for kjemisk produksjon
Alle reaksjoner som brukes i eller i produksjonen skal være støkiometriske, det vil si gjenstand for nøyaktige beregninger. Vil anlegget eller fabrikken være lønnsom? Støkiometri lar deg finne ut.
På grunnlag av støkiometriske ligninger foretas en teoretisk balanse. Det er nødvendig å bestemme hvor mye av utgangsmaterialene som kreves for å oppnå ønsket mengde av produktet av interesse. Videre utføres operasjonelle eksperimenter, som vil vise det reelle forbruket av utgangsmaterialene og utbyttet av produkter. Forskjellen mellom teoretiske beregninger og praktiske data lar deg optimalisere produksjonen og evaluere den fremtidige økonomiske effektiviteten til bedriften. Støkiometriske beregninger gjør det også mulig å kompilere prosessens varmebalanse for å velge utstyr, bestemme massene av dannede biprodukter som må fjernes, og så videre.
Støkiometriske stoffer
I henhold til loven om komposisjonskonstans foreslått av J.L. Proust, ethvert kjemikalie har en konstant sammensetning, uavhengig av fremstillingsmetoden. Dette betyr at for eksempel i et molekyl av svovelsyre H 2 SO 4, uavhengig av metoden det ble oppnådd på, vil det alltid være ett svovelatom og fire oksygenatomer per to hydrogenatomer. Alle stoffer som har en molekylstruktur er støkiometriske.
Imidlertid er stoffer utbredt i naturen, hvis sammensetning kan variere avhengig av fremstillingsmetoden eller opprinnelseskilden. De aller fleste av dem er krystallinske stoffer. Man kan til og med si at for faste stoffer er støkiometri unntaket snarere enn regelen.
Vurder for eksempel sammensetningen av godt studert titankarbid og oksid. I titanoksid TiO x X=0,7-1,3, det vil si fra 0,7 til 1,3 oksygenatomer per titanatom, i karbid TiC x X=0,6-1,0.
Den ikke-støkiometriske naturen til faste stoffer forklares av en interstitiell defekt ved nodene til krystallgitteret eller omvendt ved utseendet av ledige stillinger ved nodene. Slike stoffer inkluderer oksider, silicider, borider, karbider, fosfider, nitrider og andre uorganiske stoffer, så vel som høymolekylære organiske stoffer.
Og selv om bevis for eksistensen av forbindelser med en variabel sammensetning ble presentert først på begynnelsen av 1900-tallet av I.S. Kurnakov, kalles slike stoffer ofte berthollider ved navnet til forskeren K.L. Berthollet, som foreslo at sammensetningen av ethvert stoff endres.
Støkiometri inkluderer å finne kjemiske formler, tegne likninger for kjemiske reaksjoner, beregninger brukt i preparativ kjemi og kjemisk analyse.
Samtidig kan mange uorganiske forbindelser av ulike årsaker ha en variabel sammensetning (berthollider). Stoffer som det er observert avvik fra støkiometriloven for, kalles ikke-støkiometrisk. Således har titan(II)oksid en variabel sammensetning, hvor det kan være fra 0,65 til 1,25 oksygenatomer per titanatom. Natriumwolframbronse (relatert til oksidbronse, natriumwolframat ), når natrium fjernes fra den, endrer fargen fra gyllengul (NaWO 3) til mørk blågrønn (NaO 3WO 3), og passerer gjennom mellomliggende røde og lilla farger. Og til og med natriumklorid kan ha en ikke-støkiometrisk sammensetning, og få en blå farge med et overskudd av metall. Avvik fra støkiometrilovene observeres for kondenserte faser og er assosiert med dannelsen av faste løsninger (for krystallinske stoffer), med oppløsning av et overskudd av en reaksjonskomponent i en væske, eller med termisk dissosiasjon av den resulterende forbindelsen (i en flytende fase, i en smelte).
Hvis de opprinnelige stoffene inngår kjemisk interaksjon i strengt definerte forhold, og som et resultat av reaksjonsproduktene dannes, hvorav mengden kan beregnes nøyaktig, kalles slike reaksjoner støkiometriske, og de kjemiske ligningene som beskriver dem kalles støkiometriske ligninger . Når du kjenner de relative molekylvektene til forskjellige forbindelser, er det mulig å beregne i hvilke proporsjoner disse forbindelsene vil reagere. Molforholdene mellom stoffene som deltar i reaksjonen viser koeffisienter som kalles støkiometriske (de er også koeffisientene til kjemiske ligninger, de er også koeffisientene til ligningene til kjemiske reaksjoner). Hvis stoffer reagerer i forholdet 1:1, kalles deres støkiometriske mengder ekvimolar.
Begrepet "støkiometri" ble introdusert av J. Richter i boken "The Beginnings of Stoichiometri, or the Art of Measuring Chemical Elements" (J.B. Richter. Anfangsgründe der Stöchyometrie oder Meßkunst chymischer Elemente. Erster, Zweyter og Dritter Theil. Breßlau und Hirschberg, 1792–93), som oppsummerte resultatene av sine bestemmelser av massene av syrer og baser i dannelsen av salter.
Støkiometri er basert på lovene om bevaring-masse, ekvivalenter, loven-Avogadro, Gay-Lussac, lov-konstans-sammensetningen, loven-multippel-relasjoner. Oppdagelsen av støkiometriens lover markerte strengt tatt begynnelsen på kjemien som en eksakt vitenskap. Reglene for støkiometri ligger til grunn for alle beregninger knyttet til reaksjonens kjemiske ligninger og brukes i analytisk og preparativ kjemi, kjemisk teknologi og metallurgi.
Støkiometriens lover brukes i beregninger knyttet til formlene til stoffer og for å finne det teoretisk mulige utbyttet av reaksjonsprodukter. Tenk på forbrenningsreaksjonen til en termittblanding:
Fe203 + 2Al → Al203 + 2Fe. (85,0 g F e 2 O 3 1) (1 m o l F e 2 O 3 160 g F e 2 O 3) (2 m o l A l 1 m o l F e 2 O 3) (27 g A l 1 m o l A l) = 28,7 g A l (\displaystyle \mathrm (\venstre((\frac (85.0\ g\ Fe_(2)O_(3))(1))\høyre)\venstre((\frac (1\ mol\ Fe_( 2)O_(3))(160\ g\ Fe_(2)O_(3)))\høyre)\venstre((\frac (2\ mol\ Al)(1\ mol\ Fe_(2)O_(3) )))\høyre)\venstre((\frac (27\ g\ Al)(1\ mol\ Al))\høyre)=28,7\ g\ Al))
For å utføre reaksjonen med 85,0 gram jern(III)oksid er det derfor nødvendig med 28,7 gram aluminium.
