Redoks reaksiyonu (ORR) için bir denklem hazırlarken, indirgeyici ajanı, oksitleyici ajanı ve verilen ve alınan elektronların sayısını belirlemek gerekir. OVR stokiyometrik katsayıları, elektron dengesi yöntemi veya elektron-iyon dengesi yöntemi kullanılarak seçilir (ikincisine yarı reaksiyon yöntemi de denir). Birkaç örneğe bakalım. OVR denklemlerinin derlenmesine ve stokiyometrik katsayıların seçilmesine bir örnek olarak, demir (II) disülfidin (pirit) konsantre nitrik asit ile oksidasyon sürecini analiz ediyoruz: Her şeyden önce olası reaksiyon ürünlerini belirliyoruz. Nitrik asit güçlü bir oksitleyici ajandır, bu nedenle sülfür iyonu maksimum oksidasyon durumuna S (H2S04) veya S (SO2) ve Fe'den Fe'ye oksitlenebilir, HN03 ise N0 veya N02'ye indirgenebilir (set spesifik ürünler, reaktif konsantrasyonları, sıcaklık vb. belirlenir). Aşağıdaki olası seçeneği seçelim: H20 denklemin solunda veya sağında olacak, henüz bilmiyoruz. Katsayıları seçmek için iki ana yöntem vardır. Önce elektron-iyon dengesi yöntemini uygulayalım. Bu yöntemin özü, çok basit ve çok önemli iki ifadede yatmaktadır. İlk olarak, bu yöntem, ortamın doğasının (asidik, alkalin veya nötr) zorunlu olarak dikkate alınmasıyla elektronların bir parçacıktan diğerine geçişini dikkate alır. İkinci olarak, elektron-iyon dengesi denklemi derlenirken, yalnızca belirli bir OVR sırasında gerçekten var olan parçacıklar kaydedilir - yalnızca gerçekten var olan katyonlar veya anonlar iyonlar şeklinde kaydedilir; Zayıf ayrışmış, çözünmeyen veya gaz şeklinde serbest kalan maddeler moleküler biçimde yazılır. Oksidasyon ve indirgeme süreçleri için denklemi derlerken, hidrojen ve oksijen atomlarının sayısını eşitlemek için, (ortama bağlı olarak) su molekülleri ve hidrojen iyonları (ortam asidik ise) veya su molekülleri ve hidroksit iyonları eklenir. (ortam alkali ise). Bizim durumumuz için oksidasyon yarı reaksiyonunu düşünün. FeS2 molekülleri (az çözünür bir madde) Fe3+ iyonlarına (demir nitrat (II) tamamen iyonlara ayrışır) ve sülfat iyonlarına dönüştürülür S042 "(H2SO4'ün ayrışması): Şimdi nitrat iyonunun indirgeme yarı reaksiyonunu düşünün: Eşitlemek için oksijen, sağ tarafa 2 su molekülü ve sola - 4 H + iyonu ekleyin: Yükü sol tarafa eşitlemek (yük +3), 3 elektron ekleyin: Son olarak, her iki parçayı da 16H + azaltarak ve 8H20, redoks reaksiyonunun nihai, indirgenmiş iyonik denklemini elde ederiz: Denklemin her iki tarafına karşılık gelen sayıda NOJ nH+ iyonu ekleyerek moleküler reaksiyon denklemini buluruz: Verilen ve alınan elektronların sayısını belirlemek için lütfen unutmayın , elementlerin oksidasyon durumunu asla belirlemek zorunda kalmadık. Ayrıca çevrenin etkisini de hesaba kattık ve “otomatik” olarak H20'nin denklemin sağ tarafında olduğunu belirledik. Hiç şüphe yok ki bu yöntemin büyük bir kimyasal anlamı vardır. Ampirik denge yöntemi. OVR denklemlerinde stokiyometrik katsayıları bulma yönteminin özü, OVR'de yer alan elementlerin atomlarının oksidasyon durumlarının zorunlu olarak belirlenmesidir. Bu yaklaşımı kullanarak, reaksiyonu (11.1) tekrar eşitleriz (yukarıda bu reaksiyona yarı reaksiyonlar yöntemini uyguladık). İndirgeme işlemi basit bir şekilde açıklanmıştır: İki element aynı anda oksitlendiğinden, bir oksidasyon şeması oluşturmak daha zordur - Fe ve S. Demire +2, kükürt - 1 oksidasyon durumu atayabilirsiniz ve orada olduğunu dikkate alabilirsiniz. Fe atomu başına iki S atomudur: Bununla birlikte, oksidasyon durumlarını belirlemeden yapabilirsiniz ve şemaya (11.2) benzeyen bir şema yazabilirsiniz: Sağ taraf +15, sol taraf 0, yani FeS2 15 elektron vermelidir. Genel dengeyi yazıyoruz: Hala ortaya çıkan denge denklemini “anlamamız” gerekiyor - bu, FeS2'yi oksitlemek için 5 HN03 molekülünün kullanıldığını ve Fe(N03)j oluşturmak için başka 3 HNO molekülünün gerekli olduğunu gösteriyor: Hidrojeni ve hidrojeni eşitlemek için ve oksijen, sağ tarafa 2 molekül H20 eklemeniz gerekir: Elektron-iyon dengesi yöntemi elektron dengesi yönteminden daha çok yönlüdür ve özellikle birçok OTS'de katsayı seçiminde yadsınamaz bir avantaja sahiptir. oksidasyon durumlarını belirleme prosedürünün bile çok karmaşık olduğu organik bileşikler. - Örneğin, sulu bir potasyum permanganat çözeltisinden geçirildiğinde meydana gelen etilen oksidasyon sürecini düşünün. Sonuç olarak, etilen, etilen glikol HO - CH2 - CH2 - OH'ye oksitlenir ve permanganat, manganez okside (TV) indirgenir, ayrıca, son denge denkleminden açıkça görüleceği gibi, potasyum hidroksit de sağda oluşur. : Bu tür terimlerin gerekli indirgemelerini yaptıktan sonra, denklemi nihai moleküler formda yazıyoruz * Ortamın OVR akışının doğası üzerindeki etkisi.Örnekler (11.1) - (11.4) kullanım "tekniği" ni açıkça göstermektedir. asidik veya alkali bir ortamda OVR akışı durumunda elektron-iyon dengesi yöntemi. Çevrenin doğası şu veya bu OVR'nin seyrini etkiler; bu etkiyi "hissetmek" için, bir ve aynı oksitleyici maddenin (KMnO4) farklı ortamlardaki davranışını düşünelim. , Mn+4'e kadar geri kazanılır. (Mn0j) ve minimum - yükselen Shaiyaaapsya'nın (mvnganat-nOn Mn042") olduğu sonuncunun gücünde. Bu şu şekilde açıklanmaktadır. Ayrışma hattının asitleri, 4 "MoOH iyonlarını güçlü bir şekilde polarize eden hidroksit iyonları ffjO + oluşturur Manganezin oksijenle bağlarını zayıflatır (böylece indirgeyici maddenin etkisini arttırır) .. Nötr bir ortamda, su moleküllerinin polarize edici etkisi önemli ölçüde c-aafep. >"MnO iyonları; çok daha az polarize. Güçlü alkali bir ortamda, hidroksit iyonları “Mn-O bağını bile güçlendirir, bunun sonucunda indirgeyici ajanın etkinliği azalır ve MnO^ sadece bir elektron kabul eder. Potasyum permanganatın nötr bir ortamdaki davranışına bir örnek, reaksiyon (11.4) ile temsil edilir. Ayrıca asidik ve alkali ortamlarda KMnOA içeren reaksiyonlara bir örnek verelim.

