Prilikom sastavljanja jednadžbe za redoks reakciju (ORR) potrebno je odrediti redukciono sredstvo, oksidant i broj datih i primljenih elektrona. OVR stehiometrijski koeficijenti se biraju metodom ravnoteže elektrona ili metodom balansa elektrona i jona (posljednja se također naziva metoda polureakcije). Pogledajmo nekoliko primjera. Kao primjer sastavljanja OVR jednadžbi i odabira stehiometrijskih koeficijenata analiziramo proces oksidacije željezovog (II) disulfida (pirita) koncentriranom dušičnom kiselinom: Prije svega određujemo moguće produkte reakcije. Dušična kiselina je jako oksidaciono sredstvo, pa se sulfidni ion može oksidirati ili do maksimalnog oksidacionog stanja S (H2S04) ili do S (SO2), a Fe u Fe, dok se HN03 može reducirati na N0 ili N02 (skup specifičnim proizvodima određuju se koncentracije reagensa, temperatura itd.). Odaberimo sljedeću moguću opciju: H20 će biti na lijevoj ili desnoj strani jednačine, još ne znamo. Postoje dvije glavne metode za odabir koeficijenata. Prvo primijenimo metodu ravnoteže elektrona i jona. Suština ove metode je u dvije vrlo jednostavne i vrlo važne izjave. Prvo, u ovoj metodi se razmatra prelazak elektrona iz jedne čestice u drugu uz obavezno razmatranje prirode medija (kiselog, alkalnog ili neutralnog). Drugo, prilikom sastavljanja jednačine ravnoteže elektron-jona, zapisuju se samo one čestice koje stvarno postoje tokom datog OVR-a - samo stvarno postojeći katjoni ili anoni se zapisuju u obliku jona; Supstance koje su slabo disocijacije, nerastvorljive ili oslobođene u obliku gasa zapisuju se u molekularnom obliku. Prilikom sastavljanja jednadžbe za procese oksidacije i redukcije, radi izjednačavanja broja atoma vodika i kisika, uvode se (ovisno o mediju) ili molekule vode i vodikovi ioni (ako je medij kiseli), ili molekuli vode i hidroksid ioni. (ako je medij alkalni). Razmotrimo za naš slučaj polu-reakciju oksidacije. Molekuli FeS2 (slabo rastvorljiva supstanca) se pretvaraju u Fe3+ ione (gvožđe nitrat (II) potpuno se disocira u ione) i sulfatne ione S042" (disocijacija H2SO4): Razmotrite sada polureakciju redukcije nitratnog jona: Za izjednačavanje kiseonik, dodati 2 na desnu stranu molekula vode, a na levu - 4 H + jona: Da izjednačimo naelektrisanje na levoj strani (naelektrisanje +3), dodamo 3 elektrona: Konačno, imamo: Smanjenje oba dela za 16H + i 8H20, dobijamo konačnu, redukovanu ionsku jednačinu redoks reakcije: Dodavanjem odgovarajućeg broja NOJ nH+ jona na obe strane jednačine, nalazimo jednačinu molekularne reakcije: Imajte na umu da za određivanje broja datih i primljenih elektrona , nikada nismo morali odrediti oksidacijsko stanje elemenata. Osim toga, uzeli smo u obzir uticaj okoline i „automatski“ utvrdili da je H20 na desnoj strani jednačine. Nema sumnje da ova metoda ima veliko hemijsko značenje. Metoda empirijske ravnoteže. Suština metode za određivanje stehiometrijskih koeficijenata u OVR jednačinama je obavezno određivanje oksidacijskih stanja atoma elemenata uključenih u OVR. Koristeći ovaj pristup, ponovo izjednačavamo reakciju (11.1) (gore smo na ovu reakciju primijenili metodu polureakcija). Proces redukcije je jednostavno opisan: Teže je napraviti shemu oksidacije, jer se dva elementa oksidiraju odjednom - Fe i S. Možete dodijeliti oksidacijsko stanje +2 željezu, sumporu - 1 i uzeti u obzir da postoje dva atoma S po atomu Fe: Možete, međutim, učiniti bez određivanja oksidacionih stanja i zapisati shemu koja liči na šemu (11.2): Desna strana ima naelektrisanje od +15, lijeva strana ima naboj od 0 , tako da FeS2 mora odustati od 15 elektrona. Zapisujemo ukupnu ravnotežu: Moramo još malo "razumjeti" rezultirajuću jednadžbu ravnoteže - iz nje se može vidjeti da se 5 molekula HN03 koristi za oksidaciju FeS2, a još 3 molekula HNO su potrebne za formiranje Fe(N03)j : Da biste izjednačili vodonik i kisik, u desni dio trebate dodati 2 molekule H20: Metoda ravnoteže elektrona i jona je svestranija od metode ravnoteže elektrona i ima neospornu prednost u odabiru koeficijenata u mnogim OTS, posebno, uz učešće organskih jedinjenja, kod kojih je čak i postupak određivanja oksidacionih stanja veoma komplikovan. - Razmotrimo, na primjer, proces oksidacije etilena, koji nastaje kada se propušta kroz vodeni rastvor kalijum permanganata. Kao rezultat toga, etilen se oksidira u etilen glikol HO - CH2 - CH2 - OH, a permanganat se reducira u mangan oksid (TV), osim toga, kao što će biti očito iz konačne jednadžbe ravnoteže, na desnoj strani nastaje i kalijum hidroksid : Nakon potrebnih redukcija takvih pojmova, zapisujemo jednačinu u konačnom molekularnom obliku * Uticaj medija na prirodu toka OVR Primjeri (11.1) - (11.4) jasno ilustriraju "tehniku" korištenja Metoda ravnoteže elektron-jona u slučaju OVR strujanja u kiseloj ili alkalnoj sredini. Priroda okoline utiče na tok jednog ili drugog OVR-a; da bismo „osetili“ ovaj uticaj, razmotrimo ponašanje jednog te istog oksidacionog agensa (KMnO4) u različitim sredinama. , obnavljajući do Mn+4 (Mn0j), a minimum - u jačini posljednjeg, u kojem je uskrsnuo Shaiyaaapsya do (mvnganat-nOn Mn042"). Ovo se objašnjava na sljedeći način. Kiseline linije disocijacije formiraju hidroksidne ione ffjO +, koji snažno polariziraju 4 "MoOH jona. Slabe veze mangana sa kisikom (čime se pojačava djelovanje redukcionog agensa) .. U neutralnom mediju, polarizacijski učinak molekula vode je značajno c-aafep. >"MnO joni; mnogo manje polarizovan. U jako alkalnoj sredini, hidroksidni joni „čak jačaju vezu Mn-O, usled čega se smanjuje efikasnost redukcionog sredstva i MnO^ prihvata samo jedan elektron. Primjer ponašanja kalijum permanganata u neutralnom mediju predstavlja reakcija (11.4). Navedimo i jedan primjer reakcija koje uključuju KMnOA u kiseloj i alkalnoj sredini