Encyklopedisk YouTube
1 / 3
støkiometri
Kjemi 11 Støkiometriske kjemiske lover
Problemer i kjemi. Blandinger av stoffer. Støkiometriske kjeder
Undertekster
Vi vet hva den kjemiske ligningen er, og vi har lært å balansere den. Nå er vi klare for å studere støkiometri. Dette ekstremt fancy ordet får ofte folk til å tro at støkiometri er vanskelig. I virkeligheten er det rett og slett opptatt av å studere eller beregne forholdet mellom ulike molekyler i en reaksjon. Her er definisjonen gitt av Wikipedia: Støkiometri er beregningen av kvantitative eller målbare forhold mellom reaktanter og produkter. Du vil se at ordet reagenser ofte brukes i kjemi. For de fleste av våre formål kan du bruke ordet reagenser og reaktanter om hverandre. De er begge reaktanter i reaksjonen. Begrepet "reagenser" brukes noen ganger for visse typer reaksjoner der du ønsker å legge til et reagens og se hva som skjer. Og sjekk om din antagelse om stoffet er riktig eller ikke. Men for våre formål er reagens og reaktant de samme konseptene. Det er en sammenheng mellom reaktanter og produkter i en balansert kjemisk ligning. Hvis vi får en ubalansert ligning, vet vi hvordan vi får en balansert. Balansert kjemisk ligning. La oss ta en titt på støkiometri. Så for å få erfaring med å balansere ligninger, vil jeg alltid starte med ubalanserte ligninger. La oss si at vi har jerntrioksid. Jeg skriver det ned. Den har to jernatomer bundet til tre oksygenatomer. Pluss aluminium... aluminium. Resultatet er Al2O3 pluss jern. La meg minne deg på at når vi arbeider med støkiometri, må vi først og fremst balansere ligningene. Et stort antall støkiometriproblemer vil bli gitt ved å bruke en allerede balansert ligning. Men jeg finner det nyttig praksis å balansere selve ligningene. La oss prøve å balansere det. Vi har to jernatomer her i dette jerntrioksidet. Hvor mange jernatomer har vi på høyre side av ligningen? Vi har bare ett jernatom. La oss gange det med 2 her. Flott, nå har vi tre oksygener i denne delen. Og tre oksygener i den delen av ligningen. Det ser bra ut. Aluminium er på venstre side av ligningen. Vi har bare ett aluminiumsatom. På høyre side av ligningen har vi to aluminiumsatomer. Vi må sette 2 her. Vi har balansert denne ligningen. Nå er vi klare til å håndtere støkiometri. La oss komme i gang. Det er mer enn én type støkiometriske problemer, men de følger alle disse mønstrene: hvis jeg får x gram av dette, hvor mange gram aluminium må tilsettes for at reaksjonen skal skje? Eller hvis jeg gir deg y gram av disse molekylene og z gram av disse molekylene, hvilken blir brukt opp først? Alt dette er støkiometri. Vi skal håndtere disse to oppgavene i denne videoopplæringen. Anta at vi fikk 85 gram jerntrioksid. La oss skrive det ned. 85 gram jerntrioksid. Mitt spørsmål til deg er hvor mange gram aluminium trenger vi? Hvor mange gram aluminium trenger vi? Det er enkelt. Hvis du ser på ligningen, vil du umiddelbart se molforholdet. For hver mol av dette, så for hver mol av dette... for hvert atom av jerntrioksid som brukes, trenger vi to aluminiumsatomer. Så vi må beregne hvor mange mol av dette molekylet er i 85 gram. Og da må vi ha dobbelt så mange mol av aluminium. For for hver mol jerntrioksid har vi to mol aluminium. Vi ser bare på odds, vi ser bare på tall. Ett molekyl jerntrioksid kombineres med to molekyler aluminium for å lage en reaksjon. La oss først beregne hvor mange føflekker det er i 85 gram. Hva er atommassen eller massetallet til hele dette molekylet? La meg gjøre det nedenfor her. Så vi har to jern og tre oksygener. La meg skrive ned atommassene av jern og oksygen. Strykejernet er her, 55,85. Og jeg tror det er nok å runde opp til 56. La oss tenke oss at vi har å gjøre med en type jern, nærmere bestemt en isotop av jern, som har 30 nøytroner. Det har et atommassetall på 56. Jern har et atommassetall på 56. Mens oksygen, som vi allerede vet, er 16. Jern var 56. Den massen ville være... ville være 2 ganger 56 pluss 3 ganger 16 Vi kan gjøre dette mentalt. Men dette er ikke en mattetime, så jeg regner ut alt på en kalkulator. La oss se, 2 ganger 56... 2 ganger 56 pluss 3 ganger 16 er 160. Stemmer det? Det er 48 pluss 112, det stemmer, 160. Så ett molekyl jerntrioksid ville ha en masse lik hundre og seksti atommasseenheter. Ett hundre og seksti atommasseenheter. Så én mol eller... én mol eller 6,02 ganger 10 til 23. potens av jernoksidmolekyler ville ha en masse på...jern, jerndioksid, ja... ville ha en masse på 160 gram. I vår reaksjon sa vi at vi starter med 85 gram jernoksid. Hvor mange føflekker er det? 85 gram jerntrioksid... 85 gram jerntrioksid er lik 85/160 mol. Dette er lik 85 delt på 160, som er 0,53. 0,53 mol. Alt vi har jobbet med så langt, som har blitt vist i grønt og blått, har vært nødvendig for å finne ut hvor mange føflekker det er i 85 gram jerntrioksid. Vi bestemte at dette er lik 0,53 mol. Fordi en hel føflekk ville være 160 gram. Men vi har bare 85. Vi vet fra den balanserte ligningen at for hver mol jerntrioksid trenger vi to mol aluminium. Hvis vi har 0,53 mol jernmolekyler, nærmere bestemt jerntrioksid, så trenger vi dobbelt så mye aluminium. Vi trenger 1,06 mol aluminium. Jeg tar bare 0,53 ganger 2. Fordi forholdet er 1:2. For hvert molekyl av ett stoff trenger vi to molekyler av det andre. For hver mol av ett stoff trenger vi to mol av et annet. Hvis vi har 0,53 mol, ganger du det med 2 og du får 1,06 mol aluminium. Flott, så vi fant ut hvor mange gram en mol aluminium inneholder og multipliserte det til 1,06 og det var det. Aluminium. I Storbritannia uttales dette ordet litt annerledes. Egentlig liker jeg britisk uttale. Aluminium har en atomvekt på 26,98. Tenk deg at aluminiumet vi har å gjøre med har en masse på 27 atommasseenheter. Så. Ett aluminium har en masse på 27 atommasseenheter. En mol aluminium vil være 27 gram. Eller 6,02 ganger 10 til 23. potens av aluminiumatomer, som gir 27 gram. Hvis vi trenger 1,06 mol, hvor mye blir det? 1,06 mol aluminium tilsvarer 1,06 ganger 27 gram. Hvor mye er det? La oss telle. 