Redoks reaksiyonu için bir denklem hazırlarken, indirgeyici ajanı, oksitleyici ajanı ve verilen ve alınan elektronların sayısını belirlemek gerekir. Redoks reaksiyonlarının denklemlerini derlemek için başlıca iki yöntem vardır:
1) elektronik Denge- indirgeyici ajandan oksitleyici ajana hareket eden toplam elektron sayısının belirlenmesine dayalı olarak;
2) iyon-elektronik denge- oksidasyon ve indirgeme süreci için denklemlerin ayrı bir şekilde derlenmesini sağlar ve daha sonra ortak bir iyonik denklem-yarım reaksiyon yöntemine toplanırlar. Bu yöntemde sadece indirgeyici madde ve oksitleyici madde için değil aynı zamanda ortamın molekülleri için de katsayıların bulunması gerekir. Ortamın doğasına bağlı olarak, oksitleyici ajan tarafından kabul edilen veya indirgeyici ajan tarafından kaybedilen elektronların sayısı değişebilir.
1) Elektronik denge - oksidasyon durumlarını değiştiren elementlerin atomları arasındaki elektron değişimini dikkate alan redoks reaksiyonlarının denklemlerindeki katsayıları bulma yöntemi. İndirgeyici ajan tarafından bağışlanan elektronların sayısı, oksitleyici ajan tarafından alınan elektronların sayısına eşittir.

Denklem birkaç aşamada derlenir:

1. Reaksiyon şemasını yazın.

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

2. Oksidasyon durumlarını değişen elementlerin işaretlerinin üzerine yazınız.

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

3. Oksidasyon derecesini değiştiren ve oksitleyici ajan tarafından alınan ve indirgeyici ajan tarafından verilen elektronların sayısını belirleyen elementleri tahsis edin.

Mn +7 + 5ē = Mn +2

2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0

4. Alınan ve bağışlanan elektronların sayısını eşitleyin, böylece oksidasyon durumunu değiştiren elementlerin bulunduğu bileşiklerin katsayılarını oluşturun.

Mn +7 + 5ē = Mn +2 2

2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0 5

––––––––––––––––––––––––

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

5. Reaksiyondaki diğer tüm katılımcılar için katsayılar seçilir. Bu durumda, 10 HCl molekülü indirgeme işlemine ve 6 iyon değiştirme işlemine (potasyum ve manganez iyonlarının bağlanması) katılır.

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

2) İyon-elektron dengesi yöntemi.

1. Reaksiyon şemasını yazın.

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

2. Çözeltide fiilen mevcut parçacıkları (moleküller ve iyonlar) kullanarak yarı reaksiyon şemalarını yazın. Aynı zamanda, malzeme dengesini özetliyoruz, yani. sol taraftaki yarı reaksiyona katılan elementlerin atom sayısı sağ taraftaki sayılarına eşit olmalıdır. Oksitlenmiş ve indirgenmiş formlar oksitleyici ve indirgeyici genellikle oksijen içeriği bakımından farklılık gösterir (Cr 2 O 7 2− ve Cr 3+ ile karşılaştırın). Bu nedenle, elektron-iyon dengesi yöntemini kullanarak yarı reaksiyon denklemlerini derlerken, H + /H 2 O çiftlerini içerirler (için asidik ortamı) ve OH - / H 2 O (için alkaliçevre). Bir formdan diğerine geçiş sırasında, orijinal form (genellikle - oksitlenmiş) oksit iyonlarını kaybeder (aşağıda köşeli parantez içinde gösterilmiştir), ikincisi, serbest biçimde bulunmadıkları için, asidik ortam, hidrojen katyonları ile birleştirilir ve alkali orta - oluşumuna yol açan su molekülleri ile su molekülleri(asidik bir ortamda) ve hidroksit iyonları(alkali bir ortamda):

asit ortamı+ 2H + = H 2 O örneği: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
alkali ortam+ H 2 O \u003d 2 OH - örnek: MnO 4 - + 2H 2 O \u003d MnO 2 + 4OH -

oksijen eksikliği orijinal formda (daha sık restore edilmiş formda) nihai forma kıyasla eklenerek telafi edilir su molekülleri(içinde asidik ortam) veya hidroksit iyonları(içinde alkaliçevre):

asit ortamı H 2 O = + 2H + örnek: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
alkali ortam 2 OH - \u003d + H 2 O örnek: SO 3 2- + 2OH - \u003d SO 4 2- + H 2 O

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

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

3. Yarı reaksiyon denklemlerinin sağ ve sol kısımlarındaki toplam yükün eşitliği ihtiyacını takip ederek elektronik dengeyi özetliyoruz.

Yukarıdaki örnekte, indirgeme yarı reaksiyon denkleminin sağ tarafında, iyonların toplam yükü +7, solda - +2'dir, bu, sağ tarafa beş elektronun eklenmesi gerektiği anlamına gelir:

MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O

Oksidasyon yarı reaksiyon denkleminde, sağ taraftaki toplam yük -2, sol tarafta 0'dır, bu, sağ tarafta iki elektronun çıkarılması gerektiği anlamına gelir:

SO 3 2- + H 2 O - 2ē → SO 4 2- + 2H +

Böylece her iki denklemde de iyon-elektron dengesi gerçekleştirilmiş ve içlerine oklar yerine eşit işaretler koymak mümkündür:

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

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

4. Oksitleyici ajan tarafından kabul edilen ve indirgeyici ajan tarafından verilen elektron sayısının eşitliğinin gerekliliği kuralına uyarak, her iki denklemde (2∙5 = 10) elektron sayısının en küçük ortak katını buluruz.

5. Katsayılarla (2.5) çarparız ve her iki denklemin sol ve sağ kısımlarını toplayarak her iki denklemi de toplarız.

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-

veya moleküler formda:

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

Bu yöntem, reaksiyonun gerçekleştiği ortamın (asidik, alkalin veya nötr) yapısını dikkate alarak elektronların bir atom veya iyondan diğerine geçişini dikkate alır. Asidik bir ortamda, yarı reaksiyon denklemlerinde, hidrojen ve oksijen atomlarının sayısını eşitlemek için hidrojen iyonları H + ve su molekülleri, bazik olanda hidroksit iyonları OH - ve su molekülleri kullanılmalıdır. Buna göre elde edilen ürünlerde elektron-iyonik denklemin sağ tarafında hidrojen iyonları (hidroksit iyonları değil) ve su molekülleri (asidik ortam) veya hidroksit iyonları ve su molekülleri (alkali ortam) olacaktır. Bu nedenle, örneğin, bir permanganat iyonunun asidik bir ortamdaki indirgeme yarı reaksiyonunun denklemi, sağ tarafta hidroksit iyonlarının varlığı ile derlenemez:

MnO 4 - + 4H20 + 5ē \u003d Mn 2+ + 8OH -.