Prilikom sastavljanja jednadžbe za redoks reakciju potrebno je odrediti redukciono sredstvo, oksidant i broj datih i primljenih elektrona. Postoje uglavnom dvije metode za sastavljanje jednadžbi redoks reakcija:
1) elektronski balans– na osnovu određivanja ukupnog broja elektrona koji se kreću od redukcionog sredstva do oksidacionog sredstva;
2) jonsko-elektronska ravnoteža- predviđa odvojeno sastavljanje jednačina za proces oksidacije i redukcije sa njihovim naknadnim zbrajanjem u zajedničku metodu ionske jednačine-polu-reakcije. U ovoj metodi potrebno je pronaći ne samo koeficijente za reduktor i oksidant, već i za molekule medija. U zavisnosti od prirode medija, broj elektrona koje prihvata oksidaciono sredstvo ili gubi redukciono sredstvo može varirati.
1) Elektronska ravnoteža - metoda za pronalaženje koeficijenata u jednačinama redoks reakcija, koja razmatra razmjenu elektrona između atoma elemenata koji mijenjaju svoje oksidacijsko stanje. Broj elektrona doniranih redukcijskim agensom jednak je broju elektrona primljenih od strane oksidacijskog sredstva.

Jednačina se sastavlja u nekoliko faza:

1. Zapišite shemu reakcije.

KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O

2. Zapišite oksidaciona stanja iznad znakova elemenata koji se mijenjaju.

KMn +7 O 4 + HCl -1 → KCl + Mn +2 Cl 2 + Cl 2 0 + H 2 O

3. Alocirati elemente koji mijenjaju stepen oksidacije i određuju broj elektrona koje oksidaciono sredstvo dobija i daje redukciono sredstvo.

Mn +7 + 5ē = Mn +2

2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0

4. Izjednačiti broj stečenih i doniranih elektrona, čime se utvrđuju koeficijenti za jedinjenja u kojima postoje elementi koji menjaju oksidaciono stanje.

Mn +7 + 5ē = Mn +2 2

2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0 5

––––––––––––––––––––––––

2Mn +7 + 10Cl -1 = 2Mn +2 + 5Cl 2 0

5. Koeficijenti se biraju za sve ostale učesnike u reakciji. U tom slučaju 10 molekula HCl učestvuje u procesu redukcije, a 6 u procesu jonske izmjene (vezivanje jona kalija i mangana).

2KMn +7 O 4 + 16HCl -1 = 2KCl + 2Mn +2 Cl 2 + 5Cl 2 0 + 8H 2 O

2) Metoda ravnoteže jona i elektrona.

1. Zapišite shemu reakcije.

K 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O

2. Zapišite šeme polureakcija, koristeći stvarno prisutne čestice (molekule i jone) u otopini. Istovremeno, sumiramo materijalni bilans, tj. broj atoma elemenata koji sudjeluju u polureakciji na lijevoj strani mora biti jednak njihovom broju na desnoj strani. Oksidirani i reducirani oblici oksidans i reduktor se često razlikuju po sadržaju kiseonika (uporedi Cr 2 O 7 2− i Cr 3+). Stoga, pri sastavljanju jednadžbi polu-reakcije metodom ravnoteže elektron-jona, one uključuju parove H + /H 2 O (za kiselo okolina) i OH - / H 2 O (za alkalna okruženje). Ako se prilikom prijelaza iz jednog oblika u drugi izvorni oblik (obično − oksidirano) gubi svoje oksidne ione (prikazano dolje u uglastim zagradama), potonji, budući da ne postoje u slobodnom obliku, moraju biti u kiselo medijum se kombinuju sa katjonima vodonika, a in alkalna medij - s molekulima vode, što dovodi do stvaranja molekule vode(u kiseloj sredini) i hidroksidnih jona(u alkalnom okruženju):

kiselo okruženje+ 2H + = H 2 O primjer: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
alkalnom okruženju+ H 2 O \u003d 2 OH - primjer: MnO 4 - + 2H 2 O \u003d MnO 2 + 4OH -

nedostatak kiseonika u izvornom obliku (češće u restauriranom obliku) u odnosu na konačni oblik nadoknađuje se dodavanjem molekule vode(u kiselo okruženje) ili hidroksidnih jona(u alkalna okruženje):

kiselo okruženje H 2 O = + 2H + primjer: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
alkalnom okruženju 2 OH - \u003d + H 2 O primjer: SO 3 2- + 2OH - \u003d SO 4 2- + H 2 O

MnO 4 - + 8H + → Mn 2+ + 4H 2 O redukcija

SO 3 2- + H 2 O → SO 4 2- + 2H + oksidacija

3. Elektronski bilans sumiramo prateći potrebu za jednakošću ukupnog naboja u desnom i lijevom dijelu jednačine polu-reakcije.

U gornjem primjeru, na desnoj strani jednadžbe polu-reakcije redukcije, ukupan naboj jona je +7, na lijevoj - +2, što znači da se na desnoj strani mora dodati pet elektrona:

MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O

U jednadžbi polu-reakcije oksidacije, ukupan naboj na desnoj strani je -2, na lijevoj strani 0, što znači da se na desnoj strani moraju oduzeti dva elektrona:

SO 3 2- + H 2 O - 2ē → SO 4 2- + 2H +

Dakle, u obje jednačine je implementiran balans jona i elektrona i u njih je moguće staviti znake jednakosti umjesto strelica:

MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O

SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H +

4. Prateći pravilo o nužnosti jednakosti broja elektrona koje prihvata oksidaciono sredstvo i daje redukciono sredstvo, nalazimo najmanji zajednički višekratnik za broj elektrona u obe jednačine (2∙5 = 10).

