Alle quantitativen Zusammenhänge bei der Berechnung chemischer Prozesse basieren auf der Stöchiometrie von Reaktionen. Es ist bequemer, die Menge einer Substanz in solchen Berechnungen in Mol oder abgeleiteten Einheiten (kmol, mmol usw.) auszudrücken. Das Mol ist eine der SI-Basiseinheiten. Ein Mol eines Stoffes entspricht seiner Menge, die numerisch seinem Molekulargewicht entspricht. Daher sollte das Molekulargewicht in diesem Fall als Dimensionswert mit den Einheiten g/mol, kg/kmol, kg/mol betrachtet werden. Beispielsweise beträgt das Molekulargewicht von Stickstoff 28 g/mol, 28 kg/kmol, aber 0,028 kg/mol.
Masse und Molmengen eines Stoffes hängen durch bekannte Beziehungen zusammen
N A = m A / M A; m A = N A M A,
wobei N A die Menge der Komponente A in Mol ist; m A ist die Masse dieser Komponente, kg;
M A – Molekulargewicht der Komponente A, kg/mol.
In kontinuierlichen Prozessen kann der Fluss der Substanz A als Mol ausgedrückt werden
Menge pro Zeiteinheit
wobei W A der molare Fluss der Komponente A, mol/s, ist; τ - Zeit, s.
Für eine einfache Reaktion, die praktisch irreversibel ist, normalerweise stöchiometrisch
Die ric-Gleichung wird in der Form geschrieben
v A A + v B B = v R R + v S S.
Es ist jedoch bequemer, die stöchiometrische Gleichung in algebraischer Form zu schreiben
th, unter der Annahme, dass die stöchiometrischen Koeffizienten der Reaktanten negativ und die Reaktionsprodukte positiv sind:
Dann können wir für jede einfache Reaktion die folgenden Gleichungen schreiben:
Der Index „0“ bezieht sich auf die Ausgangsmenge der Komponente.
Diese Gleichungen führen zu den folgenden Gleichungen des Stoffgleichgewichts für eine Komponente für eine einfache Reaktion:
Beispiel 7.1. Die Hydrierungsreaktion von Phenol zu Cyclohexanol verläuft gemäß der Gleichung
C 6 H 5 OH + ZH 2 = C 6 H 11 OH oder A + ZV = R.
Berechnen Sie die gebildete Produktmenge, wenn die Anfangsmenge der Komponente A 235 kg und die Endmenge 18,8 kg beträgt
Lösung: Schreiben wir die Reaktion in das Formular
R - A - ZV = 0.
Molekularmassen der Komponenten: M A = 94 kg/kmol, M B = 2 kg/kmol und
M R = 100 kg/kmol. Dann betragen die Molmengen an Phenol zu Beginn und am Ende der Reaktion:
N A 0 = 235/94 = 2,5; N A 0 = 18,8/94 =0,2; n = (0,2 - 2,5)/(-1) = 2,3.
Die Menge an gebildetem Cyclohexanol wird gleich sein
N R = 0 +1∙2,3 = 2,3 kmol oder m R = 100∙2,3 = 230 kg.
Die Bestimmung stöchiometrisch unabhängiger Reaktionen in ihrem System bei Material- und Wärmeberechnungen von Reaktionsapparaten ist notwendig, um Reaktionen auszuschließen, die die Summe oder Differenz einiger von ihnen darstellen. Diese Beurteilung lässt sich am einfachsten anhand des Gram-Kriteriums durchführen.
Um unnötige Berechnungen zu vermeiden, muss beurteilt werden, ob das System stöchiometrisch abhängig ist. Für diese Zwecke ist es notwendig:
Transponieren Sie die ursprüngliche Matrix des Reaktionssystems;
Multiplizieren Sie die ursprüngliche Matrix mit der transponierten;
Berechnen Sie die Determinante der resultierenden quadratischen Matrix.
Wenn diese Determinante Null ist, ist das Reaktionssystem stöchiometrisch abhängig.
Beispiel 7.2. Wir haben ein System von Reaktionen:
FeO + H 2 = Fe + H 2 O;
Fe 2 O 3 + 3H 2 = 2Fe + 3H 2 O;
FeO + Fe 2 O 3 + 4H 2 = 3Fe + 4H 2 O.
Dieses System ist stöchiometrisch abhängig, da die dritte Reaktion die Summe der beiden anderen ist. Lassen Sie uns eine Matrix erstellen
Eines der wichtigsten chemischen Konzepte, auf denen stöchiometrische Berechnungen basieren, ist chemische Menge eines Stoffes. Die Menge einer Substanz X wird mit n(X) bezeichnet. Die Maßeinheit für die Menge eines Stoffes ist Mol.
Ein Mol ist die Menge eines Stoffes, die 6,02 · 10 23 Moleküle, Atome, Ionen oder andere Struktureinheiten enthält, aus denen der Stoff besteht.
Man nennt die Masse eines Mols einer Substanz X Molmasse M(X) dieser Substanz. Wenn wir die Masse m(X) eines Stoffes X und seine Molmasse kennen, können wir die Menge dieses Stoffes mit der Formel berechnen:
Angerufen wird die Nummer 6.02 10 23 Avogadros Nummer(N / A); seine Dimension mol –1.
Indem wir die Avogadro-Zahl N a mit der Stoffmenge n(X) multiplizieren, können wir die Anzahl der Struktureinheiten, zum Beispiel der Moleküle N(X) eines Stoffes X, berechnen:
N(X) = N a · n(X) .
In Analogie zum Begriff der Molmasse wurde der Begriff des Molvolumens eingeführt: Molvolumen V m (X) einer Substanz X ist das Volumen eines Mols dieser Substanz. Wenn wir das Volumen des Stoffes V(X) und sein Molvolumen kennen, können wir die chemische Menge des Stoffes berechnen:
In der Chemie haben wir es besonders oft mit dem Molvolumen von Gasen zu tun. Nach dem Gesetz von Avogadro enthalten gleiche Volumina aller Gase, die bei gleicher Temperatur und gleichem Druck aufgenommen werden, die gleiche Anzahl an Molekülen. Unter gleichen Bedingungen nimmt 1 Mol eines beliebigen Gases das gleiche Volumen ein. Unter normalen Bedingungen (Norm) – Temperatur 0°C und Druck 1 Atmosphäre (101325 Pa) – beträgt dieses Volumen 22,4 Liter. Also bei Nr. V m (Gas) = 22,4 l/mol. Besonders hervorzuheben ist, dass der molare Volumenwert von 22,4 l/mol verwendet wird nur für Gase.
Wenn Sie die Molmassen von Stoffen und die Avogadro-Zahl kennen, können Sie die Masse eines Moleküls eines beliebigen Stoffes in Gramm ausdrücken. Nachfolgend finden Sie ein Beispiel für die Berechnung der Masse eines Wasserstoffmoleküls.
1 Mol Wasserstoffgas enthält 6,02·10 23 Moleküle H 2 und hat eine Masse von 2 g (da M(H 2) = 2 g/mol). Somit,
6,02·10 23 H 2 -Moleküle haben eine Masse von 2 g;
1 Molekül H 2 hat die Masse x g; x = 3,32·10 –24 g.
Der Begriff „Mol“ wird häufig zur Berechnung chemischer Reaktionsgleichungen verwendet, da die stöchiometrischen Koeffizienten in der Reaktionsgleichung zeigen, in welchen Molverhältnissen Stoffe miteinander reagieren und als Ergebnis der Reaktion entstehen.