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

Yani, elektronik yazarken iyonik denklemlerçözeltide fiilen bulunan iyonların bileşiminden yola çıkılmalıdır. Ayrıca, kısaltılmış iyonik denklemlerin hazırlanmasında olduğu gibi, zayıf ayrışan, zayıf çözünen veya gaz şeklinde serbest kalan maddeler moleküler formda yazılmalıdır.

Redoks tepkimelerinin denklemlerini yarı tepkime yöntemiyle hazırlamak, elektron dengesi yöntemiyle aynı sonuca yol açar.

Her iki yöntemi de karşılaştıralım. Elektron dengesi yöntemine kıyasla yarı reaksiyon yönteminin avantajı şudur: varsayımsal iyonları değil, gerçek olanları kullanır.

Yarı reaksiyon yöntemini kullanırken, atomların oksidasyon durumunu bilmek gerekli değildir. Anlamak için bireysel iyonik yarı reaksiyon denklemleri yazmak gereklidir. kimyasal süreçler bir galvanik hücrede ve elektrolizde. Bu yöntemle, tüm süreçte aktif bir katılımcı olarak çevrenin rolü görünür hale gelir. Son olarak, yarı reaksiyon yöntemini kullanırken, ortaya çıkan tüm maddeleri bilmek gerekli değildir, türetilirken reaksiyon denkleminde görünürler. Bu nedenle sulu çözeltilerde meydana gelen tüm redoks reaksiyonları için denklemlerin hazırlanmasında yarı reaksiyonlar yöntemi tercih edilmeli ve kullanılmalıdır.

Bu yöntemde, kural tarafından yönlendirilen ilk ve son maddelerdeki atomların oksidasyon durumları karşılaştırılır: indirgeyici ajan tarafından bağışlanan elektronların sayısı, oksitleyici ajana bağlı elektronların sayısına eşit olmalıdır. Bir denklem oluşturmak için, reaktanların ve reaksiyon ürünlerinin formüllerini bilmeniz gerekir. Sonuncusu ya ampirik olarak ya da elementlerin bilinen özellikleri temelinde belirlenir.

İyon-elektron dengesi yöntemi, elektron dengesi yönteminden daha çok yönlüdür ve birçok redoks reaksiyonunda, özellikle oksidasyon durumlarını belirleme prosedürünün bile çok olduğu organik bileşiklerin katılımıyla katsayı seçiminde yadsınamaz bir avantaja sahiptir. karmaşık.

Örneğin, sulu bir potasyum permanganat çözeltisinden geçirildiğinde meydana gelen etilen oksidasyon sürecini düşünün. Sonuç olarak, etilen, etilen glikol HO-CH2-CH2-OH'ye oksitlenir ve permanganat, manganez (IV) okside indirgenir, ayrıca, son denge denkleminden açıkça anlaşılacağı gibi, potasyum hidroksit de oluşur. doğru:

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

İndirgeme ve oksidasyon yarı reaksiyon denklemi:

MnO 4 - + 2H20 + 3e \u003d MnO 2 + 4OH - 2 geri kazanımı

C2H4 + 2OH - - 2e \u003d C2H6O 2 3 oksidasyon

Her iki denklemi de özetliyoruz, sol ve sağ taraflarda bulunan hidroksit iyonlarını çıkarıyoruz.

Son denklemi elde ederiz:

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

Organik bileşikleri içeren reaksiyonlarda katsayıları belirlemek için iyon-elektron dengesi yöntemini kullanırken, hidrojen atomlarının +1, oksijen -2'ye eşit oksidasyon durumlarını dikkate almak ve pozitif ve karbon dengesini kullanarak karbonu hesaplamak uygundur. negatif masraflar bir molekülde (iyon). Yani, bir etilen molekülünde toplam yük sıfırdır:

4 ∙ (+1) + 2 ∙ X \u003d 0,

iki karbon atomunun - (-4) ve bir (X) - (-2) oksidasyon derecesi anlamına gelir.

Benzer şekilde, etilen glikol molekülü C2H6O2'de karbonun (X) oksidasyon durumunu buluruz:

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

Bazı organik bileşikler moleküllerinde, böyle bir hesaplama, örneğin bir aseton molekülü (C3H60) için karbonun oksidasyon durumunun fraksiyonel bir değerine yol açar, bu -4/3'tür. Elektronik denklem, karbon atomlarının toplam yükünü tahmin eder. Bir aseton molekülünde -4'tür.

Benzer bilgiler.

Reaksiyona giren ve reaksiyon sırasında oluşan maddeler arasındaki nicel ilişkileri inceleyen (diğer Yunanca "stechion" - "elemental bileşim", "meitren" - "ölçüyorum").

Stokiyometri, malzeme ve enerji hesaplamaları için en önemli olanıdır ve onsuz herhangi bir kimyasal üretimi organize etmek imkansızdır. Kimyasal stokiyometri, istenen performansı ve olası kayıpları dikkate alarak belirli bir üretim için ihtiyaç duyulan hammadde miktarını hesaplamanıza olanak tanır. Ön hesaplama yapılmadan hiçbir işletme açılamaz.

biraz tarih

"Stokiyometri" kelimesi, Alman kimyager Jeremy Benjamin Richter'in, kitabında önerdiği ve kimyasal denklemleri kullanarak hesaplama olasılığı fikrinin ilk kez açıklandığı bir buluşudur. Daha sonra, Richter'in fikirleri Avogadro (1811), Gay-Lussac (1802), kompozisyonun değişmezliği kanunu (J.L. Proust, 1808), çoklu oranlar (J. Dalton, 1803) ve atom ve moleküler teorinin gelişimi. Şimdi bu yasalara ve Richter'in kendisi tarafından formüle edilen eşdeğerler yasasına stokiyometri yasaları denir.

"Stokiyometri" kavramı hem maddeler hem de kimyasal reaksiyonlarla ilgili olarak kullanılır.

Stokiyometrik Denklemler

Stokiyometrik reaksiyonlar - başlangıç ​​maddelerinin belirli oranlarda etkileşime girdiği ve ürün miktarının teorik hesaplamalara karşılık geldiği reaksiyonlar.

Stokiyometrik denklemler, stokiyometrik reaksiyonları tanımlayan denklemlerdir.

Stokiyometrik denklemler), reaksiyondaki tüm katılımcılar arasındaki mol cinsinden ifade edilen nicel ilişkileri gösterir.

çoğu yok organik reaksiyonlar- stokiyometrik. Örneğin, kükürtten sülfürik asit üretmek için ardışık üç reaksiyon stokiyometriktir.

S + O 2 → SO 2

SO 2 + ½O 2 → SO 3

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4

Bu reaksiyon denklemlerini kullanan hesaplamalar, belirli bir miktarda sülfürik asit elde etmek için her bir maddenin ne kadar alınması gerektiğini belirleyebilir.

Organik reaksiyonların çoğu stokiyometrik değildir. Örneğin, etan kırma için reaksiyon denklemi şöyle görünür:

C2H6 → C2H4+H2.

