Kaikki kvantitatiiviset suhteet kemiallisia prosesseja laskettaessa perustuvat reaktioiden stoikiometriaan. On kätevämpää ilmaista aineen määrä tällaisissa laskelmissa mooliina tai johdannaisyksiköinä (kmol, mmol jne.). Mooli on yksi SI:n perusyksiköistä. Yksi mooli mitä tahansa ainetta vastaa sen määrää, joka on numeerisesti yhtä suuri kuin sen molekyylipaino. Siksi molekyylipainoa tulisi tässä tapauksessa pitää mitta-arvona yksiköillä: g/mol, kg/kmol, kg/mol. Esimerkiksi typen molekyylipaino on 28 g/mol, 28 kg/kmol, mutta 0,028 kg/mol.
Aineen massat ja moolimäärät liittyvät toisiinsa tunnetuilla suhteilla
NA = mA/MA; m A = N A M A,
jossa NA on komponentin A määrä, mol; m A on tämän komponentin massa, kg;
M A - komponentin A molekyylipaino, kg/mol.
Jatkuvissa prosesseissa aineen A virtaus voidaan ilmaista sen mol-
määrä aikayksikköä kohti
jossa W A on komponentin A molaarinen virtaus, mol/s; τ - aika, s.
Yksinkertaiselle reaktiolle, joka on käytännössä peruuttamaton, yleensä stoihiomet
ric-yhtälö kirjoitetaan muotoon
v A A + v B B = v R R + v S S.
On kuitenkin kätevämpää kirjoittaa stoikiometrinen yhtälö algebrallisena
th, olettaen, että reaktanttien stoikiometriset kertoimet ovat negatiiviset ja reaktiotuotteiden positiiviset:
Sitten jokaiselle yksinkertaiselle reaktiolle voidaan kirjoittaa seuraavat yhtälöt:
Indeksi "0" viittaa komponentin alkumäärään.
Nämä yhtälöt synnyttävät seuraavat materiaalitaseyhtälöt komponentille yksinkertaista reaktiota varten:
Esimerkki 7.1. Fenolin hydrausreaktio sykloheksanoliksi etenee yhtälön mukaisesti
C6H5OH + ZH2 = C6H11OH tai A + ZV = R.
Laske muodostuvan tuotteen määrä, jos komponentin A alkumäärä oli 235 kg ja loppumäärä 18,8 kg
Ratkaisu: kirjoitetaan reaktio lomakkeeseen
R - A - ZV = 0.
Komponenttien molekyylimassat: M A = 94 kg/kmol, M B = 2 kg/kmol ja
MR = 100 kg/kmol. Sitten fenolin moolimäärät reaktion alussa ja lopussa ovat:
NA 0 = 235/94 = 2,5; NA 0 = 18,8/94 = 0,2; n = (0,2 - 2,5)/(-1) = 2,3.
Muodostuneen sykloheksanolin määrä on yhtä suuri kuin
N R = 0 +1∙2,3 = 2,3 kmol tai m R = 100∙2,3 = 230 kg.
Niiden järjestelmässä olevien stoikiometrisesti riippumattomien reaktioiden määrittäminen reaktiolaitteiden materiaali- ja lämpölaskelmien aikana on välttämätöntä sellaisten reaktioiden sulkemiseksi pois, jotka ovat joidenkin niistä summa tai ero. Tämä arviointi on helpoimmin suoritettavissa Gram-kriteerillä.
Tarpeettomien laskelmien välttämiseksi on arvioitava, onko järjestelmä stoikiometrisesti riippuvainen. Näitä tarkoituksia varten tarvitaan:
Transponoi reaktiojärjestelmän alkuperäinen matriisi;
Kerro alkuperäinen matriisi transponoidulla;
Laske tuloksena olevan neliömatriisin determinantti.
Jos tämä determinantti on nolla, reaktiojärjestelmä on stoikiometrisesti riippuvainen.
Esimerkki 7.2. Meillä on reaktiojärjestelmä:
FeO + H2 = Fe + H20;
Fe203 + 3H2 = 2Fe + 3H20;
FeO + Fe2O3 + 4H2 = 3Fe + 4H2O.
Tämä järjestelmä on stoikiometrisesti riippuvainen, koska kolmas reaktio on kahden muun summa. Luodaan matriisi
Yksi tärkeimmistä kemiallisista käsitteistä, joihin stoikiometriset laskelmat perustuvat, on aineen kemiallinen määrä. Jonkin aineen X määrää merkitään n(X). Aineen määrän mittayksikkö on mooli.