Beispielsweise enthält die Reaktionsgleichung 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O folgende Information: 4 Mol Ammoniak reagieren ohne Über- oder Unterschuss mit 3 Mol Sauerstoff, wodurch 2 Mol entstehen Stickstoff und 6 Mol Wasser.
Beispiel 4.1 Berechnen Sie die Masse des Niederschlags, der bei der Wechselwirkung von Lösungen mit 70,2 g Calciumdihydrogenphosphat und 68 g Calciumhydroxid entsteht. Welcher Stoff bleibt im Überschuss? Was ist seine Masse?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Aus der Reaktionsgleichung ist ersichtlich, dass 3 Mol Ca(H 2 PO 4) 2 mit 12 Mol KOH reagieren. Berechnen wir die Mengen an Reaktanten, die entsprechend den Bedingungen des Problems angegeben werden:
n(Ca(H 2 PO 4) 2) = m(Ca(H 2 PO 4) 2) / M(Ca(H 2 PO 4) 2) = 70,2 g: 234 g/mol = 0,3 mol ;
n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.
für 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 werden 12 mol KOH benötigt
für 0,3 mol Ca(H 2 PO 4) werden 2 x mol KOH benötigt
x = 1,2 mol – so viel KOH wird benötigt, damit die Reaktion ohne Überschuss oder Mangel abläuft. Und je nach Aufgabe sind es 1,215 Mol KOH. Daher ist KOH im Überschuss vorhanden; Nach der Reaktion verbleibende KOH-Menge:
n(KOH) = 1,215 mol – 1,2 mol = 0,015 mol;
seine Masse m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Die Berechnung des resultierenden Reaktionsprodukts (Niederschlag Ca 3 (PO 4) 2) sollte mit einem knappen Stoff (in diesem Fall Ca(H 2 PO 4) 2) erfolgen, da dieser Stoff vollständig reagiert . Aus der Reaktionsgleichung geht klar hervor, dass die Anzahl der gebildeten Mol Ca 3 (PO 4) 2 dreimal geringer ist als die Anzahl der Mol des umgesetzten Ca(H 2 PO 4) 2:
n(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Daher ist m(Ca 3 (PO 4) 2) = n(Ca 3 (PO 4) 2) × M(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,1 mol × 310 g/mol = 31 g.
Aufgabe Nr. 5
a) Berechnen Sie die in Tabelle 5 angegebenen chemischen Mengen der reagierenden Stoffe (die Volumina der gasförmigen Stoffe sind unter Normalbedingungen angegeben);
b) Ordnen Sie die Koeffizienten im gegebenen Reaktionsschema an und bestimmen Sie anhand der Reaktionsgleichung, welcher der Stoffe im Überschuss und welcher im Mangel vorhanden ist;
c) Ermitteln Sie die in Tabelle 5 angegebene chemische Menge des Reaktionsprodukts.
d) Berechnen Sie die Masse oder das Volumen (siehe Tabelle 5) dieses Reaktionsprodukts.
Tabelle 5 – Bedingungen der Aufgabe Nr. 5
| Option Nr. | Reagierende Stoffe | Reaktionsschema | Berechnung |
| m(Fe)=11,2 g; V(Cl 2) = 5,376 l | Fe+Cl 2 ® FeCl 3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H 2 SO 4) = 39,2 g | Al+H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 +H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2)=20 g | CO+O 2 ® CO 2 | V(CO2) | |
| m(AgNO 3)=3,4 g; m(Na 2 S)=1,56 g | AgNO 3 +Na 2 S®Ag 2 S+NaNO 3 | m(Ag2S) | |
| m(Na 2 CO 3)=53 g; m(HCl)=29,2 g | Na 2 CO 3 +HCl®NaCl+CO 2 +H 2 O | V(CO2) | |
| m(Al 2 (SO 4) 3) = 34,2 g; m(BaCl 2) = 52 g | Al 2 (SO 4) 3 +BaCl 2 ®AlCl 3 +BaSO 4 | m(BaSO 4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2)=448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I 2) | |
| m(CaCl 2) = 22,2 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca(NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H 2)=0,48 g; V(O 2)=2,8 l | H 2 +O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH) 2) = 3,42 g; V(HCl)=784 ml | Ba(OH) 2 +HCl ® BaCl 2 +H 2 O | m(BaCl2) |
Fortsetzung von Tabelle 5
| Option Nr. | Reagierende Stoffe | Reaktionsschema | Berechnung |
| m(H 3 PO 4)=9,8 g; m(NaOH)=12,2 g | H 3 PO 4 +NaOH ® Na 3 PO 4 +H 2 O | m(Na 3 PO 4) | |
| m(H 2 SO 4) = 9,8 g; m(KOH)=11,76 g | H 2 SO 4 +KOH ® K 2 SO 4 +H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(Cl 2) = 2,24 l; m(KOH)=10,64 g | Cl 2 +KOH ® KClO+KCl+H 2 O | m(KClO) | |
| m((NH 4) 2 SO 4)=66 g;m(KOH)=50 g | (NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O | V(NH 3) | |
| m(NH 3)=6,8 g; V(O 2)=7,84 l | NH 3 +O 2 ® N 2 +H 2 O | V(N 2) | |
| V(H 2 S)=11,2 l; m(O 2)=8,32 g | H 2 S+O 2 ® S+H 2 O | MS) | |
| m(MnO 2)=8,7 g; m(HCl)=14,2 g | MnO 2 +HCl ® MnCl 2 +Cl 2 +H 2 O | V(Cl2) | |
| m(Al)=5,4 g; V(Cl 2)=6,048 l | Al+Cl 2 ® AlCl 3 | m(AlCl 3) | |
| m(Al)=10,8 g; m(HCl)=36,5 g | Al+HCl ® AlCl 3 +H 2 | V(H2) | |
| m(P)=15,5 g; V(O 2)=14,1 l | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P 2 O 5) | |
| m(AgNO 3) = 8,5 g; m(K 2 CO 3) = 4,14 g | AgNO 3 +K 2 CO 3 ®Ag 2 CO 3 +KNO 3 | m(Ag 2 CO 3) | |
| m(K 2 CO 3)=69 g; m(HNO 3)=50,4 g | K 2 CO 3 +HNO 3 ®KNO 3 +CO 2 +H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl 3)=2,67 g; m(AgNO 3)=8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al(NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2)=448 ml | KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2 | m(Br 2) | |
| m(CaBr 2)=40 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H 2)=1,44 g; V(O 2)=8,4 l | H 2 +O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH) 2)=6,84 g;V(HI)=1,568 l | Ba(OH) 2 +HI ® BaI 2 +H 2 O | m(BaI 2) | |
| m(H 3 PO 4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g | H 3 PO 4 +KOH ® K 3 PO 4 +H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H 2 SO 4) = 49 g; m(NaOH)=45 g | H 2 SO 4 +NaOH ® Na 2 SO 4 +H 2 O | m(Na2SO4) | |
| V(Cl 2) = 2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl+H 2 O | m(KClO3) | |
| m(NH 4 Cl)=43 g; m(Ca(OH) 2)=37 g | NH 4 Cl+Ca(OH) 2 ®CaCl 2 +NH 3 +H 2 O | V(NH 3) | |
| V(NH 3) = 8,96 l; m(O 2)=14,4 g | NH 3 +O 2 ® NO+H 2 O | V(NEIN) | |
| V(H 2 S)=17,92 l; m(O 2)=40 g | H 2 S+O 2 ® SO 2 +H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO 2)=8,7 g; m(HBr)=30,8 g | MnO 2 +HBr ® MnBr 2 +Br 2 +H 2 O | m(MnBr 2) | |
| m(Ca)=10 g; m(H 2 O)=8,1 g | Ca+H 2 O ® Ca(OH) 2 +H 2 | V(H2) |
KONZENTRATION DER LÖSUNGEN
Im Rahmen des allgemeinen Chemiekurses lernen die Studierenden zwei Möglichkeiten, die Konzentration von Lösungen auszudrücken – Massenanteil und Stoffmengenkonzentration.