Bununla birlikte, gerçekte, reaksiyon sırasında, her zaman farklı miktarlarda yan ürünler elde edilecektir - asetilen, metan ve teorik olarak hesaplanamayan diğerleri. Bazı inorganik reaksiyonlar da hesaplamalara meydan okur. Örneğin, amonyum nitrat:

NH 4 NO 3 → N 2 O + 2H 2 O.

Birkaç yöne gider, bu nedenle belirli bir miktarda nitrik oksit (I) elde etmek için ne kadar başlangıç ​​malzemesinin alınması gerektiğini belirlemek imkansızdır.

Stokiyometri, kimyasal üretimin teorik temelidir

Üretimde veya üretimde kullanılan tüm reaksiyonlar stokiyometrik, yani doğru hesaplamalara tabi olmalıdır. Tesis veya fabrika karlı olacak mı? Stokiyometri, öğrenmenizi sağlar.

Stokiyometrik denklemler temelinde teorik bir denge yapılır. İstenilen ürün miktarını elde etmek için ne kadar başlangıç ​​materyalinin gerekli olacağının belirlenmesi gereklidir. Ayrıca, başlangıç ​​malzemelerinin gerçek tüketimini ve ürünlerin verimini gösterecek olan operasyonel deneyler yapılır. Teorik hesaplamalar ve pratik veriler arasındaki fark, üretimi optimize etmenize ve işletmenin gelecekteki ekonomik verimliliğini değerlendirmenize olanak tanır. Stokiyometrik hesaplamalar ayrıca ekipmanı seçmek, oluşan ve çıkarılması gerekecek olan yan ürünlerin kütlelerini belirlemek vb. için prosesin ısı dengesini derlemeyi de mümkün kılar.

stokiyometrik maddeler

J.L. tarafından önerilen kompozisyon sabitliği yasasına göre. Proust'a göre, herhangi bir kimyasal, hazırlama yönteminden bağımsız olarak sabit bir bileşime sahiptir. Bu, örneğin bir sülfürik asit H2S04 molekülünde, elde edildiği yönteme bakılmaksızın, her iki hidrojen atomu başına her zaman bir kükürt atomu ve dört oksijen atomu olacağı anlamına gelir. Moleküler yapıya sahip tüm maddeler stokiyometriktir.

Bununla birlikte, bileşimleri hazırlama yöntemine veya menşe kaynağına bağlı olarak değişebilen maddeler doğada yaygındır. Bunların büyük çoğunluğu kristalli maddeler. Katılar için stokiyometrinin kuraldan ziyade istisna olduğu bile söylenebilir.

Örneğin, iyi çalışılmış titanyum karbür ve oksidin bileşimini düşünün. Titanyum oksitte Ti02 x X=0.7-1.3, yani titanyum atomu başına 0.7 ila 1.3 oksijen atomu, karbür TiC x X=0.6-1.0.

stokiyometrik olmayan katılar kristal kafesin düğümlerinde bir interstisyel kusurla veya tersine, düğümlerde boşlukların ortaya çıkmasıyla açıklanır. Bu tür maddeler arasında oksitler, silisitler, boridler, karbürler, fosfitler, nitrürler ve diğer inorganik maddeler ile yüksek moleküler organik maddeler bulunur.

Ve değişken bir bileşime sahip bileşiklerin varlığına dair kanıtlar sadece 20. yüzyılın başında I.S. Kurnakov tarafından sunulsa da, bu tür maddelere genellikle bilim adamı K.L. Herhangi bir maddenin bileşiminin değiştiğini öne süren Berthollet.

Reaksiyondaki her madde için aşağıdaki madde miktarları vardır:

i. maddenin ilk miktarı (reaksiyon başlamadan önceki madde miktarı);

i-inci maddenin nihai miktarı (reaksiyon sonundaki madde miktarı);

Reaksiyona giren (başlangıç ​​maddeleri için) veya oluşan madde (reaksiyon ürünleri için) miktarı.

Bir maddenin miktarı negatif olamayacağından başlangıç ​​maddeleri için

>'den beri.

Reaksiyon ürünleri için >, bu nedenle, .

Stokiyometrik oranlar - reaksiyon denklemi temelinde hesaplanan, reaksiyona giren maddelerin veya reaksiyon ürünlerinin miktarları, kütleleri veya hacimleri (gazlar için) arasındaki oranlar. Reaksiyon denklemlerini kullanan hesaplamalar, stokiyometrinin temel yasasına dayanır: reaksiyona giren veya oluşan maddelerin miktarlarının oranı (mol olarak), reaksiyon denklemindeki karşılık gelen katsayıların oranına (stoikiometrik katsayılar) eşittir.

Denklemde açıklanan alüminotermik reaksiyon için:

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

reaksiyona giren maddelerin ve reaksiyon ürünlerinin miktarları şu şekilde ilişkilidir:

Hesaplamalar için, bu yasanın başka bir formülasyonunu kullanmak daha uygundur: bir reaksiyonun sonucu olarak reaksiyona giren veya oluşan bir maddenin miktarının, stokiyometrik katsayısına oranı, belirli bir reaksiyon için sabittir.

Genel olarak, formun bir reaksiyonu için

aA + bB = cC + dD,

küçük harflerin katsayıları ve büyük harflerin - kimyasal maddeler, reaktanların miktarları şu oran ile ilişkilidir:

Bu oranın eşitlikle ilişkili herhangi iki terimi, bir kimyasal reaksiyonun oranını oluşturur: örneğin,

Reaksiyonun oluşan veya reaksiyona giren maddesinin kütlesi reaksiyon için biliniyorsa, miktarı formülle bulunabilir.

ve daha sonra, kimyasal reaksiyonun oranı kullanılarak, reaksiyonun kalan maddeleri için bulunabilir. Reaksiyondaki diğer katılımcıların kütleleri, miktarları veya hacimlerinin bulunduğu kütle veya miktar olarak bir maddeye bazen referans madde denir.

Birkaç reaktifin kütleleri verilirse, kalan maddelerin kütlelerinin hesaplanması, yetersiz tedarik edilen maddeye göre yapılır, yani reaksiyonda tamamen tüketilir. Fazlalık veya eksiklik olmaksızın reaksiyon denklemine tam olarak uyan madde miktarlarına stokiyometrik miktarlar denir.

Böylece ilgili görevlerde stokiyometrik hesaplamalar, asıl eylem, referans maddeyi bulmak ve reaksiyon sonucunda giren veya oluşan miktarını hesaplamaktır.

Tek bir katı miktarının hesaplanması

bireysel katı A miktarı nerede;

Bireysel katının kütlesi A, g;

A maddesinin molar kütlesi, g/mol.

Doğal mineral veya katı karışım miktarının hesaplanması

Ana bileşeni FeS 2 olan doğal mineral pirit verilsin. Buna ek olarak, pirit bileşimi safsızlıkları içerir. Ana bileşenin veya safsızlıkların içeriği, örneğin, kütle yüzdesi olarak belirtilir.

Ana bileşenin içeriği biliniyorsa, o zaman

Safsızlıkların içeriği biliniyorsa, o zaman

bireysel maddenin miktarı nerede FeS 2, mol;

Mineral piritin kütlesi, g.