Mooli on aineen määrä, joka sisältää 6,02 10 23 molekyyliä, atomia, ionia tai muuta aineen muodostavaa rakenneyksikköä.
Jonkin aineen X yhden moolin massaa kutsutaan moolimassa M(X) tämän aineen. Kun tiedetään jonkin aineen X massa m(X) ja sen moolimassa, voimme laskea tämän aineen määrän kaavalla:
Soitetaan numeroon 6.02 10 23 Avogadron numero(Na); sen ulottuvuus mol -1.
Kertomalla Avogadron luku N a aineen määrällä n(X), voidaan laskea rakenneyksiköiden, esimerkiksi jonkin aineen X molekyylien N(X) lukumäärä:
N(X) = N a · n(X) .
Analogisesti moolimassan käsitteen kanssa otettiin käyttöön moolitilavuuden käsite: molaarinen tilavuus Jonkin aineen X V m (X) on tämän aineen yhden moolin tilavuus. Kun tiedämme aineen V(X) tilavuuden ja sen moolitilavuuden, voimme laskea aineen kemiallisen määrän:
Kemiassa joudumme erityisen usein käsittelemään kaasujen moolitilavuutta. Avogadron lain mukaan yhtä suuret tilavuudet mitä tahansa samassa lämpötilassa ja samassa paineessa otettuja kaasuja sisältävät saman määrän molekyylejä. Samanlaisissa olosuhteissa 1 mooli mitä tahansa kaasua vie saman tilavuuden. Normaaleissa olosuhteissa (normi) - lämpötila 0 °C ja paine 1 ilmakehä (101325 Pa) - tämä tilavuus on 22,4 litraa. Siten osoitteessa nro. V m (kaasu) = 22,4 l/mol. Erityisesti tulee korostaa, että käytetään moolitilavuusarvoa 22,4 l/mol vain kaasuille.
Aineiden moolimassan ja Avogadron luvun tunteminen antaa sinun ilmaista minkä tahansa aineen molekyylin massan grammoina. Alla on esimerkki vetymolekyylin massan laskemisesta.
1 mooli vetykaasua sisältää 6,02·10 23 molekyyliä H2:ta ja sen massa on 2 g (koska M(H2) = 2 g/mol). Siten,
6,02·10 23 H2-molekyylin massa on 2 g;
1 H2-molekyylin massa on x g; x = 3,32·10 –24 g.
Käsitettä "mooli" käytetään laajalti kemiallisten reaktioyhtälöiden laskennassa, koska reaktioyhtälön stoikiometriset kertoimet osoittavat, missä moolisuhteissa aineet reagoivat keskenään ja muodostuvat reaktion seurauksena.
Esimerkiksi reaktioyhtälö 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O sisältää seuraavat tiedot: 4 moolia ammoniakkia reagoi ilman ylimäärää tai puutetta 3 moolin kanssa happea, jolloin muodostuu 2 moolia ammoniakkia. typpeä ja 6 moolia vettä.
Esimerkki 4.1 Laske 70,2 g kalsiumdivetyfosfaattia ja 68 g kalsiumhydroksidia sisältävien liuosten vuorovaikutuksessa muodostuneen sakan massa. Mitä ainetta jää ylimääräksi? Mikä on sen massa?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Reaktioyhtälöstä voidaan nähdä, että 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reagoi 12 mol KOH:n kanssa. Lasketaan ongelman ehtojen mukaan annetut reagoivien aineiden määrät:
n(Ca(H2PO4)2) = m(Ca(H2PO4)2) / M(Ca(H2PO4)2) = 70,2 g: 234 g/mol = 0,3 mol;
n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.
