Kur hartoni një ekuacion për një reaksion redoks (ORR), është e nevojshme të përcaktohet agjenti reduktues, agjenti oksidues dhe numri i elektroneve të dhëna dhe të marra. Koeficientët stoikiometrikë OVR zgjidhen duke përdorur ose metodën e bilancit elektronik ose metodën e bilancit elektron-jon (kjo e fundit quhet edhe metoda e gjysmë-reaksionit). Le të shohim disa shembuj. Si shembull i përpilimit të ekuacioneve OVR dhe përzgjedhjes së koeficientëve stekiometrikë, analizojmë procesin e oksidimit të disulfidit (piritit) të hekurit (II) me acid nitrik të koncentruar: Para së gjithash, përcaktojmë produktet e mundshme të reaksionit. Acidi nitrik është një agjent i fortë oksidues, kështu që joni sulfid mund të oksidohet ose në gjendjen maksimale të oksidimit S (H2S04) ose në S (SO2), dhe Fe në Fe, ndërsa HN03 mund të reduktohet në N0 ose N02 (bashkësia e produkte specifike përcaktohen përqendrimet e reagentëve, temperatura, etj.). Le të zgjedhim opsionin e mëposhtëm të mundshëm: H20 do të jetë në anën e majtë ose të djathtë të ekuacionit, nuk e dimë ende. Ekzistojnë dy mënyra kryesore për zgjedhjen e koeficientëve. Fillimisht, le të zbatojmë metodën e ekuilibrit elektron-jon. Thelbi i kësaj metode qëndron në dy pohime shumë të thjeshta dhe shumë të rëndësishme. Së pari, kjo metodë merr në konsideratë kalimin e elektroneve nga një grimcë në tjetrën me konsiderimin e detyrueshëm të natyrës së mediumit (acid, alkalik ose neutral). Së dyti, kur përpilohet ekuacioni i bilancit elektron-jon, shkruhen vetëm ato grimca që ekzistojnë në të vërtetë gjatë rrjedhës së një OVR të caktuar - vetëm kationet ose anonet reale ekzistuese shkruhen në formën e joneve; Substancat që janë pak të disociuara, të patretshme ose të çliruara në formën e një gazi shkruhen në formë molekulare. Kur përpilohet një ekuacion për proceset e oksidimit dhe reduktimit, për të barazuar numrin e atomeve të hidrogjenit dhe oksigjenit, futen (në varësi të mjedisit) ose molekulat e ujit dhe jonet e hidrogjenit (nëse mjedisi është acid), ose molekulat e ujit dhe jonet e hidroksidit. (nëse mediumi është alkalik). Konsideroni për rastin tonë gjysmëreaksionin e oksidimit. Molekulat e FeS2 (një substancë pak e tretshme) shndërrohen në jone Fe3+ (nitrati i hekurit (II) shpërndahet plotësisht në jone) dhe jone sulfate S042" (shpërbërja e H2SO4): Merrni parasysh tani gjysmëreaksionin e reduktimit të nitrateve: Për të barazuar oksigjenin, shtoni 2 në anën e djathtë molekulat e ujit, dhe në të majtë - 4 jone H +: Për të barazuar ngarkesën në anën e majtë (ngarkesa +3), shtoni 3 elektrone: Së fundi, kemi: Duke reduktuar të dyja pjesët me 16H + dhe 8H20, ne merrni ekuacionin përfundimtar, jonik të reduktuar të reaksionit redoks: Duke shtuar numrin përkatës të joneve NOJ nH+ në të dy anët e ekuacionit, gjejmë ekuacionin molekular për reaksionin: Për më tepër, ne morëm parasysh ndikimin e mjedisit dhe përcaktuam "automatikisht" që H20 është në anën e djathtë të ekuacionit. Nuk ka dyshim se kjo metodë ka një kuptim të madh kimik. Metoda empirike e bilancit. Thelbi i metodës për gjetjen e koeficientëve stoikiometrikë në ekuacionet OVR është përcaktimi i detyrueshëm i gjendjeve të oksidimit të atomeve të elementeve të përfshirë në OVR. Duke përdorur këtë qasje, ne përsëri barazojmë reagimin (11.1) (më sipër kemi aplikuar metodën e gjysmëreaksioneve për këtë reagim). Procesi i reduktimit përshkruhet thjesht: Është më e vështirë të hartohet një skemë oksidimi, pasi dy elementë oksidohen menjëherë - Fe dhe S. Ju mund t'i caktoni një gjendje oksidimi +2 për hekurin, për squfurin - 1 dhe merrni parasysh se ka dy atome S për atom Fe: Megjithatë, mund të bëni pa përcaktimin e gjendjeve të oksidimit dhe të shkruani një skemë që i ngjan skemës (11.2): Ana e djathtë ka një ngarkesë +15, ana e majtë ka një ngarkesë prej 0. , kështu që FeS2 duhet të heqë dorë nga 15 elektrone. Ne shkruajmë bilancin e përgjithshëm: Ne duhet të "kuptojmë" pak më shumë ekuacionin e bilancit që rezulton - tregon se 5 molekula HN03 përdoren për oksidimin e FeS2 dhe 3 molekula të tjera HNO nevojiten për të formuar Fe(N03)j: Për të barazuar hidrogjenin. dhe oksigjen, në pjesën e duhur duhet të shtoni 2 molekula H2O: Metoda e ekuilibrit elektron-jon është më e gjithanshme se metoda e bilancit elektronik dhe ka një avantazh të pamohueshëm në zgjedhjen e koeficientëve në shumë OTS, në veçanti, me pjesëmarrjen e komponimet organike, në të cilat edhe procedura për përcaktimin e gjendjeve të oksidimit është shumë e ndërlikuar. - Konsideroni, për shembull, procesin e oksidimit të etilenit, i cili ndodh kur kalon përmes një tretësire ujore të permanganatit të kaliumit. Si rezultat, etilen oksidohet në etilen glikol HO - CH2 - CH2 - OH, dhe permanganati reduktohet në oksid mangani (TV), përveç kësaj, siç do të jetë e qartë nga ekuacioni i bilancit përfundimtar, hidroksidi i kaliumit formohet gjithashtu në të djathtë. : Pasi bëjmë reduktimet e nevojshme të termave të tillë, shkruajmë ekuacionin në formën molekulare përfundimtare * Ndikimi i mediumit në natyrën e rrjedhës OVR Shembujt (11.1) - (11.4) ilustrojnë qartë "teknikën" e përdorimit të Metoda e bilancit elektron-jon në rastin e rrjedhjes OVR në një mjedis acid ose alkalik. Natyra e mjedisit ndikon në rrjedhën e një ose një tjetër OVR; për të "ndjerë" këtë ndikim, le të shqyrtojmë sjelljen e të njëjtit agjent oksidues (KMnO4) në mjedise të ndryshme. , duke rikuperuar deri në Mn+4 (Mn0j), dhe minimumi - në forcën e të fundit, në të cilën u ngrit Shaiyaaapsya deri në (mvnganat-nOn Mn042"). Kjo shpjegohet si më poshtë. Acidet e linjës së disociimit formojnë jone hidroksid ffjO +, të cilët polarizojnë fuqishëm jonet 4 "MoOH Dobësojnë lidhjet e manganit me oksigjenin (duke rritur kështu veprimin e agjentit reduktues) .. Në një mjedis neutral, efekti polarizues i molekulave të ujit është në mënyrë të konsiderueshme c-aafep. >"jonet MnO; shumë më pak të polarizuara. Në një mjedis fort alkalik, jonet hidroksid "madje forcojnë lidhjen Mn-O, si rezultat i së cilës efektiviteti i agjentit reduktues zvogëlohet dhe MnO^ pranon vetëm një elektron. Një shembull i sjelljes së permanganatit të kaliumit në një mjedis neutral përfaqësohet nga reaksioni (11.4). Le të japim gjithashtu një shembull të reaksioneve që përfshijnë KMnOA në mjediset acidike dhe alkaline