Benzer şekilde, kütle fraksiyonlarındaki içeriği biliniyorsa, bir katı karışımındaki bir bileşenin miktarı hesaplanır.

Saf bir sıvının madde miktarının hesaplanması

Kütle biliniyorsa, hesaplama tek bir katı için yapılan hesaplamaya benzer.

Sıvının hacmi biliniyorsa,

1. Bu sıvı hacminin kütlesini bulun:

mf = Vfsf,

burada m W, sıvı g'nin kütlesidir;

V W - sıvı hacmi, ml;

c w sıvının yoğunluğudur, g/ml.

2. Sıvının mol sayısını bulun:

Bu teknik herhangi biri için uygundur. toplama durumu maddeler.

200 ml sudaki H 2 O maddesinin miktarını belirleyin.

Çözüm: Sıcaklık belirtilmemişse, suyun yoğunluğunun 1 g / ml olduğu varsayılır, o zaman:

Konsantrasyonu biliniyorsa bir çözeltideki çözünenin miktarını hesaplayın

Çözünen maddenin kütle kesri, çözeltinin yoğunluğu ve hacmi biliniyorsa, o zaman

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

burada m p-ra çözeltinin kütlesidir, g;

V p-ra - çözeltinin hacmi, ml;

r-ra ile - çözeltinin yoğunluğu, g / ml.

çözünmüş maddenin kütlesi nerede, g;

% olarak ifade edilen çözünmüş maddenin kütle oranı.

Yoğunluğu 1.0543 g/ml olan 500 ml %10'luk asit çözeltisindeki nitrik asit maddesi miktarını belirleyin.

Çözeltinin kütlesini belirleyin

m r-ra \u003d V r-ra s r-ra \u003d 500 1.0543 \u003d 527.150 g

Saf HNO 3'ün kütlesini belirleyin

HNO 3'ün mol sayısını belirleyin

Çözünen maddenin ve maddenin molar konsantrasyonu ve çözeltinin hacmi biliniyorsa, o zaman

çözeltinin hacmi nerede, l;

Çözeltideki i-inci maddenin molar konsantrasyonu, mol/l.

Tek bir gaz halindeki maddenin miktarının hesaplanması

Gaz halindeki bir maddenin kütlesi verilirse, formül (1) ile hesaplanır.

Normal koşullarda ölçülen hacim verilmişse formül (2)'ye göre, gaz halindeki bir maddenin hacmi başka herhangi bir koşulda ölçülüyorsa formül (3)'e göre formüller 6-7. sayfalarda verilmiştir.

En önemlilerinden biri kimyasal kavramlar stokiyometrik hesaplamaların dayandığı, bir maddenin kimyasal miktarı. Bazı X maddesinin miktarı n(X) ile gösterilir. Bir maddenin miktarını ölçmek için kullanılan birim köstebek.

Bir mol, maddeyi oluşturan 6.02 10 23 molekül, atom, iyon veya diğer yapısal birimleri içeren madde miktarıdır.

X maddesinin bir molünün kütlesine denir. molar kütle Bu maddenin M(X)'i. Bazı X maddesinin kütlesini m(X) ve molar kütlesini bilerek, bu maddenin miktarını aşağıdaki formülü kullanarak hesaplayabiliriz:

6.02 10 23 numarası denir Avogadro'nun numarası(Na); onun boyutu mol –1.

Avogadro sayısı N a'yı madde n(X) miktarıyla çarparak, yapısal birimlerin sayısını hesaplayabiliriz, örneğin bazı X maddesinin molekülleri N(X):

N(X) = Na · n(X) .

Molar kütle kavramına benzetilerek, molar hacim kavramı tanıtıldı: molar hacim Bazı X maddesinin V m (X), bu maddenin bir molünün hacmidir. V(X) maddesinin hacmini ve molar hacmini bilerek, bir maddenin kimyasal miktarını hesaplayabiliriz:

Kimyada, genellikle gazların molar hacmiyle uğraşmak gerekir. Avogadro yasasına göre, aynı sıcaklıkta ve eşit basınçta alınan gazların eşit hacimleri, aynı sayıda molekül içerir. Eşit koşullar altında, herhangi bir gazın 1 mol'ü aynı hacmi kaplar. Normal koşullar altında (n.s.) - sıcaklık 0 °C ve basınç 1 atmosfer (101325 Pa) - bu hacim 22,4 litredir. Böylece, n.o. Vm (gaz) = 22,4 l/mol. 22,4 l/mol molar hacim değerinin uygulandığı vurgulanmalıdır. sadece gazlar için.

Bilgi molar kütleler maddeler ve Avogadro sayısı, herhangi bir maddenin bir molekülünün kütlesini gram olarak ifade etmenizi sağlar. Aşağıda bir hidrojen molekülünün kütlesinin hesaplanmasına bir örnek verilmiştir.

1 mol gaz halinde hidrojen 6.02 10 23 H2 molekülü içerir ve 2 g kütleye sahiptir (çünkü M (H 2) \u003d 2 g / mol). Sonuç olarak,

6.02·10 23 H2 moleküllerinin kütlesi 2 g'dır;

1 H2 molekülünün kütlesi x g; x \u003d 3.32 10 -24 gr.

"Köstebek" kavramı, kimyasal reaksiyonların denklemlerine göre hesaplamalar yapmak için yaygın olarak kullanılır, çünkü reaksiyon denklemindeki stokiyometrik katsayılar, maddelerin hangi molar oranlarda reaksiyona girdiğini ve reaksiyon sonucunda oluştuğunu gösterir.

Örneğin, 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O reaksiyon denklemi aşağıdaki bilgileri içerir: 4 mol amonyak, 3 mol oksijen ve 2 mol azot ve 6 mol oksijen ile fazlalık ve eksiklik olmadan reaksiyona girer. sudan oluşur.

Örnek 4.1 70.2 g kalsiyum dihidrojen fosfat ve 68 g kalsiyum hidroksit içeren çözeltilerin etkileşimi sırasında oluşan çökeltinin kütlesini hesaplayın. Hangi madde fazla kalacak? Onun kütlesi nedir?

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

3 mol Ca(H2P04)2'nin 12 mol KOH ile reaksiyona girdiği reaksiyon denkleminden görülebilir. Problemin durumuna göre verilen tepkimeye giren maddelerin miktarlarını hesaplayalım:

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, 12 mol KOH gerektirir

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

x \u003d 1,2 mol - reaksiyonun fazlalık ve eksiklik olmadan devam etmesi için çok fazla KOH gerekecektir. Ve problemin durumuna göre 1.215 mol KOH vardır. Bu nedenle, KOH fazladır; reaksiyondan sonra kalan KOH miktarı:

n(KOH) \u003d 1.215 mol - 1.2 mol \u003d 0.015 mol;

kütlesi m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0.015 mol × 56 g/mol = 0.84 g'dır.