5. Množimo sa koeficijentima (2.5) i zbrojimo obje jednačine dodavanjem lijevog i desnog dijela obje jednačine.

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-

ili u molekularnom obliku:

5K 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = 6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O

Ova metoda razmatra prijelaz elektrona s jednog atoma ili jona na drugi, uzimajući u obzir prirodu medija (kiselog, alkalnog ili neutralnog) u kojem se reakcija odvija. U kiselom mediju, u jednadžbama polureakcija, za izjednačavanje broja atoma vodika i kisika treba koristiti vodonikove ione H+ i molekule vode, u osnovnom hidroksid ione OH - i molekule vode. Shodno tome, u dobijenim produktima, na desnoj strani elektronsko-jonske jednadžbe, nalazit će se ioni vodika (a ne hidroksidni ioni) i molekuli vode (kiseli medij) ili hidroksidni ioni i molekuli vode (alkalni medij). Tako, na primjer, jednadžba za polureakciju redukcije permanganatnog jona u kiselom mediju ne može se sastaviti uz prisustvo hidroksidnih iona na desnoj strani:

MnO 4 - + 4H 2 O + 5ē \u003d Mn 2+ + 8OH -.

Ispravno: MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O

Odnosno, kada pišete elektronski jonske jednačine mora se polaziti od sastava jona koji su stvarno prisutni u rastvoru. Osim toga, kao iu izradi skraćenih jonskih jednačina, tvari koje se slabo disocijacije, slabo topive ili oslobađaju u obliku plina treba napisati u molekularnom obliku.

Sastavljanje jednadžbi redoks reakcija metodom polureakcije dovodi do istog rezultata kao i metodom ravnoteže elektrona.

Hajde da uporedimo obe metode. Prednost metode polureakcije u odnosu na metodu ravnoteže elektrona je u tome što da ne koristi hipotetičke jone, već prave.

Kada se koristi metoda polureakcije, nije potrebno znati oksidacijsko stanje atoma. Pisanje pojedinačnih jednačina ionske polu-reakcije je neophodno za razumijevanje hemijski procesi u galvanskoj ćeliji i u elektrolizi. Ovom metodom vidljiva je uloga sredine kao aktivnog učesnika u celokupnom procesu. Konačno, kada se koristi metoda polureakcije, nije potrebno poznavati sve nastale tvari, one se pojavljuju u jednadžbi reakcije prilikom njenog izvođenja. Stoga, metodu polureakcija treba dati prednost i koristiti u pripremi jednadžbi za sve redoks reakcije koje se javljaju u vodenim otopinama

U ovoj metodi uspoređuju se oksidaciona stanja atoma u početnoj i krajnjoj tvari, vodeći se pravilom: broj elektrona doniranih redukcijskim agensom mora biti jednak broju elektrona vezanih za oksidacijsko sredstvo. Da biste sastavili jednadžbu, morate znati formule reaktanata i produkta reakcije. Potonji se određuju ili empirijski ili na osnovu poznatih svojstava elemenata.

Metoda ionsko-elektronske ravnoteže je svestranija od metode ravnoteže elektrona i ima neospornu prednost u odabiru koeficijenata u mnogim redoks reakcijama, posebno uz učešće organskih spojeva, u kojima je čak i postupak određivanja oksidacijskih stanja vrlo komplikovano.

Razmotrimo, na primjer, proces oksidacije etilena koji se javlja kada se propušta kroz vodeni rastvor kalijum permanganata. Kao rezultat toga, etilen se oksidira u etilen glikol HO-CH 2 -CH 2 -OH, a permanganat se reducira u mangan (IV) oksid, a osim toga, kao što će biti očito iz konačne jednadžbe ravnoteže, nastaje i kalijum hidroksid na desno:

KMnO 4 + C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 6 O 2 + MnO 2 + KOH

Jednačina polu-reakcije redukcije i oksidacije:

MnO 4 - + 2H 2 O + 3e \u003d MnO 2 + 4OH - 2 oporavak

C 2 H 4 + 2OH - - 2e \u003d C 2 H 6 O 2 3 oksidacija

Sažimamo obje jednačine, oduzimamo hidroksidne ione prisutne na lijevoj i desnoj strani.

Dobijamo konačnu jednačinu:

2KMnO 4 + 3C 2 H 4 + 4H 2 O → 3C 2 H 6 O 2 + 2MnO 2 + 2KOH

Kada koristite metodu ravnoteže jona i elektrona za određivanje koeficijenata u reakcijama koje uključuju organska jedinjenja, prikladno je uzeti u obzir oksidaciona stanja atoma vodika jednaka +1, kiseonika -2 i izračunati ugljik koristeći ravnotežu pozitivnih i negativnih naboja u molekulu (jonu). Dakle, u molekuli etilena, ukupni naboj je nula:

4 ∙ (+1) + 2 ∙ X \u003d 0,

označava stepen oksidacije dva atoma ugljenika - (-4), i jednog (X) - (-2).

Slično, u molekuli etilen glikola C 2 H 6 O 2 nalazimo oksidacijsko stanje ugljika (X):

2 ∙ X + 2 ∙ (-2) + 6 ∙ (+1) = 0, X = -1

U nekim molekulima organskih spojeva, takav proračun dovodi do frakcijske vrijednosti oksidacijskog stanja ugljika, na primjer, za molekul acetona (C 3 H 6 O), to je -4/3. Elektronska jednadžba procjenjuje ukupni naboj atoma ugljika. U molekulu acetona je -4.

Slične informacije.

Koji proučava kvantitativne odnose između supstanci koje su ušle u reakciju i nastale tokom nje (od drugog grčkog "stehion" - "elementarni sastav", "meitren" - "mjerim").

Stehiometrija je najvažnija za proračune materijala i energije, bez koje je nemoguće organizirati bilo kakvu hemijsku proizvodnju. Hemijska stehiometrija vam omogućava da izračunate količinu sirovina potrebnih za određenu proizvodnju, uzimajući u obzir željene performanse i moguće gubitke. Nijedno preduzeće se ne može otvoriti bez preliminarnih kalkulacija.

Malo istorije

Sama riječ "stehiometrija" izum je njemačkog hemičara Jeremyja Benjamina Rihtera, koji je on predložio u svojoj knjizi, u kojoj je prvi put opisana ideja o mogućnosti proračuna pomoću hemijskih jednačina. Kasnije su Rihterove ideje teorijski potkrijepljene otkrićem zakona Avogadra (1811), Gay-Lussaca (1802), zakona konstantnosti kompozicije (J.L. Proust, 1808), višestrukih odnosa (J. Dalton, 1803) i razvoj atomske i molekularne teorije. Sada se ovi zakoni, kao i zakon ekvivalenata, koji je formulirao sam Richter, nazivaju zakoni stehiometrije.

Koncept "stehiometrije" se koristi u odnosu na supstance i hemijske reakcije.

Stehiometrijske jednačine

Stehiometrijske reakcije - reakcije u kojima početne tvari međusobno djeluju u određenim omjerima, a količina proizvoda odgovara teorijskim proračunima.

Stehiometrijske jednadžbe su jednadžbe koje opisuju stehiometrijske reakcije.