1,06 multiplisert med 27 er lik 28,62. Vi trenger 28,62 gram aluminium...aluminium for å få mest mulig ut av våre 85 gram jerntrioksid. Hvis vi hadde mer enn 28,62 gram aluminium, ville de ligge igjen etter at reaksjonen fant sted. La oss anta at vi blander alt riktig, og reaksjonen fortsetter til slutten. Vi snakker mer om dette senere. I en situasjon hvor vi har mer enn 28,63 gram aluminium, vil dette molekylet være den begrensende reagensen. Siden vi har et overskudd av dette, er det det som vil begrense denne prosessen. Hvis vi har mindre enn 28,63 gram aluminium, så vil aluminium være den begrensende reagensen, fordi vi ikke vil kunne bruke alle 85 gram av jernmolekylene våre, nærmere bestemt jerntrioksid. I alle fall vil jeg ikke forveksle deg med disse begrensende reagensene. I den neste videoopplæringen vil vi vurdere et problem som er helt viet til å begrense reagenser. Undertekster fra Amara.org-fellesskapet
Et av de viktigste kjemiske konseptene som støkiometriske beregninger er basert på er kjemisk mengde av et stoff. Mengden av et eller annet stoff X er angitt med n(X). Enheten for å måle mengden av et stoff er muldvarp.
En føflekk er mengden av et stoff som inneholder 6,02 10 23 molekyler, atomer, ioner eller andre strukturelle enheter som utgjør stoffet.
Massen til en mol av et eller annet stoff X kalles molar masse M(X) av dette stoffet. Når vi kjenner massen m(X) til et stoff X og dets molare masse, kan vi beregne mengden av dette stoffet ved å bruke formelen:
Nummeret 6.02 10 23 ringes opp Avogadros nummer(Na); dens dimensjon mol –1.
Ved å multiplisere Avogadro-tallet N a med mengden av stoffet n(X), kan vi beregne antall strukturelle enheter, for eksempel molekyler N(X) av et stoff X:
N(X) = Na · n(X) .
I analogi med konseptet molar masse ble konseptet molar volum introdusert: molar volum V m (X) av noe stoff X er volumet av en mol av dette stoffet. Når vi kjenner volumet til et stoff V(X) og dets molare volum, kan vi beregne den kjemiske mengden av et stoff:
I kjemi må man ofte forholde seg til det molare volumet av gasser. I henhold til Avogadros lov inneholder like volumer av alle gasser tatt ved samme temperatur og likt trykk samme antall molekyler. Under like forhold opptar 1 mol av enhver gass samme volum. Under normale forhold (n.s.) - temperatur 0 ° C og trykk 1 atmosfære (101325 Pa) - er dette volumet 22,4 liter. Dermed på n.o. V m (gass) = 22,4 l / mol. Det skal presiseres at den molare volumverdien på 22,4 l/mol legges til grunn kun for gasser.
Å kjenne de molare massene til stoffer og Avogadro-tallet lar deg uttrykke massen til et molekyl av et hvilket som helst stoff i gram. Nedenfor er et eksempel på beregning av massen til et hydrogenmolekyl.
1 mol gassformig hydrogen inneholder 6,02 10 23 H 2 molekyler og har en masse på 2 g (fordi M (H 2) \u003d 2 g / mol). Derfor,
6,02·10 23 H 2 molekyler har en masse på 2 g;
1 H 2 molekyl har en masse x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.
Konseptet "mol" er mye brukt for å utføre beregninger i henhold til ligningene for kjemiske reaksjoner, siden de støkiometriske koeffisientene i reaksjonsligningen viser i hvilke molforhold stoffer reagerer med hverandre og dannes som et resultat av reaksjonen.
For eksempel inneholder reaksjonsligningen 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O følgende informasjon: 4 mol ammoniakk reagerer uten overskudd og mangel med 3 mol oksygen, og 2 mol nitrogen og 6 mol av vann dannes.
Eksempel 4.1 Beregn massen av bunnfallet som dannes under interaksjonen av løsninger som inneholder 70,2 g kalsiumdihydrogenfosfat og 68 g kalsiumhydroksid. Hvilket stoff vil være igjen i overskudd? Hva er dens masse?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Det kan ses av reaksjonsligningen at 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reagerer med 12 mol KOH. La oss beregne mengden av reagerende stoffer, som er gitt i henhold til tilstanden til problemet:
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 krever 12 mol KOH
0,3 mol Ca (H 2 PO 4) 2 krever x mol KOH
x \u003d 1,2 mol - så mye KOH vil være nødvendig for at reaksjonen skal fortsette uten overskudd og mangel. Og i henhold til tilstanden til problemet er det 1,215 mol KOH. Derfor er KOH i overkant; mengden KOH som er igjen etter reaksjonen:
n(KOH) \u003d 1,215 mol - 1,2 mol \u003d 0,015 mol;
dens masse er m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Beregningen av det resulterende reaksjonsproduktet (bunnfall Ca 3 (PO 4) 2) bør utføres i henhold til stoffet som er mangelvare (i dette tilfellet Ca (H 2 PO 4) 2), siden dette stoffet vil reagere helt. Det kan sees fra reaksjonsligningen at antall mol av den resulterende Ca 3 (PO 4) 2 er 3 ganger mindre enn antall mol av reagert Ca (H 2 PO 4) 2:
n (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Derfor, 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.
Oppgave nummer 5
a) Beregn de kjemiske mengdene av reaktantene gitt i tabell 5 (volumer av gassformige stoffer er gitt under normale forhold);
b) ordne koeffisientene i et gitt reaksjonsskjema og ved hjelp av reaksjonsligningen bestemme hvilke av stoffene som er i overskudd og hvilke som er mangelvare;
c) finn den kjemiske mengden av reaksjonsproduktet angitt i tabell 5;
d) beregne massen eller volumet (se tabell 5) av dette reaksjonsproduktet.