3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 12 mol KOH vaaditaan
0,3 mol Ca(H 2 PO 4) varten tarvitaan 2 x mol KOH
x = 1,2 mol - tämä on kuinka paljon KOH:ta tarvitaan, jotta reaktio tapahtuisi ilman yli- tai puutetta. Ja ongelman mukaan KOH:ta on 1,215 mol. Siksi KOH on ylimäärä; reaktion jälkeen jäljellä olevan KOH:n määrä:
n(KOH) = 1,215 mol - 1,2 mol = 0,015 mol;
sen massa m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Tuloksena olevan reaktiotuotteen (sakka Ca 3 (PO 4) 2) laskeminen tulee suorittaa käyttämällä ainetta, josta on pulaa (tässä tapauksessa Ca(H 2 PO 4) 2), koska tämä aine reagoi täysin . Reaktioyhtälöstä on selvää, että muodostuneen Ca 3 (PO 4) 2 -moolien määrä on 3 kertaa pienempi kuin reagoineen Ca(H 2 PO 4) 2 -moolien lukumäärä:
n(Ca3(PO4)2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Siksi m(Ca3(PO4)2) = n(Ca3(PO4)2) × M(Ca3(PO4)2) = 0,1 mol × 310 g/mol = 31 g.
Tehtävä nro 5
a) Laske taulukossa 5 annetut reagoivien aineiden kemialliset määrät (kaasumaisten aineiden tilavuudet on annettu normaaleissa olosuhteissa);
b) järjestää kertoimet annettuun reaktiokaavioon ja määrittää reaktioyhtälön avulla, mitkä aineista ovat ylimääräisiä ja mitkä pulaa;
c) selvitä taulukossa 5 ilmoitettu reaktiotuotteen kemiallinen määrä;
d) laske tämän reaktiotuotteen massa tai tilavuus (katso taulukko 5).
Taulukko 5 – Tehtävän nro 5 ehdot
| Vaihtoehto nro | Reagoivat aineet | Reaktiokaavio | Laskea |
| m(Fe) = 11,2 g; V(Cl2) = 5,376 I | Fe+Cl2® FeCl3 | m(FeCl 3) | |
| m(AI) = 5,4 g; m(H2S04) = 39,2 g | Al+H2SO4® Al2(SO4)3+H2 | V(H2) | |
| V(CO) = 20 I; m(02) = 20 g | CO+O 2 ® CO 2 | V(CO2) | |
| m(AgN03) = 3,4 g; m(Na2S) = 1,56 g | AgNO 3 + Na 2 S® Ag 2 S + NaNO 3 | m(Ag2S) | |
| m(Na2C03) = 53 g; m(HCl) = 29,2 g | Na 2CO 3 + HCl® NaCl + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AI2(S04)3) = 34,2 g m(BaCl2) = 52 g | Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ®AlCl 3 + BaSO 4 | m(BaSO 4) | |
| m(KI) = 3,32 g; V(Cl2) = 448 ml | KI+Cl2® KCl+I 2 | m(I 2) | |
| m(CaCl2) = 22,2 g; m(AgN03) = 59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca(NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H2) = 0,48 g; V(02) = 2,8 I | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH)2) = 3,42 g; V(HCl) = 784 ml | Ba(OH)2+HCl® BaCl2+H20 | m(BaCl2) |
Taulukon 5 jatkoa
| Vaihtoehto nro | Reagoivat aineet | Reaktiokaavio | Laskea |
| m(H3P04) = 9,8 g; m(NaOH) = 12,2 g | H 3 PO 4 + NaOH ® Na 3 PO 4 + H 2 O | m(Na3PO 4) | |
| m(H2S04) = 9,8 g; m(KOH) = 11,76 g | H 2SO 4 + KOH ® K 2 SO 4 + H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(Cl2) = 2,24 I; m(KOH) = 10,64 g | Cl2+KOH® KClO+KCl+H20 | m(KClO) | |
| m((NH4)2S04) = 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(NH3) = 6,8 g; V(02) = 7,84 I | NH3+O2® N2+H20 | V(N 2) | |
| V(H2S) = 11,2 1; m(02) = 8,32 g | H2S+O2® S+H2O | neiti) | |
| m(Mn02) = 8,7 g; m(HCl) = 14,2 g | MnO 2 + HCl® MnCl 2 + Cl 2 + H 2O | V(Cl2) | |
| m(AI) = 5,4 g; V(Cl 2) = 6,048 I | Al+Cl2® AlCl3 | m(AlCl 3) | |
| m(AI) = 10,8 g; m(HCl) = 36,5 g | Al+HCl® AlCl3+H2 | V(H2) | |