Stehiometrijske jednačine) pokazuju kvantitativne odnose između svih učesnika u reakciji, izražene u molovima.

Većina ne organske reakcije- stehiometrijski. Na primjer, tri uzastopne reakcije za proizvodnju sumporne kiseline iz sumpora su stehiometrijske.

S + O 2 → SO 2

SO 2 + ½O 2 → SO 3

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4

Proračuni koji koriste ove reakcijske jednačine mogu odrediti koliko je potrebno uzeti za svaku tvar da bi se dobila određena količina sumporne kiseline.

Većina organskih reakcija je nestehiometrijska. Na primjer, jednadžba reakcije za krekiranje etana izgleda ovako:

C 2 H 6 → C 2 H 4 + H 2 .

Međutim, u stvarnosti, tokom reakcije uvijek će se dobiti različite količine nusproizvoda - acetilen, metan i drugi, što se teoretski ne može izračunati. Neke neorganske reakcije također prkose proračunima. Na primjer, amonijum nitrat:

NH 4 NO 3 → N 2 O + 2H 2 O.

Ide u nekoliko smjerova, pa je nemoguće odrediti koliko je potrebno uzeti polaznog materijala da bi se dobila određena količina dušikovog oksida (I).

Stehiometrija je teorijska osnova hemijske proizvodnje

Sve reakcije koje se koriste u ili u proizvodnji moraju biti stehiometrijske, odnosno podložne tačnim proračunima. Hoće li fabrika ili fabrika biti profitabilna? Stehiometrija vam omogućava da saznate.

Na osnovu stehiometrijskih jednačina napravljena je teorijska ravnoteža. Potrebno je odrediti koliko će polaznih materijala biti potrebno da se dobije željena količina proizvoda od interesa. Dalje se provode operativni eksperimenti koji će pokazati stvarnu potrošnju polaznih materijala i prinos proizvoda. Razlika između teorijskih proračuna i praktičnih podataka omogućava vam da optimizirate proizvodnju i procijenite buduću ekonomsku efikasnost poduzeća. Stehiometrijski proračuni također omogućavaju sastavljanje toplinske ravnoteže procesa kako bi se odabrala oprema, odredile mase formiranih nusproizvoda koje će trebati ukloniti i tako dalje.

Stehiometrijske supstance

Prema zakonu o postojanosti kompozicije koji je predložio J.L. Prust, svaka hemikalija ima konstantan sastav, bez obzira na način pripreme. To znači da će, na primjer, u molekulu sumporne kiseline H 2 SO 4, bez obzira na metodu kojim je dobivena, uvijek biti jedan atom sumpora i četiri atoma kisika na dva atoma vodika. Sve supstance koje imaju molekularnu strukturu su stehiometrijske.

Međutim, u prirodi su rasprostranjene supstance čiji se sastav može razlikovati ovisno o načinu pripreme ili izvoru porijekla. Velika većina njih jeste kristalne supstance. Moglo bi se čak reći da je za čvrsta tijela stehiometrija prije izuzetak nego pravilo.

Na primjer, razmotrite sastav dobro proučenog titanijum karbida i oksida. U titanijum oksidu TiO x X=0,7-1,3, odnosno od 0,7 do 1,3 atoma kiseonika po atomu titanijuma, u karbidu TiC x X=0,6-1,0.

Nestehiometrijski čvrste materije se objašnjava intersticijskim defektom u čvorovima kristalne rešetke ili, obrnuto, pojavom slobodnih mjesta u čvorovima. Takve tvari uključuju okside, silicide, boride, karbide, fosfide, nitride i druge neorganske tvari, kao i visokomolekularne organske.

I iako je dokaze o postojanju jedinjenja promjenjivog sastava iznio tek početkom 20. stoljeća I.S. Kurnakov, takve tvari se često nazivaju bertolidi po imenu naučnika K.L. Berthollet, koji je sugerirao da se sastav bilo koje tvari mijenja.

Za svaku supstancu u reakciji postoje sledeće količine supstance:

Početna količina i-te supstance (količina supstance prije početka reakcije);

Konačna količina i-te supstance (količina supstance na kraju reakcije);

Količina izreagovane (za početne supstance) ili formirane supstance (za produkte reakcije).

Pošto količina supstance ne može biti negativna, za početne supstance

Od >.

Za produkte reakcije >, dakle, .

Stehiometrijski odnosi - odnosi između količina, masa ili zapremina (za gasove) reaktanata ili produkta reakcije, izračunati na osnovu jednačine reakcije. Proračuni pomoću jednadžbi reakcija zasnivaju se na osnovnom zakonu stehiometrije: omjer količina reagujućih ili formiranih supstanci (u molovima) jednak je omjeru odgovarajućih koeficijenata u jednadžbi reakcije (stehiometrijski koeficijenti).

Za aluminotermnu reakciju opisanu jednadžbom:

3Fe 3 O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,

količine izreagiranih supstanci i produkta reakcije povezane su kao

Za proračune je prikladnije koristiti drugu formulaciju ovog zakona: omjer količine izreagirane ili formirane tvari kao rezultat reakcije prema njenom stehiometrijskom koeficijentu je konstanta za datu reakciju.

Općenito, za reakciju forme

aA + bB = cC + dD,

gdje mala slova označavaju koeficijente, a velika slova - hemijske supstance, količine reaktanata povezane su omjerom:

Bilo koja dva člana ovog omjera, povezana jednakošću, čine proporciju kemijske reakcije: na primjer,

Ako je masa nastale ili izreagovane supstance reakcije poznata za reakciju, tada se njena količina može naći po formuli

a zatim, koristeći proporciju hemijske reakcije, može se pronaći za preostale supstance reakcije. Supstanca, po čijoj se masi ili količini nalaze mase, količine ili zapremine drugih učesnika u reakciji, ponekad se naziva referentna supstanca.

Ako su date mase nekoliko reagensa, tada se izračunavanje masa preostalih tvari vrši prema tvari koja je manjkava, odnosno potpuno se potroši u reakciji. Količine tvari koje točno odgovaraju jednadžbi reakcije bez viška ili manjka nazivaju se stehiometrijske veličine.

Dakle, u zadacima koji se odnose na stehiometrijski proračuni, glavna radnja je pronaći referentnu tvar i izračunati njenu količinu koja je ušla ili nastala kao rezultat reakcije.

Proračun količine pojedinačne čvrste supstance

gdje je količina pojedinačnih čvrstih A;

Masa pojedinačne čvrste supstance A, g;

Molarna masa supstance A, g/mol.