Tabell 5 - Betingelser for oppgave nr. 5
| opsjonsnummer | Reaktive stoffer | Reaksjonsskjema | Regne ut |
| 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 1; m(O 2) \u003d 20 g | CO+O2 ® CO2 | V(CO2) | |
| m(AgN03)=3,4 g; m(Na2S)=1,56 g | AgNO3 +Na2S®Ag2S+NaNO3 | m(Ag 2 S) | |
| m(Na2C03)=53 g; m(HCl) = 29,2 g | Na 2 CO 3 + HCl® NaCl + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m (Al 2 (SO 4) 3) \u003d 34,2 g; m (BaCl 2) \u003d 52 g | Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ® AlCl 3 + BaSO 4 | m(BaSO4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KI+Cl 2® KCl+I 2 | m(I2) | |
| m(CaCl2)=22,2 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ® AgCl + Ca (NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H2)=0,48 g; V (O 2) \u003d 2,8 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 3,42 g; V(HCl)=784 ml | Ba(OH)2+HCl® BaCl2+H2O | m(BaCl2) |
Tabell 5 fortsetter
| opsjonsnummer | Reaktive stoffer | Reaksjonsskjema | Regne ut |
| m(H3P04)=9,8 g; m(NaOH) = 12,2 g | H 3 PO 4 + NaOH ® Na 3 PO 4 + H 2 O | m(Na3PO4) | |
| m(H2S04)=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 1; 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 1; m(O 2) \u003d 8,32 g | H2S+O2® S+H2O | m(S) | |
| m(Mn02)=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(K2C03)=69 g; m(HNO 3) \u003d 50,4 g | K 2 CO 3 + HNO 3 ®KNO 3 + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl3)=2,67 g; m(AgNO 3) \u003d 8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ® AgCl + Al (NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KBr+Cl 2® KCl+Br 2 | m(Br2) | |
| m(CaBr2)=40 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ® AgBr + Ca (NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=1,44 g; V (O 2) \u003d 8,4 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 6,84 g; V (HI) \u003d 1,568 l | Ba(OH)2+HI® BaI2+H2O | m(BaI 2) | |
| m(H3P04)=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(H2S04)=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 1; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 + KOH ® KClO 3 + KCl + H 2 O | m(KClO 3) | |
| m(NH4Cl) = 43 g; m (Ca (OH) 2) \u003d 37 g | NH 4 Cl + Ca (OH) 2 ® CaCl 2 + NH 3 + H 2 O | V(NH3) | |
| V(NH 3) \u003d 8,96 l; m(O 2) \u003d 14,4 g | NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O | V(NO) | |
| V(H2S)=17,92 1; m(O 2) \u003d 40 g | H 2 S + O 2 ® SO 2 + H 2 O | V(SO2) | |
| m(Mn02)=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(H20) = 8,1 g | Ca + H 2 O ® Ca (OH) 2 + H 2 | V(H2) |
LØSNING KONSENTRASJON
Som en del av det generelle kjemikurset lærer studentene 2 måter å uttrykke konsentrasjonen av løsninger på - massefraksjon og molar konsentrasjon.
Massefraksjon av det oppløste stoffet X beregnes som forholdet mellom massen av dette stoffet og massen av løsningen:
,
hvor ω(X) er massefraksjonen av det oppløste stoffet X;
m(X) er massen av det oppløste stoffet X;
m løsning - massen av løsningen.
Massefraksjonen av et stoff beregnet i henhold til formelen ovenfor er en dimensjonsløs mengde uttrykt i brøkdeler av en enhet (0< ω(X) < 1).
Massefraksjonen kan uttrykkes ikke bare i brøkdeler av en enhet, men også i prosent. I dette tilfellet ser beregningsformelen slik ut:
Massefraksjon, uttrykt i prosent, kalles ofte prosentvis konsentrasjon . Det er klart at prosentkonsentrasjonen av det oppløste stoffet er 0 %< ω(X) < 100%.
Prosentkonsentrasjon viser hvor mange massedeler av et oppløst stoff som finnes i 100 massedeler av en løsning. Hvis du velger gram som masseenhet, kan denne definisjonen også skrives slik: prosentvis konsentrasjon viser hvor mange gram av et oppløst stoff som finnes i 100 gram løsning.
Det er klart at for eksempel en 30 % løsning tilsvarer en massefraksjon av et oppløst stoff lik 0,3.
En annen måte å uttrykke innholdet av et oppløst stoff i en løsning på er den molare konsentrasjonen (molariteten).
Den molare konsentrasjonen av et stoff, eller molariteten til en løsning, viser hvor mange mol av et oppløst stoff som finnes i 1 liter (1 dm 3) av en løsning
hvor C(X) er den molare konsentrasjonen av oppløst stoff X (mol/l);
n(X) er den kjemiske mengden av oppløst stoff X (mol);
V løsning - volumet av løsningen (l).
Eksempel 5.1 Beregn den molare konsentrasjonen av H 3 PO 4 i løsningen, hvis det er kjent at massefraksjonen av H 3 PO 4 er 60 %, og løsningens tetthet er 1,43 g / ml.
Per definisjon av prosentkonsentrasjon
100 g løsning inneholder 60 g fosforsyre.
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;
V løsning \u003d m løsning: ρ løsning \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-løsning \u003d 0,612 mol: 0,0699 l \u003d 8,755 mol / l.
Eksempel 5.2 Det er en 0,5 M løsning av H 2 SO 4 . Hva er massefraksjonen av svovelsyre i denne løsningen? Ta tettheten til løsningen lik 1 g/ml.
Per definisjon av molar konsentrasjon
1 liter løsning inneholder 0,5 mol H 2 SO 4
(Oppføringen "0,5 M løsning" betyr at C (H 2 SO 4) \u003d 0,5 mol / l).
m løsning = V løsning × ρ løsning = 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 løsning \u003d 49 g: 1000 g \u003d 0,049 (4,9%).
Eksempel 5.3 Hvilke volumer vann og en 96 % løsning av H 2 SO 4 med en tetthet på 1,84 g / ml bør tas for å fremstille 2 liter av en 60 % løsning av H 2 SO 4 med en densitet på 1,5 g / ml.