Kur hartoni një ekuacion për një reaksion redoks, është e nevojshme të përcaktohet agjenti reduktues, agjenti oksidues dhe numri i elektroneve të dhëna dhe të marra. Ekzistojnë kryesisht dy metoda për përpilimin e ekuacioneve të reaksioneve redoks:
1) bilanc elektronik– bazuar në përcaktimin e numrit të përgjithshëm të elektroneve që lëvizin nga agjenti reduktues në agjentin oksidues;
2) bilanci jono-elektronik- parashikon përpilimin e veçantë të ekuacioneve për procesin e oksidimit dhe reduktimit me mbledhjen e tyre të mëvonshme në një metodë të përbashkët ekuacion jonik-gjysmë-reaksion. Në këtë metodë, është e nevojshme të gjenden jo vetëm koeficientët për agjentin reduktues dhe agjentin oksidues, por edhe për molekulat e mediumit. Në varësi të natyrës së mediumit, numri i elektroneve të pranuara nga agjenti oksidues ose të humbur nga agjenti reduktues mund të ndryshojë.
1) Bilanci elektronik - një metodë për gjetjen e koeficientëve në ekuacionet e reaksioneve redoks, e cila merr parasysh shkëmbimin e elektroneve midis atomeve të elementeve që ndryshojnë gjendjen e tyre të oksidimit. Numri i elektroneve të dhuruara nga agjenti reduktues është i barabartë me numrin e elektroneve të marra nga agjenti oksidues.

Ekuacioni përpilohet në disa faza:

1. Shkruani skemën e reagimit.

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

2. Vendosni gjendjet e oksidimit mbi shenjat e elementeve që ndryshojnë.

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

3. Alokoni elementë që ndryshojnë shkallën e oksidimit dhe përcaktojnë numrin e elektroneve të marra nga agjenti oksidues dhe të dhëna nga agjenti reduktues.

Mn +7 + 5ē = Mn +2

2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0

4. Barazoni numrin e elektroneve të fituara dhe të dhuruara, duke vendosur kështu koeficientët për përbërjet në të cilat ka elementë që ndryshojnë gjendjen e oksidimit.

Mn +7 + 5ē = Mn +2 2

2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0 5

––––––––––––––––––––––––

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

5. Koeficientët zgjidhen për të gjithë pjesëmarrësit e tjerë në reagim. Në këtë rast, 10 molekula HCl marrin pjesë në procesin e reduktimit, dhe 6 në procesin e shkëmbimit të joneve (lidhja e joneve të kaliumit dhe manganit).

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

2) Metoda e bilancit jon-elektron.

1. Shkruani skemën e reagimit.

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

2. Shkruani skemat e gjysmëreaksioneve, duke përdorur grimcat aktuale (molekula dhe jone) në tretësirë. Në të njëjtën kohë, ne përmbledhim bilancin material, d.m.th. numri i atomeve të elementeve që marrin pjesë në gjysmëreaksionin në anën e majtë duhet të jetë i barabartë me numrin e tyre në të djathtë. Format e oksiduara dhe të reduktuara oksiduesi dhe reduktuesi shpesh ndryshojnë në përmbajtjen e oksigjenit (krahaso Cr 2 O 7 2− dhe Cr 3+). Prandaj, gjatë përpilimit të ekuacioneve të gjysmë-reaksionit duke përdorur metodën e bilancit elektron-jon, ato përfshijnë çifte H + / H 2 O (për acidike mjedisi) dhe OH - / H 2 O (për alkaline mjedisi). Nëse gjatë kalimit nga një formë në tjetrën, forma origjinale (zakonisht − të oksiduara) humbet jonet e tij okside (të paraqitura më poshtë në kllapa katrore), këto të fundit, duke qenë se nuk ekzistojnë në formë të lirë, duhet të jenë në acidike medium kombinohen me kationet e hidrogjenit, dhe në alkaline e mesme - me molekula uji, e cila çon në formim molekulat e ujit(në një mjedis acid) dhe jonet hidroksid(në një mjedis alkalik):

mjedis acid+ 2H + = H 2 O shembull: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
mjedis alkalik+ H 2 O \u003d 2 OH - shembull: MnO 4 - + 2H 2 O \u003d MnO 2 + 4OH -

mungesa e oksigjenit në formën origjinale (më shpesh në formën e rivendosur) në krahasim me formën përfundimtare kompensohet duke shtuar molekulat e ujit(në acidike mjedisi) ose jonet hidroksid(në alkaline mjedisi):

mjedis acid H 2 O = + 2H + shembull: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
mjedis alkalik 2 OH - \u003d + H 2 O shembull: SO 3 2- + 2OH - \u003d SO 4 2- + H 2 O

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

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

3. Përmbledhim bilancin elektronik, duke ndjekur nevojën për barazimin e ngarkesës totale në pjesën e djathtë dhe të majtë të ekuacioneve të gjysmëreaksionit.

Në shembullin e mësipërm, në anën e djathtë të ekuacionit të gjysmë-reaksionit të reduktimit, ngarkesa totale e joneve është +7, në të majtë - +2, që do të thotë se pesë elektrone duhet të shtohen në anën e djathtë:

MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O

Në ekuacionin e gjysmë-reaksionit të oksidimit, ngarkesa totale në anën e djathtë është -2, në anën e majtë 0, që do të thotë se dy elektrone duhet të zbriten në anën e djathtë:

SO 3 2- + H 2 O - 2ē → SO 4 2- + 2H +

Kështu, në të dy ekuacionet zbatohet bilanci jon-elektron dhe është e mundur që në to të vendosen shenja të barabarta në vend të shigjetave:

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

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

4. Duke ndjekur rregullin për nevojën për barazi të numrit të elektroneve të marra nga agjenti oksidues dhe të dhëna nga agjenti reduktues, gjejmë shumëfishin më të vogël të përbashkët për numrin e elektroneve në të dy ekuacionet (2∙5 = 10).

5. Shumëzojmë me koeficientët (2.5) dhe mbledhim të dy ekuacionet duke shtuar pjesën e majtë dhe të djathtë të të dy ekuacioneve.