Proračun količine prirodnog minerala ili mješavine čvrstih tvari

Neka je naveden prirodni mineral pirit čija je glavna komponenta FeS 2 . Pored toga, sastav pirita uključuje nečistoće. Sadržaj glavne komponente ili nečistoća je naznačen u masenim procentima, na primjer, .

Ako je sadržaj glavne komponente poznat, onda

Ako je sadržaj nečistoća poznat, onda

gdje je količina pojedinačne supstance FeS 2, mol;

Masa mineralnog pirita, g.

Slično, količina komponente u mješavini čvrstih tvari se izračunava ako je poznat njen sadržaj u masenim udjelima.

Izračunavanje količine supstance čiste tečnosti

Ako je masa poznata, onda je proračun sličan proračunu za pojedinačnu čvrstu materiju.

Ako je zapremina tečnosti poznata, onda

1. Nađite masu ove zapremine tečnosti:

m f = V f s f,

gdje je m W masa tekućine g;

V W - zapremina tečnosti, ml;

c w je gustina tečnosti, g/ml.

2. Pronađite broj molova tečnosti:

Ova tehnika je pogodna za sve stanje agregacije supstance.

Odrediti količinu supstance H 2 O u 200 ml vode.

Rješenje: ako temperatura nije navedena, tada se pretpostavlja da je gustina vode 1 g / ml, tada:

Izračunajte količinu otopljene tvari u otopini ako je poznata njena koncentracija

Ako su poznati maseni udio otopljene tvari, gustina otopine i njen volumen

m r-ra \u003d V r-ra s r-ra,

gdje je m p-ra masa otopine, g;

V p-ra - zapremina rastvora, ml;

sa r-ra - gustina rastvora, g / ml.

gdje je masa otopljene tvari, g;

Maseni udio otopljene supstance, izražen u%.

Odrediti količinu supstance azotne kiseline u 500 ml 10% rastvora kiseline gustine 1,0543 g/ml.

Odredite masu rastvora

m r-ra = V r-ra s r-ra = 500 1,0543 = 527,150 g

Odrediti masu čistog HNO 3

Odredite broj molova HNO 3

Ako su molarna koncentracija otopljene tvari i tvari i volumen otopine poznati, onda

gdje je zapremina rastvora, l;

Molarna koncentracija i-te supstance u rastvoru, mol/l.

Proračun količine pojedine gasovite supstance

Ako je data masa gasovite supstance, onda se ona izračunava po formuli (1).

Ako je dat volumen izmjeren u normalnim uslovima, onda prema formuli (2), ako se zapremina gasovite supstance meri pod bilo kojim drugim uslovima, onda prema formuli (3), formule su date na stranicama 6-7.

Jedan od najvažnijih hemijski koncepti, na kojem se zasnivaju stehiometrijski proračuni, je hemijsku količinu supstance. Količina neke supstance X označava se sa n(X). Jedinica za mjerenje količine supstance je krtica.

Mol je količina supstance koja sadrži 6,02 10 23 molekula, atoma, jona ili drugih strukturnih jedinica koje čine supstancu.

Masa jednog mola neke supstance X naziva se molarna masa M(X) ove supstance. Poznavajući masu m(X) neke supstance X i njenu molarnu masu, možemo izračunati količinu ove supstance koristeći formulu:

Poziva se broj 6.02 10 23 Avogadrov broj(N / A); njegovu dimenziju mol –1.

Množenjem Avogadrovog broja N a količinom supstance n(X), možemo izračunati broj strukturnih jedinica, na primjer, molekula N(X) neke supstance X:

N(X) = N a · n(X) .

Analogno konceptu molarne mase uveden je koncept molarne zapremine: molarni volumen V m (X) neke supstance X je zapremina jednog mola ove supstance. Poznavajući zapreminu supstance V(X) i njen molarni volumen, možemo izračunati hemijsku količinu supstance:

U hemiji se često mora pozabaviti molarnom zapreminom gasova. Prema Avogadrovom zakonu, jednake zapremine svih plinova uzetih na istoj temperaturi i jednakom pritisku sadrže isti broj molekula. Pod jednakim uslovima, 1 mol bilo kog gasa zauzima istu zapreminu. U normalnim uslovima (n.s.) - temperatura 0 °C i pritisak 1 atmosfera (101325 Pa) - ova zapremina je 22,4 litara. Tako je kod br. V m (gas) = ​​22,4 l / mol. Treba naglasiti da se primjenjuje vrijednost molarne zapremine od 22,4 l/mol samo za gasove.

Znanje molarne mase tvari i Avogadro broj vam omogućava da izrazite masu molekula bilo koje tvari u gramima. Ispod je primjer izračunavanja mase molekule vodika.

1 mol plinovitog vodika sadrži 6,02 10 23 molekula H 2 i ima masu od 2 g (jer M (H 2) = 2 g / mol). shodno tome,

6,02·10 23 H 2 molekuli imaju masu od 2 g;

1 H 2 molekul ima masu x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.

Koncept "mola" se široko koristi za izvođenje proračuna prema jednadžbama kemijskih reakcija, budući da stehiometrijski koeficijenti u jednadžbi reakcije pokazuju u kojim molarnim omjerima tvari reagiraju jedna s drugom i nastaju kao rezultat reakcije.

Na primjer, jednadžba reakcije 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O sadrži sljedeće informacije: 4 mola amonijaka reaguje bez viška i nedostatka sa 3 mola kiseonika, i 2 mola azota i 6 mola vode se formiraju.

Primjer 4.1 Izračunajte masu precipitata nastalog pri interakciji rastvora koji sadrže 70,2 g kalcijum dihidrogen fosfata i 68 g kalcijum hidroksida. Koja će supstanca ostati u višku? Kolika je njegova masa?

3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O

Iz jednačine reakcije se može vidjeti da 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reaguje sa 12 mola KOH. Izračunajmo količine reagujućih supstanci koje su date prema uslovu zadatka:

n (Ca (H 2 PO 4) 2) = m (Ca (H 2 PO 4) 2) / M (Ca (H 2 PO 4) 2) = 70,2 g: 234 g / mol = 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 zahtijeva 12 mol KOH

0,3 mol Ca (H 2 PO 4) 2 zahtijeva x mol KOH

x \u003d 1,2 mol - toliko će biti potrebno KOH da bi se reakcija odvijala bez viška i nedostatka. A prema stanju problema, ima 1.215 mola KOH. Stoga je KOH u višku; količina KOH koja ostaje nakon reakcije:

n(KOH) = 1,215 mol - 1,2 mol = 0,015 mol;

njegova masa je m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.