Når du løser problemer for fremstilling av en fortynnet løsning fra en konsentrert, bør det tas i betraktning at den opprinnelige løsningen (konsentrert), vann og den resulterende løsningen (fortynnet) har forskjellige tettheter. I dette tilfellet må det huskes at V av den opprinnelige løsningen + V av vann ≠ V av den resulterende løsningen,
fordi i løpet av å blande en konsentrert løsning og vann, skjer det en endring (økning eller reduksjon) i volumet til hele systemet.
Løsningen av slike problemer må begynne med å finne ut parametrene til en fortynnet løsning (dvs. løsningen som må tilberedes): dens masse, massen av det oppløste stoffet, om nødvendig, og mengden av det oppløste stoffet.
M 60 % løsning = V 60 % løsning ∙ ρ 60 % løsning = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g
m (H 2 SO 4) i 60 % løsning \u003d m 60 % løsning w (H 2 SO 4) i 60 % løsning \u003d 3000 g 0,6 \u003d 1800 g.
Massen av ren svovelsyre i den tilberedte løsningen bør være lik massen av svovelsyre i den delen av 96 % løsningen som må tas for å fremstille den fortynnede løsningen. Dermed,
m (H 2 SO 4) i 60% løsning \u003d m (H 2 SO 4) i 96% løsning \u003d 1800 g.
m 96 % løsning = m (H 2 SO 4) i 96 % løsning: w (H 2 SO 4) i 96 % løsning = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) \u003d m 40% løsning - m 96% løsning \u003d 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.
V 96% løsning \u003d m 96% løsning: ρ 96% løsning \u003d 1875 g: 1,84 g / ml \u003d 1019 ml » 1,02 l.
V vann \u003d m vann: ρ vann \u003d 1125g: 1 g / ml \u003d 1125 ml \u003d 1,125 l.
Eksempel 5.4 Blandet 100 ml av en 0,1 M løsning av CuCl 2 og 150 ml av en 0,2 M løsning av Cu(NO 3) 2 Beregn den molare konsentrasjonen av Cu 2+, Cl - og NO 3 - ioner i den resulterende løsningen.
Når du løser et lignende problem med å blande fortynnede løsninger, er det viktig å forstå at fortynnede løsninger har omtrent samme tetthet, omtrent lik tettheten til vann. Når de blandes, endres det totale volumet av systemet praktisk talt ikke: V 1 av en fortynnet løsning + V 2 av en fortynnet løsning + ... "V av den resulterende løsningen.
I den første løsningen:
n (CuCl 2) \u003d C (CuCl 2) V løsning av CuCl 2 \u003d 0,1 mol / l × 0,1 l \u003d 0,01 mol;
CuCl 2 - sterk elektrolytt: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;
Derfor, n (Cu 2+) \u003d n (CuCl 2) \u003d 0,01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0,01 \u003d 0,02 mol.
I den andre løsningen:
n (Cu (NO 3) 2) \u003d C (Cu (NO 3) 2) × V løsning Cu (NO 3) 2 \u003d 0,2 mol / l × 0,15 l \u003d 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 - sterk elektrolytt: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 -;
Derfor, n (Cu 2+) \u003d n (Cu (NO 3) 2) \u003d 0,03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0,03 \u003d 0,06 mol.
Etter blanding av løsninger:
n(Cu2+)tot. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V vanlig. » Vløsning CuCl 2 + Vløsning 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 totalt. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 0,24 mol / l.
Eksempel 5.5 684 mg aluminiumsulfat og 1 ml av en 9,8 % svovelsyreløsning med en densitet på 1,1 g/ml ble tilsatt til kolben. Den resulterende blanding ble oppløst i vann; Volumet av løsningen ble fylt opp til 500 ml med vann. Beregn de molare konsentrasjonene av H + , Al 3+ SO 4 2– ioner i den resulterende løsningen.
Beregn mengden av oppløste stoffer:
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 - sterk elektrolytt: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–;
Derfor er n(Al3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n (SO 4 2–) \u003d 3 × 0,002 mol \u003d 0,006 mol.
m løsning av H 2 SO 4 \u003d V løsning av H 2 SO 4 × ρ løsning av H 2 SO 4 \u003d 1 ml × 1,1 g / ml \u003d 1,1 g;
m (H 2 SO 4) \u003d m løsning av H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) \u003d 1,1 g 0,098 \u003d 0,1078 g.
n (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4): M (H 2 SO 4) \u003d 0,1078 g: 98 g / mol \u003d 0,0011 mol;
H 2 SO 4 er en sterk elektrolytt: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2–.
Derfor, n (SO 4 2–) \u003d n (H 2 SO 4) \u003d 0,0011 mol; n(H +) \u003d 2 × 0,0011 \u003d 0,0022 mol.
I henhold til tilstanden til problemet er volumet av den resulterende løsningen 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–)tot. \u003d 0,006 mol + 0,0011 mol \u003d 0,0071 mol.
C (Al 3+) \u003d n (Al 3+): V-løsning \u003d 0,004 mol: 0,5 l \u003d 0,008 mol / l;
C (H +) \u003d n (H +) : V løsning \u003d 0,0022 mol: 0,5 l \u003d 0,0044 mol / l;
C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) totalt. : V løsning \u003d 0,0071 mol: 0,5 l \u003d 0,0142 mol / l.
Eksempel 5.6 Hvilken masse jern(II)sulfat (FeSO 4 7H 2 O) og hvilket volum vann må tas for å tilberede 3 liter av en 10 % løsning av jern(II)sulfat. Ta tettheten til løsningen lik 1,1 g/ml.
Massen av løsningen som skal tilberedes er:
m løsning = V løsning ∙ ρ løsning = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Massen av rent jern (II) sulfat i denne løsningen er:
m (FeSO 4) \u003d m løsning × w (FeSO 4) \u003d 3300 g × 0,1 \u003d 330 g.
Den samme massen av vannfri FeSO 4 må inneholdes i mengden krystallinsk hydrat som må tas for å fremstille løsningen. Fra en sammenligning av molmassene M (FeSO 4 7H 2 O) \u003d 278 g / mol og M (FeSO 4) \u003d 152 g / mol,
vi får andelen:
278 g FeSO 4 7H 2 O inneholder 152 g FeSO 4;
x g FeSO 4 7H 2 O inneholder 330 g FeSO 4;
x \u003d (278 330): 152 \u003d 603,6 g.
m vann \u003d m løsning - m jernholdig sulfat \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 2696,4 g.
Fordi tettheten av vann er 1 g / ml, deretter er volumet av vann som må tas for å forberede løsningen: V vann \u003d m vann: ρ vann \u003d 2696,4 g: 1 g / ml \u003d 2696,4 ml.