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

SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H + 5

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

2MnO 4 - + 16H + + 5SO 3 2- + 5H 2 O = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5SO 4 2- + 10H +

2MnO 4 - + 6H + + 5SO 3 2- = 2Mn 2+ + 3H 2 O + 5SO 4 2-

ose në formë molekulare:

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

Kjo metodë merr parasysh kalimin e elektroneve nga një atom ose jon në tjetrin, duke marrë parasysh natyrën e mediumit (acid, alkalik ose neutral) në të cilin zhvillohet reaksioni. Në një mjedis acid, në ekuacionet e gjysmëreaksionit, për të barazuar numrin e atomeve të hidrogjenit dhe oksigjenit, duhet të përdoren jonet e hidrogjenit H + dhe molekulat e ujit, në atë bazë, jonet hidroksid OH - dhe molekulat e ujit. Në përputhje me rrethanat, në produktet e marra, në anën e djathtë të ekuacionit elektron-jonik, do të ketë jone hidrogjeni (dhe jo jone hidroksid) dhe molekula uji (medium acid) ose jone hidroksid dhe molekula uji (medium alkalik). Kështu, për shembull, ekuacioni për gjysmëreaksionin e reduktimit të një joni permanganat në një mjedis acid nuk mund të përpilohet me praninë e joneve hidroksid në anën e djathtë:

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

Në mënyrë korrekte: MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O

Kjo është, kur shkruani një elektronik ekuacionet jonike duhet nisur nga përbërja e joneve realisht të pranishme në tretësirë. Përveç kësaj, si në përgatitjen e ekuacioneve të shkurtuara jonike, substancat që janë dobët të shkëputura, pak të tretshme ose të çliruara në formën e një gazi duhet të shkruhen në formë molekulare.

Hartimi i ekuacioneve të reaksioneve redoks duke përdorur metodën e gjysmëreaksionit çon në të njëjtin rezultat si metoda e bilancit elektronik.

Le të krahasojmë të dyja metodat. Avantazhi i metodës së gjysmëreaksionit në krahasim me metodën e bilancit elektronik është se se nuk përdor jone hipotetike, por reale.

Kur përdoret metoda e gjysmë-reaksionit, nuk është e nevojshme të dihet gjendja e oksidimit të atomeve. Shkrimi i ekuacioneve individuale jonike të gjysmëreaksionit është i nevojshëm për t'u kuptuar proceset kimike në një qelizë galvanike dhe në elektrolizë. Me këtë metodë është i dukshëm roli i mjedisit si pjesëmarrës aktiv në të gjithë procesin. Së fundi, kur përdoret metoda e gjysmëreaksionit, nuk është e nevojshme të njihen të gjitha substancat që rezultojnë, ato shfaqen në ekuacionin e reaksionit kur e nxjerrin atë. Prandaj, metoda e gjysmëreaksioneve duhet të preferohet dhe përdoret në përgatitjen e ekuacioneve për të gjitha reaksionet redoks që ndodhin në tretësirat ujore.

Në këtë metodë krahasohen gjendjet e oksidimit të atomeve në substancat fillestare dhe përfundimtare, të udhëhequr nga rregulli: numri i elektroneve të dhuruara nga agjenti reduktues duhet të jetë i barabartë me numrin e elektroneve të lidhura me agjentin oksidues. Për të hartuar një ekuacion, duhet të dini formulat e reaktantëve dhe produkteve të reaksionit. Këto të fundit përcaktohen ose në mënyrë empirike ose në bazë të vetive të njohura të elementeve.

Metoda e bilancit jon-elektron është më e gjithanshme se metoda e bilancit elektron dhe ka një avantazh të pamohueshëm në zgjedhjen e koeficientëve në shumë reaksione redoks, në veçanti, me pjesëmarrjen e përbërjeve organike, në të cilat edhe procedura për përcaktimin e gjendjeve të oksidimit është shumë. e komplikuar.

Konsideroni, për shembull, procesin e oksidimit të etilenit që ndodh kur kalon përmes një tretësire ujore të permanganatit të kaliumit. Si rezultat, etilen oksidohet në etilen glikol HO-CH 2 -CH 2 -OH, dhe permanganati reduktohet në oksid mangani (IV), përveç kësaj, siç do të jetë e qartë nga ekuacioni i bilancit përfundimtar, hidroksidi i kaliumit formohet gjithashtu në e drejta:

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

Ekuacioni i gjysmëreaksionit të reduktimit dhe oksidimit:

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

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

Ne përmbledhim të dy ekuacionet, zbresim jonet hidroksid të pranishëm në anën e majtë dhe të djathtë.

Ne marrim ekuacionin përfundimtar:

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

Kur përdorni metodën e bilancit jon-elektron për të përcaktuar koeficientët në reaksionet që përfshijnë komponime organike, është e përshtatshme të merren parasysh gjendjet e oksidimit të atomeve të hidrogjenit të barabarta me +1, oksigjeni -2, dhe të llogaritet karboni duke përdorur bilancin pozitiv dhe ngarkesa negative në një molekulë (jon). Pra, në një molekulë etilen, ngarkesa totale është zero:

4 ∙ (+1) + 2 ∙ X \u003d 0,

nënkupton shkallën e oksidimit të dy atomeve të karbonit - (-4), dhe një (X) - (-2).

Në mënyrë të ngjashme, në molekulën e etilen glikolit C 2 H 6 O 2 gjejmë gjendjen e oksidimit të karbonit (X):

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

Në disa molekula të përbërjeve organike, një llogaritje e tillë çon në një vlerë të pjesshme të gjendjes së oksidimit të karbonit, për shembull, për një molekulë acetoni (C 3 H 6 O), është -4/3. Ekuacioni elektronik vlerëson ngarkesën totale të atomeve të karbonit. Në një molekulë acetoni, është -4.

Informacione të ngjashme.

E cila studion marrëdhëniet sasiore midis substancave që hynë në reaksion dhe u formuan gjatë tij (nga "stechion" tjetër grek - "përbërja elementare", "meitren" - "Unë mas").

Stoikiometria është më e rëndësishmja për llogaritjet e materialit dhe energjisë, pa të cilën është e pamundur të organizohet ndonjë prodhim kimik. Stoikiometria kimike ju lejon të llogaritni sasinë e lëndëve të para të nevojshme për një prodhim të caktuar, duke marrë parasysh performancën e dëshiruar dhe humbjet e mundshme. Asnjë ndërmarrje nuk mund të hapet pa llogaritjet paraprake.

Pak histori

Vetë fjala "stoikiometri" është një shpikje e kimistit gjerman Jeremiah Benjamin Richter, e propozuar prej tij në librin e tij, në të cilin fillimisht u përshkrua ideja e mundësisë së llogaritjeve duke përdorur ekuacione kimike. Më vonë, idetë e Rihterit morën justifikim teorik me zbulimin e ligjeve të Avogadros (1811), të Gay-Lussac (1802), ligjit të qëndrueshmërisë së përbërjes (J.L. Proust, 1808), raporteve të shumëfishta (J. Dalton, 1803) dhe zhvillimit të teoria atomike dhe molekulare. Tani këto ligje, si dhe ligji i ekuivalentëve, i formuluar nga vetë Rihteri, quhen ligjet e stoikiometrisë.

Koncepti i "stoikiometrisë" përdoret në lidhje me substancat dhe reaksionet kimike.

Ekuacionet stekiometrike

Reaksionet stoikiometrike - reaksione në të cilat substancat fillestare ndërveprojnë në raporte të caktuara, dhe sasia e produkteve korrespondon me llogaritjet teorike.

Ekuacionet stekiometrike janë ekuacione që përshkruajnë reaksionet stekiometrike.

Ekuacionet stekiometrike) tregojnë marrëdhëniet sasiore midis të gjithë pjesëmarrësve në reaksion, të shprehura në mol.