Massenanteil des gelösten Stoffes X wird als Verhältnis der Masse dieses Stoffes zur Masse der Lösung berechnet:
,
wobei ω(X) der Massenanteil der gelösten Substanz X ist;
m(X) – Masse der gelösten Substanz X;
m Lösung – Masse der Lösung.
Der Massenanteil eines Stoffes, berechnet nach der obigen Formel, ist eine dimensionslose Größe, ausgedrückt in Bruchteilen einer Einheit (0< ω(X) < 1).
Der Massenanteil kann nicht nur in Bruchteilen einer Einheit, sondern auch in Prozent ausgedrückt werden. In diesem Fall sieht die Berechnungsformel so aus:
Der in Prozent ausgedrückte Massenanteil wird häufig als Massenanteil bezeichnet prozentuale Konzentration . Offensichtlich beträgt die prozentuale Konzentration gelöster Stoffe 0 %.< ω(X) < 100%.
Die prozentuale Konzentration gibt an, wie viele Massenteile eines gelösten Stoffes in 100 Massenteilen einer Lösung enthalten sind. Wenn wir als Masseneinheit das Gramm wählen, dann lässt sich diese Definition auch wie folgt schreiben: Die prozentuale Konzentration gibt an, wie viel Gramm gelöster Stoff in 100 Gramm Lösung enthalten ist.
Es ist klar, dass beispielsweise eine 30 %ige Lösung einem Massenanteil des gelösten Stoffes von 0,3 entspricht.
Eine andere Möglichkeit, den Gehalt einer Lösung an gelösten Stoffen auszudrücken, ist die molare Konzentration (Molarität).
Die molare Konzentration eines Stoffes bzw. die Molarität einer Lösung gibt an, wie viele Mol eines gelösten Stoffes in 1 Liter (1 dm3) Lösung enthalten sind
wobei C(X) die molare Konzentration des gelösten Stoffes X (mol/l) ist;
n(X) – chemische Menge der gelösten Substanz X (mol);
V Lösung – Lösungsvolumen (l).
Beispiel 5.1 Berechnen Sie die molare Konzentration von H 3 PO 4 in der Lösung, wenn bekannt ist, dass der Massenanteil von H 3 PO 4 60 % beträgt und die Dichte der Lösung 1,43 g/ml beträgt.
Per Definition der prozentualen Konzentration
100 g Lösung enthalten 60 g Phosphorsäure.
n(H 3 PO 4) = m(H 3 PO 4) : M(H 3 PO 4) = 60 g: 98 g/mol = 0,612 mol;
V Lösung = m Lösung: ρ Lösung = 100 g: 1,43 g/cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;
C(H 3 PO 4) = n(H 3 PO 4) : V Lösung = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Beispiel 5.2 Es liegt eine 0,5 M Lösung von H 2 SO 4 vor. Wie groß ist der Massenanteil an Schwefelsäure in dieser Lösung? Nehmen Sie die Dichte der Lösung als 1 g/ml an.
Per Definition der molaren Konzentration
1 Liter Lösung enthält 0,5 mol H 2 SO 4
(Der Eintrag „0,5 M Lösung“ bedeutet, dass C(H 2 SO 4) = 0,5 mol/l).
m Lösung = V Lösung × ρ Lösung = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m(H 2 SO 4) = n(H 2 SO 4) × M(H 2 SO 4) = 0,5 mol × 98 g/mol = 49 g;
ω(H 2 SO 4) = m(H 2 SO 4) : m Lösung = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9 %).
Beispiel 5.3 Welche Mengen an Wasser und 96 %iger H 2 SO 4 -Lösung mit einer Dichte von 1,84 g/ml müssen zur Herstellung von 2 Litern einer 60 %igen H 2 SO 4 -Lösung mit einer Dichte von 1,5 g/ml verwendet werden?
Bei der Lösung von Problemen bei der Herstellung einer verdünnten Lösung aus einer konzentrierten Lösung sollte berücksichtigt werden, dass die ursprüngliche Lösung (konzentriert), das Wasser und die resultierende Lösung (verdünnt) unterschiedliche Dichten haben. In diesem Fall ist zu beachten, dass V der ursprünglichen Lösung + V von Wasser ≠ V der resultierenden Lösung,
denn beim Mischen der konzentrierten Lösung und Wasser kommt es zu einer Volumenänderung (Zunahme oder Abnahme) des Gesamtsystems.
Die Lösung solcher Probleme muss damit beginnen, die Parameter der verdünnten Lösung (d. h. der Lösung, die hergestellt werden muss) herauszufinden: ihre Masse, die Masse des gelösten Stoffes und, falls erforderlich, die Menge des gelösten Stoffes.
M 60 %ige Lösung = V 60 %ige Lösung ∙ ρ 60 %ige Lösung = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g.
m(H 2 SO 4) in 60 %iger Lösung = m 60 %iger Lösung w(H 2 SO 4) in 60 %iger Lösung = 3000 g 0,6 = 1800 g.
Die Masse an reiner Schwefelsäure in der vorbereiteten Lösung sollte der Masse an Schwefelsäure in dem Teil einer 96 %igen Lösung entsprechen, der zur Herstellung einer verdünnten Lösung verwendet werden muss. Auf diese Weise,
m(H 2 SO 4) in 60 %iger Lösung = m(H 2 SO 4) in 96 %iger Lösung = 1800 g.
m 96 %ige Lösung = m (H 2 SO 4) in 96 %iger Lösung: w(H 2 SO 4) in 96 %iger Lösung = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m 40 %ige Lösung – m 96 %ige Lösung = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V 96 %ige Lösung = m 96 %ige Lösung: ρ 96 %ige Lösung = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V Wasser = m Wasser: ρ Wasser = 1125 g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Beispiel 5.4 Mischen Sie 100 ml einer 0,1 M Lösung von CuCl 2 und 150 ml einer 0,2 M Lösung von Cu(NO 3) 2. Berechnen Sie die molare Konzentration von Cu 2+, Cl – und NO 3 – Ionen in der resultierenden Lösung.