Ortaya çıkan reaksiyon ürününün (çökelti Ca 3 (PO 4) 2) hesaplanması, bu madde reaksiyona gireceğinden, yetersiz tedarik edilen maddeye (bu durumda, Ca (H 2 PO 4) 2) göre yapılmalıdır. tamamen. Reaksiyon denkleminden, ortaya çıkan Ca3(PO4)2'nin mol sayısının, reaksiyona giren Ca(H2PO4)2'nin mol sayısından 3 kat daha az olduğu görülebilir:

n (Ca3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.

Bu nedenle, 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.

Görev numarası 5

a) Tablo 5'te verilen tepkenlerin kimyasal miktarlarını hesaplayınız (normal şartlar altında gaz halindeki maddelerin hacimleri verilmiştir);

b) belirli bir reaksiyon şemasındaki katsayıları düzenleyin ve reaksiyon denklemini kullanarak, maddelerden hangisinin fazla olduğunu ve hangisinin yetersiz olduğunu belirleyin;

c) Tablo 5'te belirtilen reaksiyon ürününün kimyasal miktarını bulunuz;

d) bu reaksiyon ürününün kütlesini veya hacmini hesaplayın (bkz. Tablo 5).

Tablo 5 - Görev No. 5 Koşulları

Tablo 5 devamı

ÇÖZÜM KONSANTRASYONU

Kurs içinde Genel KimyaÖğrenciler çözelti konsantrasyonunu ifade etmenin 2 yolunu öğrenirler - kütle kesri ve molar konsantrasyon.

Çözünmüş maddenin kütle oranı X, bu maddenin kütlesinin çözeltinin kütlesine oranı olarak hesaplanır:

,

burada ω(X), çözünmüş X maddesinin kütle kesridir;

m(X), çözünmüş X maddesinin kütlesidir;

m çözüm - çözümün kütlesi.

Yukarıdaki formüle göre hesaplanan bir maddenin kütle oranı, bir birimin kesirleri olarak ifade edilen boyutsuz bir miktardır (0< ω(X) < 1).

Kütle kesri yalnızca bir birimin kesirleri olarak değil, yüzde olarak da ifade edilebilir. Bu durumda, hesaplama formülü şöyle görünür:

Yüzde olarak ifade edilen kütle fraksiyonu genellikle denir. yüzde konsantrasyonu . Açıkça, çözünenin yüzde konsantrasyonu %0'dır.< ω(X) < 100%.

Yüzde konsantrasyon, bir çözeltinin 100 kütle parçasında bir çözünenin kaç kütle parçasının bulunduğunu gösterir. Kütle birimi olarak gram seçerseniz, bu tanım şu şekilde de yazılabilir: yüzde konsantrasyon, 100 gram çözeltide kaç gram çözünen bulunduğunu gösterir.

Örneğin %30'luk bir çözeltinin, çözünmüş bir maddenin kütle fraksiyonunun 0,3'e eşit olduğu açıktır.

Bir çözeltideki çözünenin içeriğini ifade etmenin başka bir yolu molar konsantrasyondur (molarite).

Bir maddenin molar konsantrasyonu veya bir çözeltinin molaritesi, 1 litre (1 dm3) çözeltide kaç mol çözünen bulunduğunu gösterir.

burada C(X), çözünen X'in molar konsantrasyonudur (mol/l);

n(X), çözünmüş X maddesinin (mol) kimyasal miktarıdır;

V çözümü - çözeltinin hacmi (l).

Örnek 5.1 H3P04'ün kütle fraksiyonunun %60 olduğu ve çözeltinin yoğunluğunun 1.43 g / ml olduğu biliniyorsa, çözeltideki H3P04'ün molar konsantrasyonunu hesaplayın.

Yüzde konsantrasyonunun tanımına göre

100 g çözelti, 60 g fosforik asit içerir.

n (H3PO 4) \u003d m (H3PO 4) : M (H3PO 4) \u003d 60 g: 98 g / mol \u003d 0.612 mol;

V çözümü \u003d m çözümü: ρ çözümü \u003d 100 g: 1,43 g / cm3 \u003d 69,93 cm3 \u003d 0,0699 l;

C (H 3 PO 4) \u003d n (H 3 PO 4): V çözeltisi \u003d 0.612 mol: 0.0699 l \u003d 8.755 mol / l.

Örnek 5.2 0,5 M'lik bir H2S04 çözeltisi vardır. Bu çözeltideki sülfürik asidin kütle oranı nedir? Çözeltinin yoğunluğunu 1 g/ml'ye eşit olarak alın.

Molar konsantrasyonun tanımına göre

1 litre çözelti 0,5 mol H2SO4 içerir

("0.5 M çözelti" girişi, C (H2S04) \u003d 0,5 mol / l anlamına gelir).

m solüsyon = V solüsyon × ρ solüsyon = 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 çözelti \u003d 49 g: 1000 g \u003d 0,049 (%4,9).

Örnek 5.3 1.5 g / ml yoğunluğa sahip 2 litre% 60 H2S04 çözeltisi hazırlamak için hangi hacimlerde su ve 1.84 g / ml yoğunluğa sahip% 96 H2S04 çözeltisi alınmalıdır.

Konsantre bir çözeltiden seyreltik bir çözeltinin hazırlanması için problemleri çözerken, ilk çözeltinin (konsantre), su ve elde edilen çözeltinin (seyreltilmiş) farklı yoğunluklara sahip olduğu dikkate alınmalıdır. Bu durumda, orijinal çözeltinin V'si + elde edilen çözeltinin V'si su ≠ V'nin,

çünkü konsantre bir çözelti ve suyun karıştırılması sırasında, tüm sistemin hacminde bir değişiklik (artış veya azalma) meydana gelir.

Bu tür problemlerin çözümü, seyreltik bir çözeltinin parametrelerini (yani hazırlanması gereken çözeltiyi) bulmakla başlamalıdır: kütlesi, gerekirse çözünmüş maddenin kütlesi ve çözünmüş maddenin miktarı.

M %60 solüsyon = V %60 solüsyon ∙ ρ %60 solüsyon = 2000 ml × 1.5 g/ml = 3000 g

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

Hazırlanan çözeltideki saf sülfürik asidin kütlesi, seyreltik çözeltiyi hazırlamak için alınması gereken %96'lık çözeltinin o kısmındaki sülfürik asidin kütlesine eşit olmalıdır. Böylece,

% 60 çözelti içinde m (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4) % 96 çözelti içinde \u003d 1800 g.

m %96 solüsyon = %96 solüsyonda m (H2S04): %96 solüsyonda w (H2S04) = 1800 g: 0.96 = 1875 g.

m (H20) \u003d m %40 solüsyon - m %96 solüsyon \u003d 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.

V %96 solüsyon \u003d m %96 solüsyon: ρ %96 solüsyon \u003d 1875 g: 1.84 g / ml \u003d 1019 ml » 1.02 l.

V su \u003d m su: ρ su \u003d 1125g: 1 g / ml \u003d 1125 ml \u003d 1.125 l.

Örnek 5.4 100 ml 0.1 M CuCl2 solüsyonu ve 150 ml 0.2 M Cu(NO 3)2 solüsyonu karıştırılır Elde edilen solüsyondaki Cu2+, Cl - ve NO3 - iyonlarının molar konsantrasyonunu hesaplayın.