Eksempel 5.7 Hvilken masse av Glaubers salt (Na 2 SO 4 10H 2 O) må løses opp i 500 ml 10 % natriumsulfatløsning (løsningstetthet 1,1 g / ml) for å oppnå en 15 % Na 2 SO 4 løsning?
La det kreves x gram av Glaubers salt Na 2 SO 4 10H 2 O. Da er massen av den resulterende løsningen:
m 15 % løsning = m original (10 %) løsning + m Glaubers salt = 550 + x (g);
m initial (10 %) løsning = V 10 % løsning x ρ 10 % løsning = 500 ml x 1,1 g/ml = 550 g;
m (Na 2 SO 4) i den opprinnelige (10%) løsningen \u003d m 10% løsning a w (Na 2 SO 4) \u003d 550 g 0,1 \u003d 55 g.
Uttrykk gjennom x massen av ren Na 2 SO 4 som finnes i x gram Na 2 SO 4 10H 2 O.
M (Na2SO410H2O) \u003d 322 g/mol; M (Na 2 SO 4) \u003d 142 g / mol; derfor:
322 g Na 2 SO 4 10H 2 O inneholder 142 g vannfri Na 2 SO 4;
x g Na 2 SO 4 10H 2 O inneholder mg vannfri Na 2 SO 4.
m(Na 2 SO 4) \u003d 142 x: 322 \u003d 0,441 x x.
Den totale massen av natriumsulfat i den resulterende løsningen vil være lik:
m (Na2SO4) i 15 % løsning = 55 + 0,441 x x (g).
I den resulterende løsningen: 
= 0,15
hvorav x = 94,5 g.
Oppgave nummer 6
Tabell 6 - Betingelser for oppgave nr. 6
| opsjonsnummer | Tilstandstekst |
| 5 g Na 2 SO 4 × 10 H 2 O ble oppløst i vann, og volumet av den resulterende løsning ble brakt til 500 ml med vann. Beregn massefraksjonen av Na 2 SO 4 i denne løsningen (ρ = 1 g/ml) og de molare konsentrasjonene av Na + og SO 4 2– ioner. | |
| Blandede løsninger: 100 ml 0,05 M Cr2(SO4)3 og 100 ml 0,02M Na2S04. Beregn de molare konsentrasjonene av Cr 3+ , Na + og SO 4 2– ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hvilke volumer vann og en 98 % løsning (densitet 1,84 g/ml) av svovelsyre bør tas for å tilberede 2 liter av en 30 % løsning med en tetthet på 1,2 g/ml? | |
| 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O ble oppløst i 400 ml vann Hva er de molare konsentrasjonene av Na + og CO 3 2– ioner og massefraksjonen av Na 2 CO 3 i den resulterende løsningen (ρ = 1,1 g/ml)? | |
| Blandede løsninger: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4 ) 3 og 100 ml 0,01 M NiSO 4 . Beregn de molare konsentrasjonene av Al 3+ , Ni 2+ , SO 4 2- ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hvilke volumer vann og en 60 % løsning (tetthet 1,4 g/ml) salpetersyre vil være nødvendig for å tilberede 500 ml av en 4 M løsning (densitet 1,1 g/ml)? | |
| Hvilken masse kobbersulfat (CuSO 4 × 5H 2 O) er nødvendig for å tilberede 500 ml av en 5% løsning av kobbersulfat med en tetthet på 1,05 g / ml? | |
| 1 ml av en 36 % løsning (p = 1,2 g/ml) av HCl og 10 ml av en 0,5 M løsning av ZnCl2 ble tilsatt til kolben. Volumet av den resulterende løsning ble brakt til 50 ml med vann. Hva er de molare konsentrasjonene av H + , Zn 2+ , Cl - ioner i den resulterende løsningen? | |
| Hva er massefraksjonen av Cr 2 (SO 4) 3 i en løsning (ρ » 1 g / ml), hvis det er kjent at den molare konsentrasjonen av sulfationer i denne løsningen er 0,06 mol / l? | |
| Hvilke volumer vann og 10 M løsning (ρ=1,45 g/ml) natriumhydroksid vil være nødvendig for å lage 2 liter 10 % NaOH-løsning (ρ= 1,1 g/ml)? | |
| Hvor mange gram jern(II)sulfat FeSO 4 × 7H 2 O kan oppnås ved å fordampe vann fra 10 liter av en 10 % jern(II)sulfatløsning (løsningstetthet 1,2 g/ml)? | |
| Blandede løsninger: 100 ml 0,1 M Cr2 (SO 4) 3 og 50 ml 0,2 M CuS04. Beregn de molare konsentrasjonene av Cr 3+ , Cu 2+ , SO 4 2- ioner i den resulterende løsningen. |
Tabell 6 fortsetter
| opsjonsnummer | Tilstandstekst |
| Hvilke volumer vann og en 40% løsning av fosforsyre med en tetthet på 1,35 g / ml vil være nødvendig for å fremstille 1 m 3 av en 5% løsning av H 3 PO 4, hvis tetthet er 1,05 g / ml? | |
| 16,1 g Na2SO4 × 10H20 ble oppløst i vann og volumet av den resulterende oppløsningen ble brakt til 250 ml med vann. Beregn massefraksjonen og molar konsentrasjon av Na 2 SO 4 i den resulterende løsningen (anta at tettheten til løsningen er 1 g/ml). | |
| Blandede løsninger: 150 ml 0,05 M Fe2 (SO 4) 3 og 100 ml 0,1 M MgS04. Beregn de molare konsentrasjonene av Fe 3+ , Mg 2+ , SO 4 2– ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hvilke volumer vann og 36 % saltsyre (densitet 1,2 g/ml) trengs for å tilberede 500 ml av en 10 % løsning med en tetthet på 1,05 g/ml? | |
| 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O ble oppløst i 200 ml vann Hva er massefraksjonen av det oppløste stoffet i den resulterende løsningen, hvis tetthet er 1,1 g / ml? Beregn de molare konsentrasjonene av Al 3+ og SO 4 2– ioner i denne løsningen. | |
| Blandede løsninger: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 og 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3 . Beregn de molare konsentrasjonene av Fe 3+ , Al 3+ og SO 4 2– ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hvilke volumer vann og 80% løsning av eddiksyre (tetthet 1,07 g/ml) vil være nødvendig for å tilberede 0,5 l bordeddik, der massefraksjonen av syre er 7%? Ta tettheten av bordeddik lik 1 g/ml. | |
| Hvilken masse jernsulfat (FeSO 4 × 7H 2 O) trengs for å tilberede 100 ml av en 3% løsning av jernsulfat? Tettheten av løsningen er 1 g/ml. | |