Bei der Lösung eines ähnlichen Problems des Mischens verdünnter Lösungen ist es wichtig zu verstehen, dass verdünnte Lösungen ungefähr die gleiche Dichte haben, die ungefähr der Dichte von Wasser entspricht. Beim Mischen ändert sich das Gesamtvolumen des Systems praktisch nicht: V 1 der verdünnten Lösung + V 2 der verdünnten Lösung +..." V der resultierenden Lösung.
In der ersten Lösung:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V Lösung von CuCl 2 = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 ist ein starker Elektrolyt: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Daher ist n(Cu 2+) = n(CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl –) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.
In der zweiten Lösung:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V Lösung Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – starker Elektrolyt: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Daher ist n(Cu 2+) = n(Cu(NO 3) 2) = 0,03 mol; n(NO 3 –) = 2×0,03 = 0,06 mol.
Nach dem Mischen der Lösungen:
n(Cu 2+) insgesamt. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V insgesamt » V-Lösung CuCl 2 + V-Lösung Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : V total. = 0,04 mol: 0,25 l = 0,16 mol/l;
C(Cl –) = n(Cl –) : Vges. = 0,02 mol: 0,25 l = 0,08 mol/l;
C(NO 3 –) = n(NO 3 –) : Vges. = 0,06 mol: 0,25 l = 0,24 mol/l.
Beispiel 5.5 684 mg Aluminiumsulfat und 1 ml einer 9,8 %igen Schwefelsäurelösung mit einer Dichte von 1,1 g/ml wurden in den Kolben gegeben. Die resultierende Mischung wurde in Wasser gelöst; Das Volumen der Lösung wurde mit Wasser auf 500 ml gebracht. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen von H +-, Al 3+ SO 4 2–-Ionen in der resultierenden Lösung.
Berechnen wir die Mengen der gelösten Stoffe:
n(Al 2 (SO 4) 3)=m(Al 2 (SO 4) 3): M(Al 2 (SO 4) 3)=0,684 g: 342 g mol=0,002 mol;
Al 2 (SO 4) 3 – starker Elektrolyt: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Daher ist n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n(SO 4 2–)=3×0,002 mol=0,006 mol.
m Lösung von H 2 SO 4 = V Lösung von H 2 SO 4 × ρ Lösung von H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H 2 SO 4) = m Lösung von H 2 SO 4 × w(H 2 SO 4) = 1,1 g 0,098 = 0,1078 g.
n(H 2 SO 4) = m(H 2 SO 4) : M(H 2 SO 4) = 0,1078 g: 98 g/mol = 0,0011 mol;
H 2 SO 4 ist ein starker Elektrolyt: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Daher ist n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H+) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.
Je nach Problemstellung beträgt das Volumen der resultierenden Lösung 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–) ges. = 0,006 mol + 0,0011 mol = 0,0071 mol.
C(Al 3+) = n(Al 3+): V Lösung = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H +) = n(H +): V Lösung = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) insgesamt. : V-Lösung = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Beispiel 5.6 Welche Masse Eisensulfat (FeSO 4 ·7H 2 O) und welche Wassermenge werden benötigt, um 3 Liter 10 %ige Eisen(II)sulfatlösung herzustellen. Nehmen Sie an, dass die Lösungsdichte 1,1 g/ml beträgt.
Die Masse der herzustellenden Lösung beträgt:
m Lösung = V Lösung ∙ ρ Lösung = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Die Masse an reinem Eisen(II)sulfat in dieser Lösung beträgt:
m(FeSO 4) = m Lösung × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
Die gleiche Masse an wasserfreiem FeSO 4 sollte in der Menge an kristallinem Hydrat enthalten sein, die zur Herstellung der Lösung entnommen werden muss. Aus einem Vergleich der Molmassen M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol und M(FeSO 4) = 152 g/mol,
wir erhalten den Anteil:
278 g FeSO 4 ·7H 2 O enthalten 152 g FeSO 4;
x g FeSO 4 ·7H 2 O enthält 330 g FeSO 4 ;
x = (278·330) : 152 = 603,6 g.
m Wasser = m Lösung – m Eisensulfat = 3300 g – 603,6 g = 2696,4 g.
Weil die Dichte von Wasser 1 g/ml beträgt, dann ist das Wasservolumen, das zur Herstellung der Lösung entnommen werden muss, gleich: V Wasser = m Wasser: ρ Wasser = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Beispiel 5.7 Welche Masse Glaubersalz (Na 2 SO 4 ·10H 2 O) muss in 500 ml 10 %iger Natriumsulfatlösung (Lösungsdichte 1,1 g/ml) gelöst werden, um eine 15 %ige Na 2 SO 4 -Lösung zu erhalten?
Es seien x Gramm Glaubersalz Na 2 SO 4 · 10H 2 O erforderlich. Dann ist die Masse der resultierenden Lösung gleich:
m 15 %ige Lösung = m Originallösung (10 %) + m Glaubersalz = 550 + x (g);
m der ursprünglichen (10 %) Lösung = V 10 % Lösung × ρ 10 % Lösung = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2 SO 4) in der ursprünglichen (10 %) Lösung = m 10 % Lösung a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Drücken wir durch x die Masse an reinem Na 2 SO 4 aus, die in x Gramm Na 2 SO 4 · 10H 2 O enthalten ist.
M(Na 2 SO 4 ·10H 2 O) = 322 g/mol; M(Na 2 SO 4) = 142 g/mol; somit:
322 g Na 2 SO 4 ·10H 2 O enthalten 142 g wasserfreies Na 2 SO 4;
x g Na 2 SO 4 ·10H 2 O enthält m g wasserfreies Na 2 SO 4 .
m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
Die Gesamtmasse an Natriumsulfat in der resultierenden Lösung beträgt:
m(Na 2 SO 4) in einer 15 %igen Lösung = 55 + 0,441 × x (g).
In der resultierenden Lösung: 
= 0,15
, woraus x = 94,5 g.