Seyreltik çözeltilerin karıştırılmasıyla ilgili benzer bir problemi çözerken, seyreltik çözeltilerin yaklaşık olarak aynı yoğunluğa, yaklaşık olarak suyun yoğunluğuna eşit olduğunu anlamak önemlidir. Karıştırıldıklarında, sistemin toplam hacmi pratik olarak değişmez: Seyreltik bir çözeltinin V 1'i + seyreltik bir çözeltinin V 2'si + ... " Elde edilen çözeltinin V.

İlk çözümde:

n (CuCl 2) \u003d C (CuCl 2) V CuCl2 \u003d 0.1 mol / l × 0.1 l \u003d 0.01 mol;

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

Bu nedenle, n (Cu 2+) \u003d n (CuCl 2) \u003d 0.01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0.01 \u003d 0.02 mol.

İkinci çözümde:

n (Cu (NO 3) 2) \u003d C (Cu (NO 3) 2) × V solüsyonu Cu (NO 3) 2 \u003d 0.2 mol / l × 0.15 l \u003d 0.03 mol;

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

Bu nedenle, n (Cu 2+) \u003d n (Cu (NO 3) 2) \u003d 0.03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0.03 \u003d 0.06 mol.

Çözeltileri karıştırdıktan sonra:

n(Cu2+)toplam. = 0.01 mol + 0.03 mol = 0.04 mol;

V ortak. » Vsolüsyon CuCl 2 + Vsolüsyon 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 -): Toplam V. \u003d 0.06 mol: 0.25 l \u003d 0.24 mol / l.

Örnek 5.5Şişeye 684 mg alüminyum sülfat ve 1.1 g/ml yoğunluğa sahip 1 ml %9.8 sülfürik asit çözeltisi ilave edildi. Nihai karışım, su içinde çözündürüldü; Çözeltinin hacmi su ile 500 ml ye tamamlandı. Elde edilen çözeltideki H + , Al 3+ SO 4 2– iyonlarının molar konsantrasyonlarını hesaplayın.

Çözünmüş maddelerin miktarını hesaplayın:

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

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

m H 2 SO 4 \u003d V çözeltisi H 2 SO 4 × ρ H 2 SO 4 çözeltisi \u003d 1 ml × 1.1 g / ml \u003d 1.1 g;

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

n (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4) : M (H 2 SO 4) \u003d 0,1078 g: 98 g / mol \u003d 0,0011 mol;

H 2 SO 4 güçlü bir elektrolittir: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2–.

Bu nedenle, n (SO 4 2–) \u003d n (H 2 SO 4) \u003d 0,0011 mol; n(H +) \u003d 2 × 0.0011 \u003d 0.0022 mol.

Problemin durumuna göre elde edilen çözeltinin hacmi 500 ml'dir (0,5 l).

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

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

C (H +) \u003d n (H +) : V çözeltisi \u003d 0.0022 mol: 0.5 l \u003d 0.0044 mol / l;

C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) toplam. : V solüsyonu \u003d 0.0071 mol: 0.5 l \u003d 0.0142 mol / l.

Örnek 5.6 3 litre %10'luk bir demir (II) sülfat çözeltisi hazırlamak için hangi kütlede demir sülfat (FeSO 4 7H 2 O) ve hangi hacimde su alınmalıdır. Çözeltinin yoğunluğunu 1,1 g/ml'ye eşit olarak alın.

Hazırlanacak çözeltinin kütlesi:

m solüsyon = V solüsyon ∙ ρ solüsyon = 3000 ml ∙ 1.1 g/ml = 3300 g.

Bu çözeltideki saf demir (II) sülfatın kütlesi:

m (FeSO 4) \u003d m çözelti × w (FeSO 4) \u003d 3300 g × 0.1 \u003d 330 g.

Çözeltiyi hazırlamak için alınması gereken kristalli hidrat miktarında aynı susuz FeS04 kütlesi bulunmalıdır. Molar kütlelerin M (FeSO 4 7H 2 O) \u003d 278 g / mol ve M (FeSO 4) \u003d 152 g / mol karşılaştırmasından,

oranı elde ederiz:

278 g FeS04 7H20, 152 g FeS04 içerir;

x g FeS04 7H20, 330 g FeS04 içerir;

x \u003d (278 330) : 152 \u003d 603.6 g.

m su \u003d m çözelti - m demir sülfat \u003d 3300 g - 603.6 g \u003d 2696.4 g.

Çünkü suyun yoğunluğu 1 g / ml'dir, daha sonra çözeltiyi hazırlamak için alınması gereken su hacmi: V su \u003d m su: ρ su \u003d 2696.4 g: 1 g / ml \u003d 2696.4 ml.

Örnek 5.7%15'lik bir Na2S04 çözeltisi elde etmek için 500 ml %10'luk sodyum sülfat çözeltisi (çözelti yoğunluğu 1.1 g/ml) içinde hangi kütle Glauber tuzu (Na 2 SO 4 10H 2 O) çözülmelidir?

x gram Glauber tuzu Na 2 SO 4 10H 2 O gerekli olsun.O zaman elde edilen çözeltinin kütlesi:

m %15 solüsyon = m orijinal (%10) solüsyon + m Glauber tuzu = 550 + x (g);

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

Orijinal (% 10) çözeltide m (Na 2 SO 4) \u003d m 10% çözelti a w (Na 2 SO 4) \u003d 550 g 0.1 \u003d 55 g.

x gram Na2S04 10H20 içinde bulunan saf Na2S04 kütlesini x ile ifade edin.

M (Na2S04 10H20) \u003d 322 g / mol; M (Na2S04) \u003d 142 g / mol; Sonuç olarak:

322 g Na2S04 10H20, 142 g susuz Na2S04 içerir;

x g Na2S04 10H20, mg susuz Na2S04 içerir.

m(Na 2 SO 4) \u003d 142 x: 322 \u003d 0.441 x x.

Elde edilen çözeltideki toplam sodyum sülfat kütlesi şuna eşit olacaktır:

%15 çözelti içinde m (Na2S04) = 55 + 0.441 × x (g).

Ortaya çıkan çözümde: = 0,15

, nereden x = 94.5 g.

Görev numarası 6

Tablo 6 - Görev No. 6 Koşulları

Tablo 6 devamı

Tablo 6 devamı

KİMYASAL DENGE

Herşey kimyasal reaksiyonlar 2 gruba ayrılabilir: geri dönüşü olmayan reaksiyonlar, yani. Reaksiyona giren maddelerden en az birinin tamamen tüketilmesine kadar devam eden reaksiyonlar ve reaksiyona giren maddelerin hiçbirinin tamamen tüketilmediği tersinir reaksiyonlar. Bunun nedeni, tersinir bir reaksiyonun hem doğrudan hem de ters yönde ilerleyebilmesidir. ters yön. Tersinir bir reaksiyonun klasik bir örneği, nitrojen ve hidrojenden amonyak sentezidir:

N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH3.