Shumica jo reaksionet organike- stekiometrike. Për shembull, tre reaksione të njëpasnjëshme për të prodhuar acid sulfurik nga squfuri janë stoikiometrike.

S + O 2 → SO 2

SO 2 + ½O 2 → SO 3

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4

Llogaritjet duke përdorur këto ekuacione të reaksionit mund të përcaktojnë se sa duhet marrë secila substancë për të marrë një sasi të caktuar të acidit sulfurik.

Shumica e reaksioneve organike janë jo stoikiometrike. Për shembull, ekuacioni i reagimit për plasaritjen e etanit duket si ky:

C 2 H 6 → C 2 H 4 + H 2 .

Mirëpo, në realitet gjatë reaksionit gjithmonë do të përftohen sasi të ndryshme të nënprodukteve – acetilen, metan e të tjera, të cilat nuk mund të llogariten teorikisht. Disa reaksione inorganike gjithashtu sfidojnë llogaritjet. Për shembull, nitrati i amonit:

NH 4 NO 3 → N 2 O + 2H 2 O.

Ai shkon në disa drejtime, kështu që është e pamundur të përcaktohet se sa material fillestar duhet të merret për të marrë një sasi të caktuar të oksidit nitrik (I).

Stoikiometria është baza teorike e prodhimit kimik

Të gjitha reaksionet që përdoren në ose në prodhim duhet të jenë stoikiometrike, domethënë t'i nënshtrohen llogaritjeve të sakta. A do të jetë fitimprurëse fabrika apo fabrika? Stoikiometria ju lejon të zbuloni.

Mbi bazën e ekuacioneve stekiometrike, bëhet një bilanc teorik. Është e nevojshme të përcaktohet se sa nga materialet fillestare do të kërkohen për të marrë sasinë e dëshiruar të produktit me interes. Më tej, kryhen eksperimente operacionale, të cilat do të tregojnë konsumin real të lëndëve fillestare dhe rendimentin e produkteve. Dallimi midis llogaritjeve teorike dhe të dhënave praktike ju lejon të optimizoni prodhimin dhe të vlerësoni efikasitetin e ardhshëm ekonomik të ndërmarrjes. Llogaritjet stekiometrike bëjnë të mundur edhe përpilimin e bilancit të nxehtësisë së procesit për zgjedhjen e pajisjeve, përcaktimin e masave të nënprodukteve të formuara që do të duhet të hiqen etj.

Substancat stekiometrike

Sipas ligjit të qëndrueshmërisë së përbërjes të propozuar nga J.L. Proust, çdo kimikat ka një përbërje konstante, pavarësisht nga mënyra e përgatitjes. Kjo do të thotë që, për shembull, në një molekulë të acidit sulfurik H 2 SO 4, pavarësisht nga metoda me të cilën është marrë, do të ketë gjithmonë një atom squfuri dhe katër atome oksigjen për dy atome hidrogjeni. Të gjitha substancat që kanë strukturë molekulare janë stoikiometrike.

Megjithatë, substancat janë të përhapura në natyrë, përbërja e të cilave mund të ndryshojë në varësi të metodës së përgatitjes ose burimit të origjinës. Shumica dërrmuese e tyre janë substanca kristalore. Madje mund të thuhet se për trupat e ngurtë, stoikiometria është përjashtim dhe jo rregull.

Për shembull, merrni parasysh përbërjen e karabit dhe oksidit të titanit të studiuar mirë. Në oksidin e titanit TiO x X=0,7-1,3, pra nga 0,7 deri në 1,3 atome oksigjen për atom titan, në karbit TiC x X=0,6-1,0.

Jostokiometrike të ngurta shpjegohet me një defekt intersticial në nyjet e rrjetës kristalore ose, anasjelltas, me shfaqjen e vendeve të lira në nyje. Substanca të tilla përfshijnë oksidet, silicidet, boridet, karbidet, fosfidet, nitridet dhe substanca të tjera inorganike, si dhe ato organike me molekulare të lartë.

Dhe megjithëse provat për ekzistencën e komponimeve me një përbërje të ndryshueshme u paraqitën vetëm në fillim të shekullit të 20-të nga I.S. Kurnakov, substanca të tilla shpesh quhen berthollide me emrin e shkencëtarit K.L. Berthollet, i cili sugjeroi që përbërja e çdo substance të ndryshojë.

Për secilën substancë në reaksion, ekzistojnë sasitë e mëposhtme të substancës:

Sasia fillestare e substancës i-të (sasia e substancës para fillimit të reaksionit);

Sasia përfundimtare e substancës së i-të (sasia e substancës në fund të reaksionit);

Sasia e substancës së reaguar (për substancat fillestare) ose e formuar (për produktet e reaksionit).

Meqenëse sasia e një lënde nuk mund të jetë negative, për substancat fillestare

Që nga >.

Për produktet e reagimit >, pra, .

Raportet stoikiometrike - raportet ndërmjet sasive, masave ose vëllimeve (për gazrat) të substancave ose produkteve të reaksionit, të llogaritura në bazë të ekuacionit të reaksionit. Llogaritjet duke përdorur ekuacionet e reaksionit bazohen në ligjin bazë të stoikiometrisë: raporti i sasive të substancave reaguese ose të formuara (në mol) është i barabartë me raportin e koeficientëve përkatës në ekuacionin e reaksionit (koeficientët stoikiometrikë).

Për reaksionin aluminotermik të përshkruar nga ekuacioni:

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

sasitë e substancave të reaguara dhe produkteve të reaksionit lidhen si

Për llogaritjet, është më i përshtatshëm të përdoret një formulim tjetër i këtij ligji: raporti i sasisë së një substance të reaguar ose të formuar si rezultat i një reagimi ndaj koeficientit të tij stoikiometrik është një konstante për një reagim të caktuar.

Në përgjithësi, për një reagim të formës

aA + bB = cC + dD,

ku shkronjat e vogla tregojnë koeficientët, dhe shkronjat e mëdha - substancave kimike, sasitë e reaktantëve lidhen me raportin:

Çdo dy terma të këtij raporti, të lidhura me barazi, formojnë proporcionin e një reaksioni kimik: për shembull,

Nëse masa e substancës së formuar ose të reaguar të reaksionit njihet për reaksionin, atëherë sasia e saj mund të gjendet me formulën

dhe më pas, duke përdorur proporcionin e reaksionit kimik, mund të gjendet për substancat e mbetura të reaksionit. Një substancë, për nga masa ose sasia e së cilës gjenden masat, sasitë ose vëllimet e pjesëmarrësve të tjerë në reaksion, nganjëherë quhet një substancë referuese.

Nëse jepen masat e disa reagentëve, atëherë llogaritja e masave të substancave të mbetura kryhet sipas substancës që është në mungesë, d.m.th., është konsumuar plotësisht në reaksion. Sasitë e substancave që përputhen saktësisht me ekuacionin e reaksionit pa tepricë ose mungesë quhen sasi stoikiometrike.

Kështu, në detyrat që lidhen me llogaritjet stoikiometrike, veprimi kryesor është gjetja e substancës referuese dhe llogaritja e sasisë së saj që ka hyrë ose është formuar si rezultat i reaksionit.

Llogaritja e sasisë së një trupi individual

ku është sasia e ngurtës individuale A;

Masa e ngurtës individuale A, g;

Masa molare e substancës A, g/mol.