Aufgabe Nr. 6
Tabelle 6 – Bedingungen der Aufgabe Nr. 6
| Option Nr. | Bedingungstext |
| 5 g Na 2 SO 4 × 10H 2 O wurden in Wasser gelöst und das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 500 ml gebracht. Berechnen Sie den Massenanteil von Na 2 SO 4 in dieser Lösung (ρ = 1 g/ml) und die molaren Konzentrationen von Na + - und SO 4 2– -Ionen. | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 100 ml 0,05 M Cr 2 (SO 4) 3 und 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Cr 3+-, Na +- und SO 4 2–-Ionen in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und einer 98 %igen Schwefelsäurelösung (Dichte 1,84 g/ml) sollten verwendet werden, um 2 Liter einer 30 %igen Lösung mit einer Dichte von 1,2 g/ml herzustellen? | |
| 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O wurden in 400 ml Wasser gelöst. Wie hoch sind die molaren Konzentrationen von Na + und CO 3 2–-Ionen und der Massenanteil von Na 2 CO 3 in der resultierenden Lösung (ρ = 1,1). g/ml)? | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 und 100 ml 0,01 M NiSO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und einer 60 %igen Salpetersäurelösung (Dichte 1,4 g/ml) werden benötigt, um 500 ml einer 4 M Lösung (Dichte 1,1 g/ml) herzustellen? | |
| Welche Masse Kupfersulfat (CuSO 4 × 5H 2 O) wird benötigt, um 500 ml einer 5 %igen Kupfersulfatlösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| 1 ml einer 36 %igen HCl-Lösung (ρ = 1,2 g/ml) und 10 ml einer 0,5 M ZnCl 2 -Lösung wurden in den Kolben gegeben. Das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 50 ml gebracht. Wie hoch sind die molaren Konzentrationen der H + -, Zn 2+ - und Cl –-Ionen in der resultierenden Lösung? | |
| Wie groß ist der Massenanteil von Cr 2 (SO 4) 3 in der Lösung (ρ » 1 g/ml), wenn bekannt ist, dass die molare Konzentration an Sulfationen in dieser Lösung 0,06 mol/l beträgt? | |
| Welche Volumina Wasser und 10 M Lösung (ρ=1,45 g/ml) Natriumhydroxid werden benötigt, um 2 Liter 10 %ige NaOH-Lösung (ρ=1,1 g/ml) herzustellen? | |
| Wie viel Gramm Eisensulfat FeSO 4 × 7H 2 O kann durch Verdampfen von Wasser aus 10 Litern einer 10 %igen Eisen(II)sulfat-Lösung (Lösungsdichte 1,2 g/ml) gewonnen werden? | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 100 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 und 50 ml 0,2 M CuSO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- in der resultierenden Lösung. |
Fortsetzung von Tabelle 6
| Option Nr. | Bedingungstext |
| Welche Volumina an Wasser und einer 40 %igen Phosphorsäurelösung mit einer Dichte von 1,35 g/ml werden benötigt, um 1 m 3 einer 5 %igen H 3 PO 4 -Lösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| 16,1 g Na 2 SO 4 × 10H 2 O wurden in Wasser gelöst und das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 250 ml gebracht. Berechnen Sie den Massenanteil und die molare Konzentration von Na 2 SO 4 in der resultierenden Lösung (angenommen, die Lösungsdichte beträgt 1 g/ml). | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 und 100 ml 0,1 M MgSO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Fe 3+, Mg 2+ und SO 4 2– in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und 36 %iger Salzsäure (Dichte 1,2 g/ml) werden benötigt, um 500 ml einer 10 %igen Lösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O wurden in 200 ml Wasser gelöst. Wie hoch ist der Massenanteil der gelösten Substanz in der resultierenden Lösung, deren Dichte 1,1 g/ml beträgt? Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Al 3+- und SO 4 2–-Ionen in dieser Lösung. | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 und 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Fe 3+, Al 3+ und SO 4 2– in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen Wasser und 80 %ige Essigsäurelösung (Dichte 1,07 g/ml) werden benötigt, um 0,5 Liter Tafelessig herzustellen, bei dem der Massenanteil der Säure 7 % beträgt? Nehmen Sie eine Dichte von Tafelessig von 1 g/ml. | |
| Welche Masse Eisensulfat (FeSO 4 × 7H 2 O) wird benötigt, um 100 ml 3%ige Eisensulfatlösung herzustellen? Die Dichte der Lösung beträgt 1 g/ml. | |
| 2 ml einer 36 %igen HCl-Lösung (Dichte 1,2 g/cm 3) und 20 ml einer 0,3 M CuCl 2 -Lösung wurden in den Kolben gegeben. Das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 200 ml gebracht. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen von H +-, Cu 2+- und Cl –-Ionen in der resultierenden Lösung. | |
| Wie hoch ist die prozentuale Konzentration von Al 2 (SO 4) 3 in einer Lösung, in der die molare Konzentration an Sulfationen 0,6 mol/l beträgt? Die Dichte der Lösung beträgt 1,05 g/ml. | |
| Welche Volumina Wasser und 10 M KOH-Lösung (Lösungsdichte 1,4 g/ml) werden benötigt, um 500 ml einer 10 %igen KOH-Lösung mit einer Dichte von 1,1 g/ml herzustellen? | |
| Wie viel Gramm Kupfersulfat CuSO 4 × 5H 2 O erhält man durch Verdampfen von Wasser aus 15 Litern 8 %iger Kupfersulfatlösung, deren Dichte 1,1 g/ml beträgt? | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 und 50 ml 0,05 M FeCl 3. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Fe 3+, Cl –, SO 4 2– in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und einer 70 %igen Lösung von H 3 PO 4 (Dichte 1,6 g/ml) werden benötigt, um 0,25 m 3 einer 10 %igen Lösung von H 3 PO 4 (Dichte 1,1 g/ml) herzustellen? | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O wurden in 100 ml Wasser gelöst. Berechnen Sie den Massenanteil von Al 2 (SO 4) 3 und die molaren Konzentrationen von Al 3+- und SO 4 2–-Ionen resultierende Lösung, deren Dichte 1 g/ml beträgt. | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 50 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 und 200 ml 0,02 M Cr(NO 3) 3. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Volumina einer 50 %igen Lösung aus Perchlorsäure (Dichte 1,4 g/ml) und Wasser werden benötigt, um 1 Liter einer 8 %igen Lösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| Wie viele Gramm Glaubersalz Na 2 SO 4 × 10H 2 O müssen in 200 ml Wasser gelöst werden, um eine 5 %ige Natriumsulfatlösung zu erhalten? | |
| 1 ml 80 %ige H 2 SO 4 -Lösung (Lösungsdichte 1,7 g/ml) und 5000 mg Cr 2 (SO 4) 3 wurden in den Kolben gegeben. Die Mischung wurde in Wasser gelöst; das Volumen der Lösung wurde auf 250 ml gebracht. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen H +, Cr 3+ und SO 4 2– in der resultierenden Lösung. |
Fortsetzung von Tabelle 6
CHEMISCHES GLEICHGEWICHT
Alle chemischen Reaktionen lassen sich in zwei Gruppen einteilen: irreversible Reaktionen, d. h. so lange fortfahren, bis mindestens einer der reagierenden Stoffe vollständig verbraucht ist, und reversible Reaktionen, bei denen keiner der reagierenden Stoffe vollständig verbraucht ist. Dies liegt daran, dass eine reversible Reaktion sowohl in Vorwärts- als auch in Rückwärtsrichtung stattfinden kann. Ein klassisches Beispiel für eine reversible Reaktion ist die Synthese von Ammoniak aus Stickstoff und Wasserstoff:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3 .
Im Moment des Reaktionsbeginns sind die Konzentrationen der Ausgangsstoffe im System maximal; In diesem Moment ist auch die Geschwindigkeit der Vorwärtsreaktion maximal. Zum Zeitpunkt des Reaktionsbeginns befinden sich noch keine Reaktionsprodukte im System (in diesem Beispiel Ammoniak), daher ist die Geschwindigkeit der Rückreaktion Null. Da die Ausgangsstoffe miteinander interagieren, nehmen ihre Konzentrationen ab, wodurch die Geschwindigkeit der direkten Reaktion abnimmt. Die Konzentration des Reaktionsprodukts nimmt allmählich zu, daher nimmt auch die Geschwindigkeit der Rückreaktion zu. Nach einiger Zeit gleicht sich die Geschwindigkeit der Hinreaktion der Geschwindigkeit der Rückreaktion an. Dieser Zustand des Systems wird aufgerufen Zustand des chemischen Gleichgewichts. Man bezeichnet die Konzentrationen von Stoffen in einem System im chemischen Gleichgewichtszustand Gleichgewichtskonzentrationen. Ein quantitatives Merkmal eines Systems im chemischen Gleichgewichtszustand ist Gleichgewichtskonstante.