Reaksiyonun başlangıcında, sistemdeki başlangıç ​​maddelerinin konsantrasyonları maksimumdur; bu anda, ileri reaksiyon hızı da maksimumdur. Reaksiyonun başlangıcında, sistemde henüz reaksiyon ürünü yoktur. bu örnek- amonyak), bu nedenle, ters reaksiyon hızı sıfırdır. Başlangıç ​​maddeleri birbirleriyle etkileştikçe konsantrasyonları azalır, dolayısıyla doğrudan reaksiyon hızı da azalır. Reaksiyon ürününün konsantrasyonu kademeli olarak artar, bu nedenle ters reaksiyon hızı da artar. Bir süre sonra ileri tepkimenin hızı, geri tepkimenin hızına eşit olur. Sistemin bu durumuna denir kimyasal denge durumu. Kimyasal denge durumunda olan bir sistemdeki maddelerin konsantrasyonlarına denir. denge konsantrasyonları. nicel karakteristik kimyasal denge durumundaki sistemler denge sabiti.

Herhangi bir tersinir reaksiyon için a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + …, kimyasal denge sabiti (K) ifadesi, payında reaksiyon ürünlerinin denge konsantrasyonları olan bir kesir olarak yazılır. ve paydada başlangıç ​​maddelerinin denge konsantrasyonları bulunur, ayrıca her maddenin konsantrasyonu, reaksiyon denklemindeki stokiyometrik katsayıya eşit bir güce yükseltilmelidir.

Örneğin, N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH3 reaksiyonu için.

Unutulmamalıdır ki denge sabitinin ifadesi, yalnızca gaz halindeki maddelerin veya çözünmüş halde bulunan maddelerin denge konsantrasyonlarını içerir. . konsantrasyon Katı madde sabit kabul edilir ve denge sabitinin ifadesinde yazılmaz.

CO 2 (gaz) + C (katı) ⇆ 2CO (gaz)

CH 3 COOH (çözelti) ⇆ CH3 COO - (çözelti) + H + (çözelti)

Ba 3 (PO 4) 2 (katı) ⇆ 3 Ba 2+ (doymuş çözelti) + 2 PO 4 3– (doymuş çözelti) K \u003d C3 (Ba 2+) C2 (PO 4 3–)

Bir denge sisteminin parametrelerinin hesaplanmasıyla ilgili en önemli iki tür problem vardır:

1) başlangıç ​​maddelerinin başlangıç ​​konsantrasyonları bilinmektedir; problemin durumundan, dengeye ulaşılana kadar reaksiyona girmiş (veya oluşmuş) maddelerin konsantrasyonları bulunabilir; problemde tüm maddelerin denge konsantrasyonlarını ve denge sabitinin sayısal değerini hesaplamak gerekir;

2) başlangıç ​​maddelerinin başlangıç ​​konsantrasyonları ve denge sabiti bilinmektedir. Durum, reaksiyona giren veya oluşan maddelerin konsantrasyonları hakkında veri içermez. Reaksiyondaki tüm katılımcıların denge konsantrasyonlarının hesaplanması gerekir.

Bu tür problemleri çözmek için, herhangi bir maddenin denge konsantrasyonunun anlaşılması gerekir. orijinal maddeler, reaksiyona giren maddenin konsantrasyonunun ilk konsantrasyondan çıkarılmasıyla bulunabilir:

C dengesi \u003d C ilk - reaksiyona giren maddenin C'si.

denge konsantrasyonu reaksiyon ürünü denge anında oluşan ürünün konsantrasyonuna eşittir:

Ortaya çıkan ürünün C dengesi \u003d C.

Bu nedenle, bir denge sisteminin parametrelerini hesaplamak için, dengeye ulaşıldığında başlangıçtaki maddenin ne kadarının reaksiyona girdiğini ve reaksiyon ürününün ne kadarının oluştuğunu belirleyebilmek çok önemlidir. Reaksiyona giren ve oluşan maddelerin miktarını (veya konsantrasyonunu) belirlemek için reaksiyon denklemine göre stokiyometrik hesaplamalar yapılır.

Örnek 6.1 N2 + 3H2 ⇆ 2 NH3 denge sistemindeki nitrojen ve hidrojenin başlangıç ​​konsantrasyonları sırasıyla 3 mol/l ve 4 mol/l'dir. Kimyasal dengeye ulaşıldığında, başlangıçtaki hidrojenin %70'i sistemde kalmıştır. Bu reaksiyonun denge sabitini belirleyin.

Problemin koşullarından, dengeye ulaşılana kadar hidrojenin %30'unun reaksiyona girdiği sonucu çıkar (problem 1 tipi):

4 mol/l H2 - %100

x mol / l H2 - %30

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

Reaksiyon denkleminden de görülebileceği gibi, nitrojen hidrojenden 3 kat daha az reaksiyona girmiş olmalıdır, yani. Proreact ile. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 \u003d 0,4 mol / l. Amonyak, reaksiyona giren azottan 2 kat daha fazla oluşur:

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

Reaksiyondaki tüm katılımcıların denge konsantrasyonları aşağıdaki gibi olacaktır:

Eşit (H 2) \u003d C başlangıç. (H 2) - C ön tepki. (H 2) \u003d 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;

Eşit (N 2) \u003d C yalvarır. (N 2) – C ön tepki. (N 2) \u003d 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;

Eşit (NH 3) = C görüntüleri. (NH 3) \u003d 0,8 mol / l.

Denge sabiti = .

Örnek 6.2 H2 + I 2 ⇆ 2 HI sistemindeki hidrojen, iyot ve hidrojen iyodin denge konsantrasyonlarını, H2 ve I2'nin başlangıç ​​konsantrasyonlarının sırasıyla 5 mol/l ve 3 mol/l olduğu biliniyorsa hesaplayın, ve denge sabiti 1'dir.

Bu problem durumunda (2. tip görev), koşulun reaksiyona giren başlangıç ​​maddelerinin ve oluşan ürünlerin konsantrasyonları hakkında hiçbir şey söylemediğine dikkat edilmelidir. Bu nedenle, bu tür problemleri çözerken, reaksiyona giren bazı maddelerin konsantrasyonu genellikle x olarak alınır.

Dengeye ulaşılana kadar x mol/l H2 reaksiyona girsin. Daha sonra reaksiyon denkleminden aşağıdaki gibi x mol/l I 2 reaksiyona girmeli ve 2x mol/l HI oluşmalıdır. Reaksiyondaki tüm katılımcıların denge konsantrasyonları aşağıdaki gibi olacaktır:

Eşit (H 2) \u003d C yalvarır. (H 2) - C ön tepki. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;

Eşit (I 2) = C yalvarır. (I 2) – C ön tepki. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;

Eşit (HI) = C görüntüleri. (HI) = 2x mol/l.

4x2 = 15 - 8x + x2

3x2 + 8x - 15 = 0

x 1 = -3.94 x 2 = 1.27

fiziksel anlam sadece pozitif kökü vardır x = 1.27.

Bu nedenle, C eşittir. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l \u003d 5 - 1.27 \u003d 3.73 mol / l;

Eşit (I 2) \u003d (3 - x) mol / l \u003d 3 - 1.27 \u003d 1.73 mol / l;

Eşit (HI) \u003d 2x mol / l \u003d 2 1.27 \u003d 2.54 mol / l.

Görev numarası 7

Tablo 7 - Görev No. 7'nin Koşulları

Tablo 7 devam ediyor