Llogaritja e sasisë së mineralit natyror ose përzierjes së lëndëve të ngurta

Le të jepet piriti mineral natyral, përbërësi kryesor i të cilit është FeS 2 . Përveç tij, përbërja e piritit përfshin papastërti. Përmbajtja e përbërësit kryesor ose papastërtive tregohet në përqindje masive, për shembull, .

Nëse dihet përmbajtja e komponentit kryesor, atëherë

Nëse dihet përmbajtja e papastërtive, atëherë

ku është sasia e substancës individuale FeS 2, mol;

Masa e mineralit pirit, g.

Në mënyrë të ngjashme, sasia e një përbërësi në një përzierje trupash të ngurtë llogaritet nëse dihet përmbajtja e tij në fraksione masive.

Llogaritja e sasisë së substancës së një lëngu të pastër

Nëse masa dihet, atëherë llogaritja është e ngjashme me llogaritjen për një trup të ngurtë individual.

Nëse vëllimi i lëngut dihet, atëherë

1. Gjeni masën e këtij vëllimi të lëngut:

m f = V f s f,

ku m W është masa e lëngut g;

V W - vëllimi i lëngut, ml;

c w është dendësia e lëngut, g/ml.

2. Gjeni numrin e moleve të lëngut:

Kjo teknikë është e përshtatshme për çdo gjendja e grumbullimit substancave.

Përcaktoni sasinë e substancës H 2 O në 200 ml ujë.

Zgjidhja: nëse temperatura nuk është e specifikuar, atëherë dendësia e ujit supozohet të jetë 1 g / ml, atëherë:

Llogaritni sasinë e një lënde të tretur në një tretësirë ​​nëse dihet përqendrimi i saj

Nëse dihet pjesa masive e lëndës së tretur, dendësia e tretësirës dhe vëllimi i saj, atëherë

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

ku m p-ra është masa e tretësirës, ​​g;

V p-ra - vëllimi i tretësirës, ​​ml;

me r-ra - dendësia e tretësirës, ​​g / ml.

ku është masa e substancës së tretur, g;

Pjesa masive e substancës së tretur, e shprehur në%.

Përcaktoni sasinë e substancës së acidit nitrik në 500 ml tretësirë ​​acidi 10% me densitet 1,0543 g/ml.

Përcaktoni masën e tretësirës

m r-ra \u003d V r-ra s r-ra \u003d 500 1,0543 \u003d 527,150 g

Përcaktoni masën e HNO 3 të pastër

Përcaktoni numrin e moleve të HNO 3

Nëse dihet përqendrimi molar i substancës së tretur dhe i substancës dhe vëllimi i tretësirës, ​​atëherë

ku është vëllimi i tretësirës, ​​l;

Përqendrimi molar i substancës i-të në tretësirë, mol/l.

Llogaritja e sasisë së një lënde të gaztë individuale

Nëse është dhënë masa e një lënde të gaztë, atëherë ajo llogaritet me formulën (1).

Nëse vëllimi i matur në kushte normale jepet, atëherë sipas formulës (2), nëse vëllimi i një lënde të gaztë matet në ndonjë kusht tjetër, atëherë sipas formulës (3), formulat janë dhënë në faqet 6-7.

Një nga më të rëndësishmet konceptet kimike, në të cilën bazohen llogaritjet stekiometrike, është sasia kimike e një lënde. Sasia e disa substancave X shënohet me n(X). Njësia për matjen e sasisë së një lënde është nishan.

Një mol është sasia e një lënde që përmban 6,02 10 23 molekula, atome, jone ose njësi të tjera strukturore që përbëjnë substancën.

Masa e një moli të një substance X quhet masë molare M(X) e kësaj substance. Duke ditur masën m(X) të një substance X dhe masën molare të saj, mund të llogarisim sasinë e kësaj substance duke përdorur formulën:

Numri 6.02 10 23 quhet Numri i Avogadros(Na); dimensionin e tij mol – 1.

Duke shumëzuar numrin Avogadro N a me sasinë e substancës n(X), mund të llogarisim numrin e njësive strukturore, për shembull, molekulat N(X) të një substance X:

N(X) = N a · n(X) .

Për analogji me konceptin e masës molare, u prezantua koncepti i vëllimit molar: vëllimi molar V m (X) e një substance X është vëllimi i një moli të kësaj substance. Duke ditur vëllimin e një substance V(X) dhe vëllimin e saj molar, mund të llogarisim sasinë kimike të një substance:

Në kimi, shpesh duhet të merret me vëllimin molar të gazeve. Sipas ligjit të Avogadro, vëllime të barabarta të çdo gazi të marrë në të njëjtën temperaturë dhe presion të barabartë përmbajnë të njëjtin numër molekulash. Në kushte të barabarta, 1 mol i çdo gazi zë të njëjtin vëllim. Në kushte normale (n.s.) - temperatura 0 ° C dhe presioni 1 atmosferë (101325 Pa) - ky vëllim është 22.4 litra. Kështu, në n.o. V m (gaz) = 22,4 l / mol. Duhet theksuar se aplikohet vlera volumore molare prej 22,4 l/mol vetëm për gazrat.

Njohuri masa molare substancat dhe numri Avogadro ju lejon të shprehni masën e një molekule të çdo substance në gram. Më poshtë është një shembull i llogaritjes së masës së një molekule hidrogjeni.

1 mol hidrogjen i gaztë përmban 6,02 10 23 molekula H 2 dhe ka një masë prej 2 g (sepse M (H 2) \u003d 2 g / mol). Rrjedhimisht,

6,02·10 23 molekulat H 2 kanë një masë prej 2 g;

1 molekulë H 2 ka një masë x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.

Koncepti i "nishanit" përdoret gjerësisht për të kryer llogaritjet sipas ekuacioneve të reaksioneve kimike, pasi koeficientët stekiometrikë në ekuacionin e reaksionit tregojnë se në çfarë raportesh molare substancat reagojnë me njëra-tjetrën dhe formohen si rezultat i reaksionit.

Për shembull, ekuacioni i reaksionit 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O përmban informacionin e mëposhtëm: 4 mol amoniak reagojnë pa tepricë dhe mungesë me 3 mol oksigjen, dhe 2 mol azot dhe 6 mol. të ujit janë formuar.

Shembulli 4.1 Llogaritni masën e precipitatit të formuar gjatë bashkëveprimit të tretësirave që përmbajnë 70,2 g dihidrogjen fosfat kalciumi dhe 68 g hidroksid kalciumi. Cila substancë do të mbetet e tepërt? Sa është masa e tij?

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

Nga ekuacioni i reaksionit shihet se 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reagon me 12 mol KOH. Le të llogarisim sasitë e substancave reaguese, të cilat jepen sipas gjendjes së problemit:

n (Ca (H 2 PO 4) 2) \u003d m (Ca (H 2 PO 4) 2) / M (Ca (H 2 PO 4) 2) \u003d 70,2 g: 234 g / mol \u003d 0,3 mol ;

n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.

3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 kërkon 12 mol KOH

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

x \u003d 1.2 mol - do të kërkohet aq shumë KOH në mënyrë që reagimi të vazhdojë pa tepricë dhe mangësi. Dhe sipas gjendjes së problemit janë 1.215 mol KOH. Prandaj, KOH është në tepricë; sasia e KOH e mbetur pas reaksionit:

n(KOH) \u003d 1,215 mol - 1,2 mol \u003d 0,015 mol;

masa e tij është m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.