| 2 ml 36% HCl-løsning (densitet 1,2 g/cm3) og 20 ml 0,3 M CuCl2-løsning ble tilsatt til kolben. Volumet av den resulterende løsning ble brakt til 200 ml med vann. Beregn de molare konsentrasjonene av H + , Cu 2+ og Cl - ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hva er den prosentvise konsentrasjonen av Al 2 (SO 4) 3 i en løsning der den molare konsentrasjonen av sulfationer er 0,6 mol/l. Tettheten av løsningen er 1,05 g/ml. | |
| Hvilke volumer vann og 10 M KOH-løsning (løsningstetthet 1,4 g/ml) vil være nødvendig for å tilberede 500 ml 10 % KOH-løsning med en tetthet på 1,1 g/ml? | |
| Hvor mange gram kobbersulfat CuSO 4 × 5H 2 O kan oppnås ved å fordampe vann fra 15 liter 8% kobbersulfatløsning, hvis tetthet er 1,1 g / ml? | |
| Blandede løsninger: 200 ml 0,025 M Fe2 (SO 4) 3 og 50 ml 0,05 M FeCl3. Beregn den molare konsentrasjonen av Fe 3+ , Cl - , SO 4 2- ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hvilke volumer vann og en 70 % løsning av H 3 PO 4 (tetthet 1,6 g/ml) vil være nødvendig for å fremstille 0,25 m 3 av en 10 % løsning av H 3 PO 4 (densitet 1,1 g/ml)? | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O ble oppløst i 100 ml vann.. Beregn massefraksjonen av Al 2 (SO 4) 3 og de molare konsentrasjonene av Al 3+ og SO 4 2– ioner i resulterende løsning, hvis tetthet er 1 g/ml | |
| Blandede løsninger: 50 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 og 200 ml 0,02 M Cr (NO 3) 3 . Beregn de molare konsentrasjonene av Cr 3+ , NO 3 - , SO 4 2- ioner i den resulterende løsningen. | |
| Hvilke volumer av en 50 % løsning av perklorsyre (tetthet 1,4 g/ml) og vann trengs for å tilberede 1 liter av en 8 % løsning med en tetthet på 1,05 g/ml? | |
| Hvor mange gram Glaubers salt Na 2 SO 4 × 10H 2 O må løses i 200 ml vann for å få en 5 % natriumsulfatløsning? | |
| 1 ml 80 % løsning av H2SO4 (oppløsningstetthet 1,7 g/ml) og 5000 mg Cr2(SO4)3 ble tilsatt til kolben. Blandingen ble oppløst i vann; volumet av løsningen ble brakt til 250 ml. Beregn de molare konsentrasjonene av H + , Cr 3+ og SO 4 2– ioner i den resulterende løsningen. |
Tabell 6 fortsetter
KJEMISK LIKEVEKT
Alle kjemiske reaksjoner kan deles inn i 2 grupper: irreversible reaksjoner, dvs. reaksjoner som fortsetter inntil fullstendig forbruk av minst ett av de reagerende stoffene, og reversible reaksjoner der ingen av de reagerende stoffene er fullstendig konsumert. Dette skyldes det faktum at en reversibel reaksjon kan foregå både i forover- og bakoverretning. Et klassisk eksempel på en reversibel reaksjon er syntesen av ammoniakk fra nitrogen og hydrogen:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Ved starten av reaksjonen er konsentrasjonene av startstoffene i systemet maksimale; i dette øyeblikket er hastigheten på fremreaksjonen også maksimal. Ved starten av reaksjonen er det fortsatt ingen reaksjonsprodukter i systemet (i dette eksemplet ammoniakk), derfor er hastigheten på den omvendte reaksjonen null. Når de opprinnelige stoffene interagerer med hverandre, synker konsentrasjonene deres, derfor reduseres også hastigheten på den direkte reaksjonen. Konsentrasjonen av reaksjonsproduktet øker gradvis, derfor øker hastigheten på den omvendte reaksjonen også. Etter en tid blir hastigheten på foroverreaksjonen lik hastigheten på reversen. Denne tilstanden til systemet kalles tilstand av kjemisk likevekt. Konsentrasjonene av stoffer i et system som er i en tilstand av kjemisk likevekt kalles likevektskonsentrasjoner. Den kvantitative egenskapen til et system i en tilstand av kjemisk likevekt er likevektskonstant.
For enhver reversibel reaksjon a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + …, er uttrykket for den kjemiske likevektskonstanten (K) skrevet som en brøk, i telleren som er likevektskonsentrasjonene til reaksjonsproduktene , og i nevneren er likevektskonsentrasjonene til utgangsstoffene, dessuten må konsentrasjonen av hvert stoff heves til en potens lik den støkiometriske koeffisienten i reaksjonsligningen.
For eksempel for reaksjonen N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Det bør man ha i bakhodet uttrykket for likevektskonstanten inkluderer likevektskonsentrasjonene av bare gassformige stoffer eller stoffer som er i oppløst tilstand . Konsentrasjonen av et fast stoff antas å være konstant og skrives ikke inn i likevektskonstanten.
CO 2 (gass) + C (fast stoff) ⇆ 2CO (gass)
CH 3 COOH (løsning) ⇆ CH 3 COO - (løsning) + H + (løsning)
Ba 3 (PO 4) 2 (fast) ⇆ 3 Ba 2+ (mettet løsning) + 2 PO 4 3– (mettet løsning) K \u003d C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Det er to viktigste typer problemer knyttet til beregning av parametrene til et likevektssystem:
1) startkonsentrasjonene av utgangsstoffene er kjent; ut fra problemets tilstand kan man finne konsentrasjonene av stoffer som har reagert (eller dannet) når likevekt er nådd; i oppgaven kreves det å beregne likevektskonsentrasjonene til alle stoffer og den numeriske verdien av likevektskonstanten;
2) startkonsentrasjonene av startstoffene og likevektskonstanten er kjent. Tilstanden inneholder ikke data om konsentrasjoner av reagerte eller dannede stoffer. Det er nødvendig å beregne likevektskonsentrasjonene til alle deltakerne i reaksjonen.