Proračun nastalog produkta reakcije (talog Ca 3 (PO 4) 2) treba izvršiti prema supstanci koja je u nedostatku (u ovom slučaju Ca (H 2 PO 4) 2), jer će ova supstanca reagirati potpuno. Iz jednadžbe reakcije se može vidjeti da je broj molova nastalog Ca 3 (PO 4) 2 3 puta manji od broja molova reagovanog Ca (H 2 PO 4) 2:

n (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.

Dakle, m (Ca 3 (PO 4) 2) \u003d n (Ca 3 (PO 4) 2) × M (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,1 mol × 310 g / mol = 31 g.

Zadatak broj 5

a) Izračunajte hemijske količine reaktanata date u tabeli 5 (zapremine gasovitih supstanci su date pod normalnim uslovima);

b) rasporediti koeficijente u datu šemu reakcije i pomoću jednačine reakcije odrediti koja od supstanci ima višak, a koja manjka;

c) pronaći hemijsku količinu produkta reakcije navedenu u tabeli 5;

d) izračunati masu ili zapreminu (vidi tabelu 5) ovog produkta reakcije.

Tabela 5 - Uslovi zadatka br.5

Tabela 5 se nastavlja

KONCENTRACIJA SOLUTION

U okviru kursa opšta hemija studenti uče 2 načina izražavanja koncentracije otopina - maseni udio i molarnu koncentraciju.

Maseni udio otopljene tvari X se izračunava kao omjer mase ove tvari i mase otopine:

,

gdje je ω(X) maseni udio otopljene supstance X;

m(X) je masa rastvorene supstance X;

m rastvor - masa rastvora.

Maseni udio tvari izračunat prema gornjoj formuli je bezdimenzionalna količina izražena u udjelima jedinice (0< ω(X) < 1).

Maseni udio se može izraziti ne samo u dijelovima jedinice, već i kao postotak. U ovom slučaju formula za izračunavanje izgleda ovako:

Maseni udio, izražen kao postotak, često se naziva procentualna koncentracija . Očigledno, postotak koncentracije otopljene tvari je 0%< ω(X) < 100%.

Procentualna koncentracija pokazuje koliko masenih dijelova otopljene tvari sadrži 100 masenih dijelova otopine. Ako odaberete grame kao jedinicu mase, onda se ova definicija može napisati i na sljedeći način: procentualna koncentracija pokazuje koliko grama otopljene tvari sadrži 100 grama otopine.

Jasno je da, na primjer, 30% otopina odgovara masenom udjelu otopljene tvari jednakom 0,3.

Drugi način izražavanja sadržaja otopljene tvari u otopini je molarna koncentracija (molarnost).

Molarna koncentracija tvari ili molarnost otopine pokazuje koliko molova otopljene tvari sadrži 1 litar (1 dm 3) otopine

gdje je C(X) molarna koncentracija otopljene tvari X (mol/l);

n(X) je hemijska količina rastvorene supstance X (mol);

V rastvor - zapremina rastvora (l).

Primjer 5.1 Izračunajte molarnu koncentraciju H 3 PO 4 u otopini, ako je poznato da je maseni udio H 3 PO 4 60%, a gustina otopine 1,43 g/ml.

Po definiciji procentualne koncentracije

100 g rastvora sadrži 60 g fosforne kiseline.

n (H 3 PO 4) = m (H 3 PO 4) : M (H 3 PO 4) = 60 g: 98 g / mol = 0,612 mol;

V rastvor = m rastvor: ρ rastvor = 100 g: 1,43 g / cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;

C (H 3 PO 4) = n (H 3 PO 4): V rastvor = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol / l.

Primjer 5.2 Postoji 0,5 M rastvor H 2 SO 4 . Koliki je maseni udio sumporne kiseline u ovoj otopini? Uzmite gustinu rastvora jednaku 1 g/ml.

Po definiciji molarne koncentracije

1 litar rastvora sadrži 0,5 mola H 2 SO 4

(Unos "0,5 M rastvor" znači da je C (H 2 SO 4) = 0,5 mol / l).

m rastvor = V rastvor × ρ rastvor = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;

m (H 2 SO 4) \u003d n (H 2 SO 4) × M (H 2 SO 4) = 0,5 mol × 98 g / mol = 49 g;

ω (H 2 SO 4) = m (H 2 SO 4) : m rastvor = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9%).

Primjer 5.3 Koje količine vode i 96% rastvora H 2 SO 4 gustine 1,84 g / ml treba uzeti za pripremu 2 litre 60% rastvora H 2 SO 4 gustine 1,5 g / ml.

Prilikom rješavanja zadataka za pripremu razrijeđenog rastvora iz koncentrovanog, treba voditi računa da početni rastvor (koncentrovani), voda i rezultujući rastvor (razblažen) imaju različite gustine. U ovom slučaju treba imati na umu da je V originalnog rastvora + V vode ≠ V rezultirajućeg rastvora,

jer u toku mešanja koncentrovanog rastvora i vode dolazi do promene (povećanja ili smanjenja) zapremine čitavog sistema.

Rješavanje ovakvih problema treba započeti određivanjem parametara razrijeđene otopine (tj. otopine koju treba pripremiti): njene mase, mase otopljene tvari, ako je potrebno, i količine otopljene tvari.

M 60% rastvor = V 60% rastvor ∙ ρ 60% rastvor = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g

m (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d m 60% otopini w (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d 3000 g 0,6 \u003d 1800 g.

Masa čiste sumporne kiseline u pripremljenom rastvoru treba da bude jednaka masi sumporne kiseline u onom delu 96% rastvora koji se mora uzeti za pripremu razblaženog rastvora. Na ovaj način,

m (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d m (H 2 SO 4) u 96% otopini \u003d 1800 g.

m 96% rastvor = m (H 2 SO 4) u 96% rastvoru: w (H 2 SO 4) u 96% rastvoru = 1800 g: 0,96 = 1875 g.

m (H 2 O) = m 40% otopina - m 96% otopina = 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.

V 96% rastvor = m 96% rastvor: ρ 96% rastvor = 1875 g: 1,84 g / ml = 1019 ml » 1,02 l.

V voda = m voda: ρ voda = 1125 g: 1 g / ml = 1125 ml = 1,125 l.

Primjer 5.4 Pomiješano 100 ml 0,1 M rastvora CuCl 2 i 150 ml 0,2 M rastvora Cu(NO 3) 2 Izračunajte molarnu koncentraciju Cu 2+, Cl - i NO 3 - jona u nastaloj otopini.