Für jede reversible Reaktion a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ... wird der Ausdruck der chemischen Gleichgewichtskonstante (K) als Bruch geschrieben, dessen Zähler die Gleichgewichtskonzentrationen der Reaktionsprodukte enthält , und der Nenner enthält die Gleichgewichtskonzentrationen der Ausgangsstoffe. Darüber hinaus muss die Konzentration jedes Stoffes auf eine Potenz gleich dem stöchiometrischen Koeffizienten in der Reaktionsgleichung erhöht werden.
Zum Beispiel für die Reaktion N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Das sollte man im Hinterkopf behalten Der Ausdruck für die Gleichgewichtskonstante umfasst Gleichgewichtskonzentrationen nur von gasförmigen Stoffen oder Stoffen in gelöstem Zustand . Die Feststoffkonzentration wird als konstant angenommen und ist nicht im Gleichgewichtskonstantenausdruck enthalten.
CO 2 (gasförmig) + C (fest) ⇆ 2CO (gasförmig)
CH 3 COOH (Lösung) ⇆ CH 3 COO – (Lösung) + H + (Lösung)
Ba 3 (PO 4) 2 (fest) ⇆ 3 Ba 2+ (gesättigte Lösung) + 2 PO 4 3– (gesättigte Lösung) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Es gibt zwei Haupttypen von Problemen im Zusammenhang mit der Berechnung der Parameter eines Gleichgewichtssystems:
1) die Anfangskonzentrationen der Ausgangsstoffe sind bekannt; Aus den Bedingungen des Problems kann man die Konzentrationen der Substanzen ermitteln, die zum Zeitpunkt des Gleichgewichtszustands reagiert (oder gebildet) haben. Das Problem erfordert die Berechnung der Gleichgewichtskonzentrationen aller Substanzen und des numerischen Werts der Gleichgewichtskonstante.
2) Die Anfangskonzentrationen der Ausgangsstoffe und die Gleichgewichtskonstante sind bekannt. Die Bedingung enthält keine Angaben zu den Konzentrationen reagierter oder gebildeter Stoffe. Es ist erforderlich, die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer zu berechnen.
Um solche Probleme zu lösen, ist es notwendig, die Gleichgewichtskonzentration aller zu verstehen Original Substanzen können durch Subtrahieren der Konzentration der reagierten Substanz von der Anfangskonzentration ermittelt werden:
Gleichgewicht C = anfängliches C – C der umgesetzten Substanz.
Gleichgewichtskonzentration Reaktionsprodukt gleich der Konzentration des zum Zeitpunkt des Gleichgewichts gebildeten Produkts:
C-Gleichgewicht = C des gebildeten Produkts.
Um die Parameter eines Gleichgewichtssystems zu berechnen, ist es daher sehr wichtig, bestimmen zu können, wie viel vom Ausgangsstoff zum Zeitpunkt des Gleichgewichts reagiert und wie viel vom Reaktionsprodukt gebildet wurde. Um die Menge (bzw. Konzentration) der umgesetzten und gebildeten Stoffe zu bestimmen, werden stöchiometrische Berechnungen anhand der Reaktionsgleichung durchgeführt.
Beispiel 6.1 Die Anfangskonzentrationen von Stickstoff und Wasserstoff im Gleichgewichtssystem N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 betragen 3 mol/l bzw. 4 mol/l. Bis zum Erreichen des chemischen Gleichgewichts verbleiben 70 % der ursprünglichen Wasserstoffmenge im System. Bestimmen Sie die Gleichgewichtskonstante für diese Reaktion.
Aus den Bedingungen des Problems folgt, dass bis zum Erreichen des Gleichgewichts 30 % des Wasserstoffs reagiert haben (Problem vom Typ 1):
4 mol/l H 2 – 100 %
x mol/l H 2 – 30 %
x = 1,2 mol/l = C reagieren. (H2)
Wie aus der Reaktionsgleichung hervorgeht, hätte dreimal weniger Stickstoff in die Reaktion eingehen müssen als Wasserstoff, d.h. Mit proreak. (N 2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. Es entsteht doppelt so viel Ammoniak wie umgesetzter Stickstoff:
Aus Bildern. (NH 3) = 2 × 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
Die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer werden wie folgt sein:
Mit gleich (H 2)= C Anfang (H 2) - C reagieren. (H 2) = 4 mol/l – 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Mit gleich (N 2)= C-Start (N 2) – C reagieren. (N 2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Mit gleich (NH 3) = C-Bild. (NH 3) = 0,8 mol/l.
Gleichgewichtskonstante = 
.
Beispiel 6.2 Berechnen Sie die Gleichgewichtskonzentrationen von Wasserstoff, Jod und Jodwasserstoff im System H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, wenn bekannt ist, dass die Anfangskonzentrationen von H 2 und I 2 5 mol/l bzw. 3 mol/l betragen. und die Gleichgewichtskonstante ist 1.
Es ist zu beachten, dass unter den Bedingungen dieses Problems (Problem vom Typ 2) die Bedingung nichts über die Konzentrationen der umgesetzten Ausgangsstoffe und der resultierenden Produkte aussagt. Daher wird bei der Lösung solcher Probleme normalerweise die Konzentration einer reagierten Substanz als x angenommen.
Bis zum Erreichen des Gleichgewichts sollen x mol/l H 2 reagieren. Dann sollte, wie aus der Reaktionsgleichung hervorgeht, x mol/l I 2 reagieren und 2x mol/l HI gebildet werden. Die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer werden wie folgt sein:
Mit gleich (H 2) = C beginnen. (H 2) – C reagieren. (H 2) = (5 – x) mol/l;
Mit gleich (I 2) = C-Start (I 2) – C reagieren. (I 2) = (3 – x) mol/l;
Mit gleich (HI) = Aus Bildern. (HI) = 2x mol/l.
4x 2 = 15 – 8x + x 2
3x 2 + 8x – 15 = 0
x 1 = –3,94 x 2 = 1,27
Nur die positive Wurzel x = 1,27 hat physikalische Bedeutung.
Daher ist C gleich. (H 2) = (5 – x) mol/l = 5 – 1,27 = 3,73 mol/l;
Mit gleich (I 2) = (3 – x) mol/l = 3 – 1,27 = 1,73 mol/l;
Mit gleich (HI) = 2x mol/l = 2 · 1,27 = 2,54 mol/l.
Aufgabe Nr. 7
Tabelle 7 – Bedingungen der Aufgabe Nr. 7
Fortsetzung von Tabelle 7
Für jeden Reaktionsstoff liegen folgende Stoffmengen vor:
Anfangsmenge des i-ten Stoffes (die Stoffmenge vor Beginn der Reaktion);
Die Endmenge der i-ten Substanz (die Substanzmenge am Ende der Reaktion);
Die Menge der umgesetzten (bei Ausgangsstoffen) bzw. gebildeten Substanz (bei Reaktionsprodukten).
Da die Menge eines Stoffes nicht negativ sein kann, gilt dies für die Ausgangsstoffe
Seit >.
Für Reaktionsprodukte > also .