Llogaritja e produktit të reaksionit që rezulton (precipitati Ca 3 (PO 4) 2) duhet të kryhet sipas substancës që është në mungesë (në këtë rast, Ca (H 2 PO 4) 2), pasi kjo substancë do të reagojë plotësisht. Mund të shihet nga ekuacioni i reaksionit se numri i moleve të Ca 3 (PO 4) 2 që rezulton është 3 herë më i vogël se numri i moleve të Ca (H 2 PO 4) 2 të reaguar:

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

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

Detyra numër 5

a) Llogaritni sasitë kimike të reaktantëve të dhëna në tabelën 5 (vëllimet e substancave të gazta janë dhënë në kushte normale);

b) rendit koeficientët në një skemë të caktuar reaksioni dhe, duke përdorur ekuacionin e reaksionit, përcaktoni se cila nga substancat është e tepërt dhe cila është në mungesë;

c) gjeni sasinë kimike të produktit të reaksionit të treguar në tabelën 5;

d) llogaritni masën ose vëllimin (shih tabelën 5) të këtij produkti të reaksionit.

Tabela 5 - Kushtet e detyrës nr. 5

Tabela 5 vazhdon

KONCENTRIMI I ZGJIDHJEVE

Në kuadër të kursit kimia e përgjithshme nxënësit mësojnë 2 mënyra të shprehjes së përqendrimit të tretësirave - fraksioni masiv dhe përqendrimi molar.

Pjesa masive e substancës së tretur X llogaritet si raport i masës së kësaj substance me masën e tretësirës:

,

ku ω(X) është pjesa masive e substancës së tretur X;

m(X) është masa e substancës së tretur X;

m zgjidhje - masa e tretësirës.

Pjesa masive e një substance e llogaritur sipas formulës së mësipërme është një sasi pa dimension e shprehur në fraksione të një njësie (0< ω(X) < 1).

Pjesa masive mund të shprehet jo vetëm në fraksione të një njësie, por edhe si përqindje. Në këtë rast, formula e llogaritjes duket si kjo:

Pjesa masive, e shprehur në përqindje, shpesh quhet përqendrimi në përqindje . Natyrisht, përqendrimi në përqindje i substancës së tretur është 0%< ω(X) < 100%.

Përqendrimi në përqindje tregon se sa pjesë në masë të një tretësie gjenden në 100 pjesë në masë të një tretësire. Nëse zgjidhni gramët si njësi të masës, atëherë ky përkufizim mund të shkruhet edhe si më poshtë: përqendrimi në përqindje tregon se sa gramë të një lënde të tretur përmbahen në 100 gram tretësirë.

Është e qartë se, për shembull, një zgjidhje 30% korrespondon me një pjesë masive të një substance të tretur të barabartë me 0.3.

Një mënyrë tjetër për të shprehur përmbajtjen e një tretësie në një tretësirë ​​është përqendrimi molar (molariteti).

Përqendrimi molar i një lënde ose molariteti i një tretësire, tregon sa mole të një tretësie përmban 1 litër (1 dm 3) tretësirë

ku C(X) është përqendrimi molar i substancës së tretur X (mol/l);

n(X) është sasia kimike e substancës së tretur X (mol);

tretësirë ​​V - vëllimi i tretësirës (l).

Shembulli 5.1 Llogaritni përqendrimin molar të H 3 PO 4 në tretësirë, nëse dihet se pjesa masive e H 3 PO 4 është 60%, dhe dendësia e tretësirës është 1,43 g / ml.

Sipas përcaktimit të përqendrimit në përqindje

100 g tretësirë ​​përmban 60 g acid fosforik.

n (H 3 PO 4) \u003d m (H 3 PO 4) : M (H 3 PO 4) \u003d 60 g: 98 g / mol \u003d 0,612 mol;

tretësirë ​​V \u003d m zgjidhje: ρ tretësirë ​​\u003d 100 g: 1,43 g / cm 3 \u003d 69,93 cm 3 \u003d 0,0699 l;

C (H 3 PO 4) \u003d n (H 3 PO 4): V tretësirë ​​\u003d 0,612 mol: 0,0699 l \u003d 8,755 mol / l.

Shembulli 5.2 Ekziston një zgjidhje 0,5 M e H 2 SO 4 . Sa është pjesa masive e acidit sulfurik në këtë tretësirë? Merrni densitetin e tretësirës të barabartë me 1 g/ml.

Sipas përkufizimit të përqendrimit molar

1 litër tretësirë ​​përmban 0,5 mol H 2 SO 4

(Hyrja "zgjidhje 0,5 M" do të thotë se C (H 2 SO 4) \u003d 0,5 mol / l).

m tretësirë ​​= V tretësirë ​​× ρ tretësirë ​​= 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;

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

ω (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4) : m tretësirë ​​\u003d 49 g: 1000 g \u003d 0,049 (4,9%).

Shembulli 5.3 Cilat vëllime uji dhe një tretësirë ​​96% e H 2 SO 4 me densitet 1,84 g / ml duhet të merren për të përgatitur 2 litra tretësirë ​​60 % të H 2 SO 4 me një densitet 1,5 g / ml.

Gjatë zgjidhjes së problemeve për përgatitjen e një tretësire të holluar nga ajo e përqendruar, duhet të kihet parasysh se tretësira fillestare (e koncentruar), uji dhe tretësira që rezulton (e holluar) kanë dendësi të ndryshme. Në këtë rast, duhet të kihet parasysh se V e tretësirës origjinale + V e ujit ≠ V e tretësirës që rezulton,

sepse gjatë përzierjes së një tretësire të koncentruar dhe ujit, ndodh një ndryshim (rritje ose ulje) në vëllimin e të gjithë sistemit.

Zgjidhja e problemeve të tilla duhet të fillojë me gjetjen e parametrave të një solucioni të holluar (d.m.th., tretësirës që duhet të përgatitet): masën e saj, masën e substancës së tretur, nëse është e nevojshme, dhe sasinë e substancës së tretur.

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

m (H 2 SO 4) në tretësirë ​​60% \u003d m tretësirë ​​60% w (H 2 SO 4) në tretësirë ​​60% \u003d 3000 g 0,6 \u003d 1800 g.

Masa e acidit sulfurik të pastër në tretësirën e përgatitur duhet të jetë e barabartë me masën e acidit sulfurik në atë pjesë të tretësirës 96% që duhet marrë për të përgatitur tretësirën e holluar. Në këtë mënyrë,

m (H 2 SO 4) në tretësirë ​​60% \u003d m (H 2 SO 4) në tretësirë ​​96% \u003d 1800 g.

m Tretësirë ​​96% = m (H 2 SO 4) në tretësirë ​​96%: w (H 2 SO 4) në tretësirë ​​96% = 1800 g: 0,96 = 1875 g.

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

V 96% tretësirë ​​\u003d m Tretësirë ​​96%: ρ tretësirë ​​96% \u003d 1875 g: 1,84 g / ml \u003d 1019 ml » 1,02 l.

V ujë \u003d m ujë: ρ ujë \u003d 1125g: 1 g / ml \u003d 1125 ml \u003d 1,125 l.