Prilikom rješavanja sličnog problema miješanja razrijeđenih otopina važno je razumjeti da razrijeđeni rastvori imaju približno istu gustinu, približno jednaku gustini vode. Kada se pomiješaju, ukupni volumen sistema se praktično ne mijenja: V 1 razrijeđenog rastvora + V 2 razrijeđenog rastvora + ... "V rezultirajućeg rastvora.

U prvom rješenju:

n (CuCl 2) = C (CuCl 2) V rastvor CuCl 2 = 0,1 mol / l × 0,1 l = 0,01 mol;

CuCl 2 - jak elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;

Dakle, n (Cu 2+) = n (CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl -) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.

U drugom rješenju:

n (Cu (NO 3) 2) = C (Cu (NO 3) 2) × V otopina Cu (NO 3) 2 = 0,2 mol / l × 0,15 l = 0,03 mol;

Cu(NO 3) 2 - jak elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 -;

Dakle, n (Cu 2+) = n (Cu (NO 3) 2) = 0,03 mol; n (NO 3 -) = 2 × 0,03 \u003d 0,06 mol.

Nakon mešanja rastvora:

n(Cu2+)ukupno. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;

V common. » V rastvor CuCl 2 + V rastvor Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;

C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : Vtot. \u003d 0,04 mol: 0,25 l \u003d 0,16 mol / l;

C(Cl -) = n(Cl -) : Vtot. \u003d 0,02 mol: 0,25 l \u003d 0,08 mol / l;

C (NO 3 -) \u003d n (NO 3 -): V ukupno. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 0,24 mol / l.

Primjer 5.5 U tikvicu je dodato 684 mg aluminijum sulfata i 1 ml 9,8% rastvora sumporne kiseline gustine 1,1 g/ml. Dobivena smjesa je otopljena u vodi; Zapremina rastvora je dovedena do 500 ml sa vodom. Izračunajte molarne koncentracije jona H + , Al 3+ SO 4 2– u nastaloj otopini.

Izračunajte količinu rastvorenih supstanci:

n (Al 2 (SO 4) 3) = m (Al 2 (SO 4) 3) : M (Al 2 (SO 4) 3) = 0,684 g: 342 g mol = 0,002 mol;

Al 2 (SO 4) 3 - jak elektrolit: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–;

Dakle, n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n (SO 4 2–) \u003d 3 × 0,002 mol = 0,006 mol.

m otopina H 2 SO 4 = V otopina H 2 SO 4 × ρ otopina H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g / ml = 1,1 g;

m (H 2 SO 4) \u003d m otopina H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) = 1,1 g 0,098 = 0,1078 g.

n (H 2 SO 4) = m (H 2 SO 4) : M (H 2 SO 4) = 0,1078 g: 98 g / mol = 0,0011 mol;

H 2 SO 4 je jak elektrolit: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2–.

Dakle, n (SO 4 2–) = n (H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H +) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.

Prema stanju zadatka, zapremina dobijenog rastvora je 500 ml (0,5 l).

n(SO 4 2–)ukupno. \u003d 0,006 mol + 0,0011 mol \u003d 0,0071 mol.

C (Al 3+) = n (Al 3+): V rastvor = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol / l;

C (H +) = n (H +) : V rastvor = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol / l;

C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) ukupno. : V otopina = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol / l.

Primjer 5.6 Koju masu željeznog sulfata (FeSO 4 7H 2 O) i koliku zapreminu vode treba uzeti za pripremu 3 litre 10% rastvora gvožđe (II) sulfata. Uzmite gustinu rastvora jednaku 1,1 g/ml.

Masa rastvora koji se priprema je:

m rastvor = V rastvor ∙ ρ rastvor = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.

Masa čistog gvožđe (II) sulfata u ovom rastvoru je:

m (FeSO 4) \u003d m otopina × w (FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.

Ista masa bezvodnog FeSO 4 mora biti sadržana u količini kristalnog hidrata koji se mora uzeti za pripremu otopine. Iz poređenja molarnih masa M (FeSO 4 7H 2 O) = 278 g / mol i M (FeSO 4) = 152 g / mol,

dobijamo proporciju:

278 g FeSO 4 7H 2 O sadrži 152 g FeSO 4;

x g FeSO 4 7H 2 O sadrži 330 g FeSO 4;

x = (278 330) : 152 = 603,6 g.

m vode \u003d m otopine - m željeznog sulfata \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 2696,4 g.

Jer gustoća vode je 1 g / ml, tada je volumen vode koji treba uzeti za pripremu otopine: V voda = m vode: ρ voda = 2696,4 g: 1 g / ml = 2696,4 ml.

Primjer 5.7 Koju masu Glauberove soli (Na 2 SO 4 10H 2 O) treba rastvoriti u 500 ml 10% rastvora natrijum sulfata (gustina rastvora 1,1 g/ml) da bi se dobio 15% rastvor Na 2 SO 4?

Neka je potrebno x grama Glauberove soli Na 2 SO 4 10H 2 O. Tada je masa dobijenog rastvora:

m 15% rastvor = m originalni (10%) rastvor + m Glauberova so = 550 + x (g);

m početni (10%) rastvor = V 10% rastvor × ρ 10% rastvor = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;

m (Na 2 SO 4) u originalnoj (10%) otopini \u003d m 10% otopini a w (Na 2 SO 4) = 550 g 0,1 \u003d 55 g.

Izrazite kroz x masu čistog Na 2 SO 4 sadržanu u x gramima 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; posljedično:

322 g Na 2 SO 4 10H 2 O sadrži 142 g bezvodnog Na 2 SO 4;

x g Na 2 SO 4 10H 2 O sadrži m g bezvodnog Na 2 SO 4.

m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.

Ukupna masa natrijum sulfata u nastaloj otopini bit će jednaka:

m (Na 2 SO 4) u 15% rastvoru = 55 + 0,441 × x (g).

U rezultirajućem rješenju: = 0,15

, odakle je x = 94,5 g.

Zadatak broj 6

Tabela 6 - Uslovi zadatka br. 6

Tabela 6 se nastavlja

Tabela 6 se nastavlja

HEMIJSKA RAVNOTEŽA

Sve hemijske reakcije mogu se podijeliti u 2 grupe: ireverzibilne reakcije, tj. reakcije koje se odvijaju do potpunog trošenja najmanje jedne od reagujućih supstanci i reverzibilne reakcije u kojima se nijedna od reagujućih supstanci ne potroši u potpunosti. To je zbog činjenice da se reverzibilna reakcija može odvijati i direktno i u obrnuti smjer. Klasičan primjer reverzibilne reakcije je sinteza amonijaka iz dušika i vodika:

N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.