Unter stöchiometrischen Verhältnissen versteht man Beziehungen zwischen Mengen, Massen oder Volumina (bei Gasen) reagierender Stoffe oder Reaktionsprodukte, die auf der Grundlage der Reaktionsgleichung berechnet werden. Berechnungen mit Reaktionsgleichungen basieren auf dem Grundgesetz der Stöchiometrie: Das Verhältnis der Mengen der reagierenden oder gebildeten Stoffe (in Mol) ist gleich dem Verhältnis der entsprechenden Koeffizienten in der Reaktionsgleichung (stöchiometrische Koeffizienten).
Für die aluminothermische Reaktion beschrieben durch die Gleichung:
3Fe 3 O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,
Die Mengen der umgesetzten Stoffe und Reaktionsprodukte stehen im Verhältnis zueinander
Für Berechnungen ist es bequemer, eine andere Formulierung dieses Gesetzes zu verwenden: Das Verhältnis der Menge der umgesetzten oder gebildeten Substanz als Ergebnis der Reaktion zu ihrem stöchiometrischen Koeffizienten ist für eine gegebene Reaktion eine Konstante.
Im Allgemeinen für eine Reaktion der Form
aA + bB = cC + dD,
wobei kleine Buchstaben Koeffizienten und große Buchstaben chemische Substanzen angeben, stehen die Mengen der Reaktanten im Verhältnis:
Zwei beliebige Terme dieses Verhältnisses, die durch Gleichheit miteinander verbunden sind, bilden den Anteil einer chemischen Reaktion: zum Beispiel
Wenn für eine Reaktion die Masse des gebildeten oder umgesetzten Stoffes bekannt ist, kann deren Menge mithilfe der Formel ermittelt werden
und dann können anhand des Anteils der chemischen Reaktion die Reaktionen für die übrigen Stoffe ermittelt werden. Ein Stoff, durch dessen Masse oder Menge die Massen, Mengen oder Volumina anderer Reaktionsteilnehmer ermittelt werden, wird manchmal als Trägerstoff bezeichnet.
Werden die Massen mehrerer Reagenzien angegeben, so werden die Massen der übrigen Stoffe ausgehend von dem Stoff berechnet, der knapp ist, also bei der Reaktion vollständig verbraucht wird. Stoffmengen, die ohne Überschuss oder Mangel exakt der Reaktionsgleichung entsprechen, werden als stöchiometrische Mengen bezeichnet.
Bei Problemen im Zusammenhang mit stöchiometrischen Berechnungen besteht die Hauptaufgabe daher darin, die Trägersubstanz zu finden und deren Menge zu berechnen, die in die Reaktion eindringt oder gebildet wird.
Berechnung der Menge einzelner Feststoffe
wo ist die Menge der einzelnen festen Substanz A;
Masse des einzelnen Feststoffs A, g;
Molmasse der Substanz A, g/mol.
Berechnung der Menge an natürlichem Mineral oder Feststoffgemisch
Gegeben sei das Naturmineral Pyrit, dessen Hauptbestandteil FeS 2 ist. Darüber hinaus enthält Pyrit Verunreinigungen. Der Gehalt an Hauptbestandteil bzw. Verunreinigungen wird in Massenprozent angegeben, beispielsweise .
Wenn der Inhalt der Hauptkomponente bekannt ist, dann
Wenn der Gehalt an Verunreinigungen bekannt ist, dann
wo ist die Menge der einzelnen FeS 2-Substanz, Mol;
Masse des Pyritminerals, g.
Die Menge einer Komponente in einem Feststoffgemisch wird auf ähnliche Weise berechnet, wenn ihr Gehalt in Massenanteilen bekannt ist.
Berechnung der Stoffmenge in einer reinen Flüssigkeit
Ist die Masse bekannt, erfolgt die Berechnung ähnlich wie bei einem einzelnen Festkörper.
Wenn das Flüssigkeitsvolumen bekannt ist, dann
1. Ermitteln Sie die Masse dieses Flüssigkeitsvolumens:
m f = V f · s f,
wobei mf die Masse der Flüssigkeit g ist;
Vf - Flüssigkeitsvolumen, ml;
sf – Flüssigkeitsdichte, g/ml.
2. Ermitteln Sie die Molzahl der Flüssigkeit:
Diese Technik ist für jeden Aggregatzustand einer Substanz geeignet.
Bestimmen Sie die Menge der Substanz H 2 O in 200 ml Wasser.
Lösung: Wenn die Temperatur nicht angegeben ist, wird die Dichte des Wassers mit 1 g/ml angenommen, dann:
Berechnung der Menge an gelöstem Stoff in einer Lösung, wenn seine Konzentration bekannt ist
Wenn der Massenanteil des gelösten Stoffes, die Dichte der Lösung und ihr Volumen bekannt sind, dann
m Lösung = V Lösung c Lösung,
wobei m Lösung die Masse der Lösung ist, g;
V-Lösung - Lösungsvolumen, ml;
c-Lösung – Lösungsdichte, g/ml.
wo ist die Masse der gelösten Substanz, g;
Massenanteil des gelösten Stoffes, ausgedrückt in %.
Bestimmen Sie die Menge an Salpetersäure in 500 ml einer 10 %igen Säurelösung mit einer Dichte von 1,0543 g/ml.
Bestimmen Sie die Masse der Lösung
m Lösung = V Lösung s Lösung = 500 1,0543 = 527,150 g.
Bestimmen Sie die Masse von reinem HNO 3
Bestimmen Sie die Molzahl HNO 3
Wenn die molare Konzentration des gelösten Stoffes und der Substanz sowie das Volumen der Lösung bekannt sind, dann
wo ist das Volumen der Lösung, l;
Molare Konzentration der i-ten Substanz in Lösung, mol/l.
Berechnung der Menge einzelner gasförmiger Stoffe
Ist die Masse eines gasförmigen Stoffes gegeben, wird diese nach Formel (1) berechnet.
Wird das unter Normalbedingungen gemessene Volumen angegeben, so sind nach Formel (2) die Formeln auf den Seiten 6-7 angegeben, wenn das Volumen eines gasförmigen Stoffes unter anderen Bedingungen gemessen wird, dann nach Formel (3).