Shembulli 5.4 Përzihen 100 ml tretësirë ​​0,1 M të CuCl 2 dhe 150 ml tretësirë ​​0,2 M të Cu(NO 3) 2 Llogaritni përqendrimin molar të joneve Cu 2+, Cl - dhe NO 3 - në tretësirën që rezulton.

Kur zgjidhni një problem të ngjashëm të përzierjes së tretësirave të holluara, është e rëndësishme të kuptohet se tretësirat e holluara kanë afërsisht të njëjtën densitet, afërsisht të barabartë me densitetin e ujit. Kur ato përzihen, vëllimi i përgjithshëm i sistemit praktikisht nuk ndryshon: V 1 i një tretësire të holluar + V 2 e një tretësire të holluar + ... "V e tretësirës që rezulton.

Në zgjidhjen e parë:

n (CuCl 2) \u003d C (CuCl 2) V zgjidhje e CuCl 2 \u003d 0,1 mol / l × 0,1 l \u003d 0,01 mol;

CuCl 2 - elektrolit i fortë: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;

Prandaj, n (Cu 2+) \u003d n (CuCl 2) \u003d 0,01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0,01 \u003d 0,02 mol.

Në zgjidhjen e dytë:

n (Cu (NO 3) 2) \u003d C (Cu (NO 3) 2) × V tretësirë ​​Cu (NO 3) 2 \u003d 0,2 mol / l × 0,15 l \u003d 0,03 mol;

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

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

Pas përzierjes së tretësirave:

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

V e zakonshme. » Vsolucion CuCl 2 + Vsolucion Cu(NO 3) 2 \u003d 0,1 l + 0,15 l \u003d 0,25 l;

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

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

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

Shembulli 5.5 Në balonë u shtuan 684 mg sulfat alumini dhe 1 ml tretësirë ​​të acidit sulfurik 9,8% me densitet 1,1 g/ml. Përzierja që rezulton është tretur në ujë; Vëllimi i tretësirës u arrit në 500 ml me ujë. Llogaritni përqendrimet molare të joneve H +, Al 3+ SO 4 2– në tretësirën që rezulton.

Llogaritni sasinë e substancave të tretura:

n (Al 2 (SO 4) 3) \u003d m (Al 2 (SO 4) 3) : M (Al 2 (SO 4) 3) \u003d 0,684 g: 342 g mol \u003d 0,002 mol;

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

Prandaj, n(Al 3+)=2×0.002 mol=0.004 mol; n (SO 4 2–) \u003d 3 × 0,002 mol \u003d 0,006 mol.

m tretësirë ​​e H 2 SO 4 \u003d V zgjidhje e H 2 SO 4 × ρ tretësirë ​​e H 2 SO 4 \u003d 1 ml × 1,1 g / ml \u003d 1,1 g;

m (H 2 SO 4) \u003d m tretësirë ​​e H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) \u003d 1,1 g 0,098 \u003d 0,1078 g.

n (H2SO4) \u003d m (H2SO4) : M (H2SO4) \u003d 0.1078 g: 98 g / mol \u003d 0.0011 mol;

H 2 SO 4 është një elektrolit i fortë: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2–.

Prandaj, n (SO 4 2–) \u003d n (H 2 SO 4) \u003d 0,0011 mol; n(H +) \u003d 2 × 0,0011 \u003d 0,0022 mol.

Sipas gjendjes së problemit, vëllimi i tretësirës që rezulton është 500 ml (0,5 l).

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

C (Al 3+) \u003d n (Al 3+): V tretësirë ​​\u003d 0,004 mol: 0,5 l \u003d 0,008 mol / l;

C (H +) \u003d n (H +) : V zgjidhje \u003d 0,0022 mol: 0,5 l \u003d 0,0044 mol / l;

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

Shembulli 5.6Çfarë mase sulfati hekuri (FeSO 4 7H 2 O) dhe çfarë vëllimi uji duhet të merret për të përgatitur 3 litra tretësirë ​​10% të sulfatit të hekurit (II). Merret dendësia e tretësirës e barabartë me 1.1 g/ml.

Masa e tretësirës që do të përgatitet është:

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

Masa e sulfatit të pastër të hekurit (II) në këtë tretësirë ​​është:

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

E njëjta masë e FeSO 4 anhidër duhet të përmbahet në sasinë e hidratit kristalor që duhet marrë për të përgatitur tretësirën. Nga një krahasim i masave molare M (FeSO 4 7H 2 O) \u003d 278 g / mol dhe M (FeSO 4) \u003d 152 g / mol,

marrim proporcionin:

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

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

x \u003d (278 330) : 152 \u003d 603,6 g.

m ujë \u003d m tretësirë ​​- m sulfat hekuri \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 2696,4 g.

Sepse dendësia e ujit është 1 g / ml, atëherë vëllimi i ujit që duhet të merret për të përgatitur tretësirën është: V ujë \u003d m ujë: ρ ujë \u003d 2696,4 g: 1 g / ml \u003d 2696,4 ml.

Shembulli 5.7 Cila masë e kripës së Glauber-it (Na 2 SO 4 10H 2 O) duhet të shpërndahet në 500 ml tretësirë ​​10% të sulfatit të natriumit (densiteti i tretësirës 1.1 g / ml) për të marrë një tretësirë ​​15% Na 2 SO 4?

Le të kërkohen x gram kripë të Glauber-it Na 2 SO 4 10H 2 O. Atëherë masa e tretësirës që rezulton është:

m tretësirë ​​15% = m tretësirë ​​origjinale (10%) + m kripë Glauber = 550 + x (g);

m tretësirë ​​fillestare (10%) = V tretësirë ​​10% × ρ tretësirë ​​10% = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;

m (Na 2 SO 4) në tretësirën origjinale (10%) \u003d m 10% tretësirë ​​a w (Na 2 SO 4) \u003d 550 g 0,1 \u003d 55 g.

Shprehni përmes x masën e Na 2 SO 4 të pastër që përmbahet në x gram Na 2 SO 4 10H 2 O.

M (Na 2 SO 4 10H 2 O) \u003d 322 g / mol; M (Na 2 SO 4) \u003d 142 g / mol; Rrjedhimisht:

322 g Na 2 SO 4 10H 2 O përmban 142 g Na 2 SO 4 anhidrik;

x g Na 2 SO 4 10H 2 O përmban m g Na 2 SO 4 anhidrik.

m(Na 2 SO 4) \u003d 142 x: 322 \u003d 0,441 x x.

Masa totale e sulfatit të natriumit në tretësirën që rezulton do të jetë e barabartë me:

m (Na 2 SO 4) në tretësirë ​​15% = 55 + 0,441 × x (g).

Në zgjidhjen që rezulton: = 0,15

, prej nga x = 94,5 g.

Detyra numër 6

Tabela 6 - Kushtet e detyrës nr. 6

Tabela 6 vazhdon

Tabela 6 vazhdon

EKUILIBRI KIMIK

Të gjitha reaksionet kimike mund të ndahen në 2 grupe: reaksione të pakthyeshme, d.m.th. reaksionet që vazhdojnë deri në konsumimin e plotë të të paktën një prej substancave reaguese dhe reaksionet e kthyeshme në të cilat asnjë nga substancat reaguese nuk konsumohet plotësisht. Kjo është për shkak të faktit se një reagim i kthyeshëm mund të vazhdojë si drejtpërdrejt ashtu edhe brenda drejtim i kundërt. Një shembull klasik i një reaksioni të kthyeshëm është sinteza e amoniakut nga azoti dhe hidrogjeni:

N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.