Na početku reakcije, koncentracije početnih supstanci u sistemu su maksimalne; u ovom trenutku, brzina reakcije naprijed je također maksimalna. Na početku reakcije u sistemu još uvijek nema produkta reakcije (in ovaj primjer- amonijak), dakle, brzina obrnute reakcije je nula. Kako početne tvari međusobno djeluju, njihove koncentracije se smanjuju, stoga se smanjuje i brzina direktne reakcije. Koncentracija produkta reakcije postupno raste, stoga se povećava i brzina obrnute reakcije. Nakon nekog vremena, brzina reakcije naprijed postaje jednaka brzini obrnute. Ovo stanje sistema se zove stanje hemijske ravnoteže. Koncentracije supstanci u sistemu koji je u stanju hemijske ravnoteže nazivaju se ravnotežne koncentracije. Kvantitativna karakteristika sistema u stanju hemijske ravnoteže je konstanta ravnoteže.

Za bilo koju reverzibilnu reakciju a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + …, izraz za konstantu kemijske ravnoteže (K) zapisuje se kao razlomak, u čijem su brojniku ravnotežne koncentracije produkta reakcije , a u nazivniku su ravnotežne koncentracije polaznih supstanci, štoviše, koncentracija svake supstance se mora podići na stepen jednak stehiometrijskom koeficijentu u jednadžbi reakcije.

Na primjer, za reakciju N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.

Treba to imati na umu izraz konstante ravnoteže uključuje ravnotežne koncentracije samo plinovitih tvari ili tvari koje su u otopljenom stanju . Koncentracija čvrsta materija smatra se konstantom i nije zapisan u izrazu konstante ravnoteže.

CO 2 (gas) + C (čvrsta materija) ⇆ 2CO (gas)

CH 3 COOH (rastvor) ⇆ CH 3 COO - (rastvor) + H + (rastvor)

Ba 3 (PO 4) 2 (čvrsta) ⇆ 3 Ba 2+ (zasićena otopina) + 2 PO 4 3– (zasićena otopina) K \u003d C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)

Postoje dvije najvažnije vrste problema povezanih s izračunavanjem parametara ravnotežnog sistema:

1) poznate su početne koncentracije polaznih supstanci; iz uslova zadatka mogu se naći koncentracije supstanci koje su reagovale (ili formirane) do trenutka kada je ravnoteža postignuta; u zadatku je potrebno izračunati ravnotežne koncentracije svih supstanci i numeričku vrijednost konstante ravnoteže;

2) poznate su početne koncentracije početnih supstanci i konstanta ravnoteže. Uslov ne sadrži podatke o koncentracijama izreagovanih ili formiranih supstanci. Potrebno je izračunati ravnotežne koncentracije svih učesnika u reakciji.

Za rješavanje takvih problema potrebno je razumjeti da je ravnotežna koncentracija bilo koja početni supstance se mogu naći oduzimanjem koncentracije reagovane supstance od početne koncentracije:

C ravnoteža \u003d C početna - C izreagirane tvari.

Ravnotežna koncentracija produkt reakcije jednaka je koncentraciji proizvoda nastalog u trenutku ravnoteže:

C ravnoteža \u003d C rezultirajućeg proizvoda.

Dakle, da bi se izračunali parametri ravnotežnog sistema, veoma je važno moći da se utvrdi koliko je početne supstance reagovalo do trenutka kada je ravnoteža postignuta i koliki deo produkta reakcije je formiran. Da bi se odredila količina (ili koncentracija) izreagiranih i formiranih supstanci, provode se stehiometrijski proračuni prema jednadžbi reakcije.

Primjer 6.1 Početne koncentracije dušika i vodonika u ravnotežnom sistemu N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 su 3 mol/l i 4 mol/l, respektivno. Do trenutka kada je postignuta hemijska ravnoteža, 70% vodonika od njegove početne količine je ostalo u sistemu. Odredite konstantu ravnoteže ove reakcije.

Iz uslova zadatka proizilazi da je do trenutka kada je ravnoteža postignuta reagovalo 30% vodonika (problem 1 tip):

4 mol/l H 2 - 100%

x mol / l H 2 - 30%

x \u003d 1,2 mol / l \u003d C prore. (H2)

Kao što se vidi iz jednačine reakcije, dušik je trebao reagirati 3 puta manje od vodonika, tj. Sa proreactom. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 = 0,4 mol / l. Amonijak se stvara 2 puta više nego što je reagovao azot:

Od slika. (NH 3) \u003d 2 × 0,4 mol / l \u003d 0,8 mol / l

Ravnotežne koncentracije svih učesnika u reakciji bit će sljedeće:

Jednako (H 2) \u003d C početni. (H 2) - C proreact. (H 2) = 4 mol / l - 1,2 mol / l = 2,8 mol / l;

Jednako (N 2) \u003d C poč. (N 2) – C proreact. (N 2) = 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;

Jednako (NH 3) = C slike. (NH 3) \u003d 0,8 mol / l.

Konstanta ravnoteže = .

Primjer 6.2 Izračunajte ravnotežne koncentracije vodonika, joda i joda vodika u sistemu H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, ako je poznato da su početne koncentracije H 2 i I 2 5 mol/l odnosno 3 mol/l, a konstanta ravnoteže je 1.

Treba napomenuti da u uslovima ovog problema (zadatak 2. tipa) uslov ne govori ništa o koncentracijama reagovanih početnih supstanci i nastalih produkata. Stoga se pri rješavanju takvih zadataka koncentracija neke reagovane supstance obično uzima kao x.

Neka je x mol/l H 2 reagovao do trenutka kada je postignuta ravnoteža. Tada, kao što slijedi iz jednačine reakcije, treba da reaguje x mol/l I 2 i da nastane 2x mol/l HI. Ravnotežne koncentracije svih učesnika u reakciji bit će sljedeće:

Jednako (H 2) \u003d C poč. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;

Jednako (I 2) = C poč. (I 2) – C proreact. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;

Jednako (HI) = C slike. (HI) = 2x mol/l.

4x2 = 15 – 8x + x2

3x2 + 8x - 15 = 0

x 1 = -3,94 x 2 = 1,27

fizičko značenje ima samo pozitivan korijen x = 1,27.

Dakle, C jednako. (H 2) = (5 - x) mol / l = 5 - 1,27 = 3,73 mol / l;

Jednako (I 2) = (3 - x) mol / l = 3 - 1,27 = 1,73 mol / l;

Jednako (HI) = 2x mol / l = 2 1,27 = 2,54 mol / l.

Zadatak broj 7

Tabela 7 - Uslovi zadatka br. 7

Tabela 7 se nastavlja