For å løse slike problemer er det nødvendig å forstå at likevektskonsentrasjonen av evt første stoffer kan bli funnet ved å trekke konsentrasjonen av det reagerte stoffet fra den opprinnelige konsentrasjonen:
C likevekt \u003d C initial - C for det reagerte stoffet.
Likevektskonsentrasjon reaksjonsprodukt er lik konsentrasjonen av produktet dannet ved likevektstidspunktet:
C likevekt \u003d C for det resulterende produktet.
For å beregne parametrene til et likevektssystem er det derfor svært viktig å kunne bestemme hvor mye av det opprinnelige stoffet som hadde reagert da likevekten ble nådd og hvor mye av reaksjonsproduktet som ble dannet. For å bestemme mengden (eller konsentrasjonen) av de reagerte og dannede stoffene, utføres støkiometriske beregninger i henhold til reaksjonsligningen.
Eksempel 6.1 Startkonsentrasjonene av nitrogen og hydrogen i likevektssystemet N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 er henholdsvis 3 mol/l og 4 mol/l. Da den kjemiske likevekten ble nådd, forble 70 % hydrogen fra den opprinnelige mengden i systemet. Bestem likevektskonstanten til denne reaksjonen.
Det følger av betingelsene for problemet at da likevekt ble nådd, hadde 30 % av hydrogen reagert (problem 1 type):
4 mol/l H 2 - 100 %
x mol/l H 2 - 30 %
x \u003d 1,2 mol / l \u003d C proreag. (H2)
Som det fremgår av reaksjonsligningen skal nitrogen ha reagert 3 ganger mindre enn hydrogen, dvs. Med proreager. (N 2) \u003d 1,2 mol/l: 3 \u003d 0,4 mol/l. Ammoniakk dannes 2 ganger mer enn nitrogen reagerte:
Fra bilder. (NH 3) \u003d 2 × 0,4 mol / l \u003d 0,8 mol / l
Likevektskonsentrasjonene til alle deltakerne i reaksjonen vil være som følger:
Lik (H 2) \u003d C initial. (H 2) - C proreagerer. (H 2) \u003d 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;
Lik (N 2) \u003d C beg. (N 2) – C forreagere. (N 2) \u003d 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;
Lik (NH 3) = C-bilder. (NH 3) \u003d 0,8 mol/l.
Likevektskonstant = 
.
Eksempel 6.2 Beregn likevektskonsentrasjonene av hydrogen, jod og hydrogenjod i systemet H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, hvis det er kjent at startkonsentrasjonene av H 2 og I 2 er henholdsvis 5 mol/l og 3 mol/l, og likevektskonstanten er 1.
Det skal bemerkes at i tilstanden til dette problemet (oppgave av type 2) sier ikke tilstanden noe om konsentrasjonene av de reagerte startstoffene og produktene som dannes. Derfor, når du løser slike problemer, blir konsentrasjonen av noe reagert stoff vanligvis tatt som x.
La x mol/l H 2 ha reagert når likevekten er nådd. Deretter, som følger av reaksjonsligningen, skal x mol/l I 2 reagere, og det skal dannes 2x mol/l HI. Likevektskonsentrasjonene til alle deltakerne i reaksjonen vil være som følger:
Lik (H 2) \u003d C beg. (H 2) - C proreagerer. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;
Lik (I 2) = C beg. (I 2) – C forreagere. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;
Lik (HI) = C-bilder. (HI) = 2x mol/l.
4x2 = 15 - 8x + x2
3x2 + 8x - 15 = 0
x 1 = -3,94 x 2 = 1,27
Bare den positive roten x = 1,27 har fysisk betydning.
Derfor er C lik. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l \u003d 5 - 1,27 \u003d 3,73 mol / l;
Lik (I 2) \u003d (3 - x) mol / l \u003d 3 - 1,27 \u003d 1,73 mol / l;
Lik (HI) \u003d 2x mol / l \u003d 2 1,27 \u003d 2,54 mol / l.
Oppgave nummer 7
Tabell 7 - Betingelser for oppgave nr. 7
Tabell 7 fortsetter
Når du kompilerer ligningene for redoksreaksjoner, må følgende to viktige regler overholdes:
Regel 1: I enhver ionisk ligning må ladningskonservering observeres. Dette betyr at summen av alle ladninger på venstre side av ligningen ("venstre") må samsvare med summen av alle ladninger på høyre side av ligningen ("høyre"). Denne regelen gjelder for enhver ionisk ligning, både for fullstendige reaksjoner og for halvreaksjoner.
Lader fra venstre til høyre
Regel 2: Antall elektroner tapt i oksidasjonshalvreaksjonen må være lik antall elektroner oppnådd i reduksjonshalvreaksjonen. For eksempel, i det første eksemplet gitt i begynnelsen av denne delen (reaksjonen mellom jern og hydratiserte kobber(II)ioner), er antall elektroner tapt i den oksidative halvreaksjonen to:
Derfor må antallet elektroner ervervet i reduksjonshalvreaksjonen også være lik to:
Følgende prosedyre kan brukes til å utlede den fulle redoksligningen fra ligningene til de to halvreaksjonene:
1. Ligningene til hver av de to halvreaksjonene balanseres separat, og for å oppfylle regel 1 ovenfor, legges det tilsvarende antallet elektroner til venstre eller høyre side av hver ligning.
2. Ligningene til begge halvreaksjonene er balansert i forhold til hverandre slik at antall elektroner tapt i en reaksjon blir lik antall elektroner oppnådd i den andre halvreaksjonen, slik regel 2 krever.
3. Ligningene for begge halvreaksjonene summeres for å få den fullstendige ligningen for redoksreaksjonen. For eksempel summere ligningene til de to halvreaksjonene ovenfor og fjerne fra venstre og høyre side av den resulterende ligningen
likt antall elektroner finner vi
Vi balanserer ligningene for halvreaksjonene gitt nedenfor og komponerer en ligning for redoksreaksjonen av oksidasjonen av en vandig løsning av ethvert jernholdig salt til et jernsalt med en sur kaliumløsning.
Trinn 1. Først balanserer vi ligningen for hver av de to halvreaksjonene separat. For ligning (5) har vi
For å balansere begge sider av denne ligningen, må du legge til fem elektroner til venstre side, eller trekke fra samme antall elektroner fra høyre side. Etter det får vi
Dette lar oss skrive følgende balanserte ligning:
Siden elektroner måtte legges til venstre side av ligningen, beskriver den en reduksjonshalvreaksjon.
For ligning (6) kan vi skrive
For å balansere denne ligningen kan du legge til ett elektron på høyre side. Deretter