Në fillim të reaksionit, përqendrimet e substancave fillestare në sistem janë maksimale; në këtë moment, shpejtësia e reagimit përpara është gjithashtu maksimale. Në fillim të reaksionit, ende nuk ka produkte reagimi në sistem (në ky shembull- amoniak), prandaj, shkalla e reaksionit të kundërt është zero. Ndërsa substancat fillestare ndërveprojnë me njëra-tjetrën, përqendrimet e tyre zvogëlohen, prandaj, zvogëlohet edhe shpejtësia e reaksionit të drejtpërdrejtë. Përqendrimi i produktit të reaksionit rritet gradualisht, prandaj, shkalla e reagimit të kundërt gjithashtu rritet. Pas ca kohësh, shpejtësia e reagimit përpara bëhet e barabartë me shpejtësinë e kundërt. Kjo gjendje e sistemit quhet gjendja e ekuilibrit kimik. Përqendrimet e substancave në një sistem që është në gjendje ekuilibri kimik quhen përqendrimet e ekuilibrit. Karakteristikë sasiore sistemet në gjendje ekuilibri kimik është konstante ekuilibri.

Për çdo reaksion të kthyeshëm a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ..., shprehja për konstantën e ekuilibrit kimik (K) shkruhet si një fraksion, në numëruesin e të cilit janë përqendrimet e ekuilibrit të produkteve të reaksionit. , dhe në emërues janë përqendrimet ekuilibër të substancave fillestare, për më tepër, përqendrimi i secilës substancë duhet të rritet në një fuqi të barabartë me koeficientin stekiometrik në ekuacionin e reaksionit.

Për shembull, për reaksionin N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.

Duhet pasur parasysh se shprehja e konstantës së ekuilibrit përfshin përqendrimet e ekuilibrit të vetëm substancave të gazta ose substancave që janë në gjendje të tretur . Përqendrimi lëndë e ngurtë konsiderohet konstante dhe nuk shkruhet në shprehjen e konstantës së ekuilibrit.

CO 2 (gaz) + C (i ngurtë) ⇆ 2CO (gaz)

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

Ba 3 (PO 4) 2 (e ngurtë) ⇆ 3 Ba 2+ (tretësirë ​​e ngopur) + 2 PO 4 3– (tretësirë ​​e ngopur) K \u003d C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)

Ekzistojnë dy lloje më të rëndësishme të problemeve që lidhen me llogaritjen e parametrave të një sistemi ekuilibri:

1) përqendrimet fillestare të substancave fillestare janë të njohura; Nga gjendja e problemit, mund të gjenden përqendrimet e substancave që kanë reaguar (ose formuar) deri në arritjen e ekuilibrit; në problem kërkohet të llogariten përqendrimet e ekuilibrit të të gjitha substancave dhe vlera numerike e konstantës së ekuilibrit;

2) janë të njohura përqendrimet fillestare të substancave fillestare dhe konstanta e ekuilibrit. Gjendja nuk përmban të dhëna për përqendrimet e substancave të reaguara ose të formuara. Kërkohet të llogaritet përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve në reaksion.

Për të zgjidhur probleme të tilla, është e nevojshme të kuptohet se përqendrimi ekuilibër i ndonjë fillestare substancat mund të gjenden duke zbritur përqendrimin e substancës së reaguar nga përqendrimi fillestar:

C ekuilibri \u003d C fillestar - C i substancës së reaguar.

Përqendrimi i ekuilibrit produkt i reagimit është e barabartë me përqendrimin e produktit të formuar në kohën e ekuilibrit:

Ekuilibri C \u003d C i produktit që rezulton.

Kështu, për të llogaritur parametrat e një sistemi ekuilibri, është shumë e rëndësishme të jemi në gjendje të përcaktojmë se sa nga substanca fillestare kishte reaguar deri në momentin e arritjes së ekuilibrit dhe sa nga produkti i reaksionit ishte formuar. Për të përcaktuar sasinë (ose përqendrimin) e substancave të reaguara dhe të formuara, bëhen llogaritjet stoikiometrike sipas ekuacionit të reaksionit.

Shembulli 6.1 Përqendrimet fillestare të azotit dhe hidrogjenit në sistemin e ekuilibrit N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 janë përkatësisht 3 mol/l dhe 4 mol/l. Në kohën kur u arrit ekuilibri kimik, 70% e hidrogjenit nga sasia e tij fillestare mbeti në sistem. Përcaktoni konstantën e ekuilibrit të këtij reaksioni.

Nga kushtet e problemit rezulton se në kohën kur u arrit ekuilibri, 30% e hidrogjenit kishte reaguar (problemi 1 tip):

4 mol/l H 2 - 100%

x mol / l H 2 - 30%

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

Siç shihet nga ekuacioni i reaksionit, azoti duhet të ketë reaguar 3 herë më pak se hidrogjeni, d.m.th. Me proreakt. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 \u003d 0,4 mol / l. Amoniaku formohet 2 herë më shumë sesa reagoi azoti:

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

Përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve në reagim do të jenë si më poshtë:

E barabartë (H 2) \u003d C fillestar. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;

E barabartë (N 2) \u003d C beg. (N 2) – C proreact. (N 2) \u003d 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;

E barabartë (NH 3) = imazhe C. (NH 3) \u003d 0,8 mol/l.

Konstanta e ekuilibrit = .

Shembulli 6.2 Llogaritni përqendrimet ekuilibër të hidrogjenit, jodit dhe jodit të hidrogjenit në sistemin H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, nëse dihet se përqendrimet fillestare të H 2 dhe I 2 janë përkatësisht 5 mol/l dhe 3 mol/l, dhe konstanta e ekuilibrit është 1.

Duhet theksuar se në gjendjen e këtij problemi (detyra e tipit 2), gjendja nuk thotë asgjë për përqendrimet e substancave fillestare të reaguara dhe produkteve të formuara. Prandaj, kur zgjidhen probleme të tilla, përqendrimi i disa substancave të reaguara zakonisht merret si x.

Le të ketë reaguar x mol/l H 2 deri në momentin kur arrihet ekuilibri. Pastaj, siç vijon nga ekuacioni i reaksionit, x mol/l I 2 duhet të reagojë dhe duhet të formohet 2x mol/l HI. Përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve në reagim do të jenë si më poshtë:

E barabartë (H 2) \u003d C lyp. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;

E barabartë (I 2) = C beg. (I 2) – C proreact. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;

E barabartë (HI) = imazhe C. (HI) = 2x mol/l.

4x2 = 15 - 8x + x2

3x2 + 8x - 15 = 0

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

kuptimi fizik ka vetëm rrënjë pozitive x = 1.27.

Prandaj, C është e barabartë. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l \u003d 5 - 1,27 \u003d 3,73 mol / l;

E barabartë (I 2) \u003d (3 - x) mol / l \u003d 3 - 1,27 \u003d 1,73 mol / l;

E barabartë (HI) \u003d 2x mol / l \u003d 2 1,27 \u003d 2,54 mol / l.

Detyra numër 7

Tabela 7 - Kushtet e detyrës nr. 7

Tabela 7 vazhdon