Bei der Aufstellung einer Gleichung für eine Oxidations-Reduktions-Reaktion (ORR) müssen das Reduktionsmittel, das Oxidationsmittel sowie die Anzahl der abgegebenen und empfangenen Elektronen bestimmt werden. Die Auswahl der stöchiometrischen ORR-Koeffizienten erfolgt entweder nach der Elektronengleichgewichtsmethode oder der Elektron-Ionen-Gleichgewichtsmethode (letztere wird auch Halbreaktionsmethode genannt). Schauen wir uns ein paar Beispiele an. Als Beispiel für die Erstellung von ORR-Gleichungen und die Auswahl stöchiometrischer Koeffizienten analysieren wir den Prozess der Oxidation von Eisen(II)-disulfid (Pyrit) mit konzentrierter Salpetersäure: Zunächst ermitteln wir die möglichen Reaktionsprodukte. Salpetersäure ist ein starkes Oxidationsmittel, daher kann das Sulfidion entweder zur maximalen Oxidationsstufe S (H2S04) oder zu S (SO2) und Fe zu Fe oxidiert werden, während HN03 zu NO oder N02 reduziert werden kann (der Satz). spezifischer Produkte wird bestimmt (Konzentrationen von Reagenzien, Temperatur usw.). Wählen wir die folgende mögliche Option: H20 wird auf der linken oder rechten Seite der Gleichung stehen, das wissen wir noch nicht. Es gibt zwei Hauptmethoden zur Auswahl von Koeffizienten. Wenden wir zunächst die Methode des Elektron-Ionen-Gleichgewichts an. Der Kern dieser Methode besteht aus zwei sehr einfachen und sehr wichtigen Aussagen. Erstens berücksichtigt diese Methode den Übergang von Elektronen von einem Teilchen zum anderen, wobei unbedingt die Art des Mediums (sauer, alkalisch oder neutral) berücksichtigt wird. Zweitens werden bei der Aufstellung der Elektronen-Ionen-Gleichgewichtsgleichung nur die Teilchen aufgeschrieben, die im Verlauf einer gegebenen ORR tatsächlich existieren – nur wirklich existierende Kationen oder Annonen werden in Form von Ionen aufgeschrieben; Stoffe, die schlecht diiosoziativ, unlöslich oder in Form eines Gases freigesetzt sind, werden in molekularer Form geschrieben. Bei der Aufstellung einer Gleichung für die Oxidations- und Reduktionsprozesse werden zum Ausgleich der Anzahl der Wasserstoff- und Sauerstoffatome entweder Wassermoleküle und Wasserstoffionen (bei saurem Medium) oder Wassermoleküle und Hydroxidionen (bei alkalischem Medium) benötigt eingeführt (je nach Medium). Betrachten wir die Oxidationshalbreaktion für unseren Fall. FeS2-Moleküle (eine schwerlösliche Substanz) werden in Fe3+-Ionen (Eisennitrat (I1) dissoziiert vollständig in Ionen) und S042-Sulfationen (Dissoziation von H2SO4) umgewandelt: Betrachten wir nun die Halbreaktion der Reduktion des Nitrations: Zu Sauerstoff ausgleichen, auf der rechten Seite 2 Wassermoleküle und auf der linken Seite - 4 H+-Ionen hinzufügen: Um die Ladung auszugleichen, fügen wir auf der linken Seite 3 Elektronen hinzu (Ladung +3): Zum Schluss haben wir: Reduzieren beider Teile um 16H+ und 8H20 erhalten wir die endgültige, abgekürzte Ionengleichung der Redoxreaktion: Durch Addition der entsprechenden Anzahl an NOJ nH+-Ionen auf beiden Seiten der Gleichung erhalten wir die Molekülgleichung der Reaktion: Bitte beachten Sie, dass zur Bestimmung der Anzahl der angegebenen Elektronen angegeben wird und erhielten, mussten wir nie den Oxidationszustand der Elemente bestimmen. Darüber hinaus haben wir den Einfluss der Umwelt berücksichtigt und „automatisch“ festgestellt, dass H20 auf der richtigen Seite der Gleichung liegt. Es besteht kein Zweifel, dass diese Methode chemisch sehr sinnvoll ist. Emprooigo-Balance-Methode. Der Kern der Methode zur Ermittlung stöchiometrischer Koeffizienten in den ORR-Gleichungen ist die obligatorische Bestimmung der Oxidationsstufen der Atome der an der ORR beteiligten Elemente. Mit diesem Ansatz gleichen wir die Reaktion (11.1) erneut aus (oben haben wir die Halbreaktionsmethode auf diese Reaktion angewendet). Der Reduktionsprozess lässt sich einfach beschreiben: Es ist schwieriger, ein Oxidationsschema zu erstellen, da zwei Elemente gleichzeitig oxidiert werden – Fe und S. Sie können Eisen eine Oxidationsstufe von +2, Schwefel von 1 zuordnen und dies berücksichtigen Für ein Fe-Atom gibt es zwei S-Atome: Sie können jedoch darauf verzichten, Oxidationsstufen zu bestimmen und ein Diagramm ähnlich dem Diagramm (11.2) aufzuschreiben: Die rechte Seite hat eine Ladung von +15, die linke - 0, also muss FeS2 geben bis 15 Elektronen. Wir schreiben die allgemeine Bilanz auf: Wir müssen die resultierende Bilanzgleichung noch etwas „verstehen“ – sie zeigt, dass 5 HN03-Moleküle zur Oxidation von FeS2 gehen und 3 weitere HNO-Moleküle für die Bildung von Fe(N03)j benötigt werden: Um Wasserstoff und Sauerstoff auszugleichen, müssen Sie dem rechten Teil 2 Moleküle H20 hinzufügen: Die Elektronen-Ionen-Balance-Methode ist im Vergleich zur elektronischen Balance-Methode universeller und hat einen unbestreitbaren Vorteil bei der Auswahl der Koeffizienten in vielen ORRs, insbesondere bei die Beteiligung organischer Verbindungen, bei denen bereits das Verfahren zur Bestimmung der Oxidationsstufen sehr komplex ist. - Betrachten Sie zum Beispiel den Prozess der Ethylenoxidation, der auftritt, wenn es durch eine wässrige Lösung von Kaliumpermanganat geleitet wird. Dadurch wird Ethylen zu Ethylenglykol HO - CH2 - CH2 - OH oxidiert und Permanganat zu Manganoxid (TV) reduziert. Darüber hinaus entsteht, wie aus der endgültigen Bilanzgleichung hervorgeht, rechts auch Kaliumhydroxid : Nachdem wir die notwendigen Reduktionen ähnlicher Begriffe vorgenommen haben, schreiben wir die Gleichung in endgültiger molekularer Form*. Der Einfluss der Umgebung auf die Natur des ORR-Prozesses. Die analysierten Beispiele (11.1) – (11.4) veranschaulichen deutlich die „Technik“ der Verwendung die Elektronen-Ionen-Balance-Methode bei ORR in saurer oder alkalischer Umgebung. Der Charakter der Umgebung beeinflusst den Verlauf der einen oder anderen Redoxreaktion; um diesen Einfluss zu „spüren“, betrachten wir das Verhalten desselben Oxidationsmittels (KMn04) in verschiedenen Umgebungen. Das MnO2-Ion weist die größte oxidative Aktivität in einem auf saurem Milieu, sinkt in neutralem Milieu auf ein niedrigeres Niveau, erholt sich auf Mn+4(Mn0j) und das Minimum - in der Zervikalfestigkeit, in der es auf (mvnganat-nOn Mn042") angestiegen ist. Dies wird wie folgt erklärt. Säuren bilden bei der Dissoziation Hysteriumionen ffjO+, die 4" MoOG-Ionen polarisieren. Sie schwächen die Bindungen von Mangan mit Sauerstoff (und verstärken dadurch die Wirkung des Reduktionsmittels). In einer neutralen Umgebung ist die polarisierende Wirkung von Wassermolekülen deutlich geringer . >" MnO-Ionen; viel weniger polarisiert. In stark alkalischer Umgebung verstärken Hydroxidionen sogar die Mn-O-Bindung, wodurch die Wirksamkeit des Reduktionsmittels abnimmt und MnO^ nur ein Elektron aufnimmt. Ein Beispiel für das Verhalten von Kaliumpermanganat in einer neutralen Umgebung ist die Reaktion (11.4). Wir geben auch ein Beispiel für Reaktionen mit KMPOA in sauren und alkalischen Umgebungen