| m(P) = 15,5 g; V(02) = 14,1 I | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P 2 O 5) | |
| m(AgN03) = 8,5 g m(K2C03) = 4,14 g | AgNO 3 + K 2 CO 3 ® Ag 2 CO 3 + KNO 3 | m(Ag 2 CO 3) | |
| m(K2C03) = 69 g; m(HN03) = 50,4 g | K 2 CO 3 + HNO 3 ® KNO 3 + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AICI3) = 2,67 g; m(AgN03) = 8,5 g | AlCl3 + AgNO3®AgCl + Al(NO3)3 | m(AgCl) | |
| m(KBr) = 2,38 g; V(Cl2) = 448 ml | KBr+Cl2® KCl+Br2 | m(Br 2) | |
| m(CaBr2) = 40 g; m(AgN03) = 59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2) = 1,44 g; V(02) = 8,4 I | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH)2) = 6,84 g; V(HI) = 1,568 I | Ba(OH)2+HI® BaI2+H20 | m(BaI 2) | |
| m(H3P04) = 9,8 g; m(KOH) = 17,08 g | H 3 PO 4 + KOH ® K 3 PO 4 + H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H2S04) = 49 g; m(NaOH) = 45 g | H 2SO 4 + NaOH ® Na 2 SO 4 + H 2 O | m(Na2SO4) | |
| V(Cl2) = 2,24 I; m(KOH) = 8,4 g | Cl2 +KOH® KClO3 +KCl+H20 | m(KClO3) | |
| m(NH4CI) = 43 g; m(Ca(OH)2) = 37 g | NH4Cl+Ca(OH)2®CaCl2+NH3+H2O | V(NH 3) | |
| V(NH3) = 8,96 I; m(02) = 14,4 g | NH3+O2® NO+H2O | V(EI) | |
| V(H2S) = 17,92 1; m(02) = 40 g | H2S+O2®SO2+H20 | V(SO2) | |
| m(Mn02) = 8,7 g; m(HBr) = 30,8 g | Mn02 +HBr® MnBr2 +Br2 +H20 | m(MnBr 2) | |
| m(Ca) = 10 g; m(H20) = 8,1 g | Ca+H2O® Ca(OH)2+H2 | V(H2) |
RATKAISIEN KESKITTÄMINEN
Osana yleisen kemian kurssia opiskelija oppii 2 tapaa ilmaista liuospitoisuutta - massaosuus ja moolipitoisuus.
Liuenneen aineen massaosa X lasketaan tämän aineen massan suhteeksi liuoksen massaan:
,
missä ω(X) on liuenneen aineen X massaosa;
m(X) – liuenneen aineen X massa;
m liuosta – liuoksen massa.
Yllä olevalla kaavalla laskettu aineen massaosuus on dimensioton määrä, joka ilmaistaan yksikön murto-osina (0< ω(X) < 1).
Massaosuus voidaan ilmaista paitsi yksikön murto-osina, myös prosentteina. Tässä tapauksessa laskentakaava näyttää tältä:
Prosentteina ilmaistua massaosuutta kutsutaan usein prosentuaalinen pitoisuus . Ilmeisesti prosentuaalinen liuenneen aineen pitoisuus on 0 %< ω(X) < 100%.
Prosenttipitoisuus osoittaa, kuinka monta massaosaa liuennutta ainetta sisältää 100 massa-osaa liuosta. Jos valitsemme massayksiköksi gramman, niin tämä määritelmä voidaan kirjoittaa myös seuraavasti: prosentuaalinen pitoisuus osoittaa kuinka monta grammaa liuennutta ainetta sisältää 100 grammaa liuosta.
On selvää, että esimerkiksi 30-prosenttinen liuos vastaa liuenneen aineen massaosuutta, joka on 0,3.
Toinen tapa ilmaista liuoksen liuennut pitoisuus on molaarinen pitoisuus (molaarisuus).
Aineen molaarinen pitoisuus eli liuoksen molaarisuus osoittaa kuinka monta moolia liuennutta ainetta on 1 litrassa (1 dm3) liuosta
jossa C(X) on liuenneen aineen X moolipitoisuus (mol/l);
n(X) – liuenneen aineen kemiallinen määrä X (mol);
V-liuos – liuoksen tilavuus (l).
Esimerkki 5.1 Laske H 3 PO 4:n moolipitoisuus liuoksessa, jos tiedetään, että H 3 PO 4:n massaosuus on 60 % ja liuoksen tiheys on 1,43 g/ml.
Prosenttipitoisuuden määritelmän mukaan
100 g liuosta sisältää 60 g fosforihappoa.
n(H3PO4) = m(H3PO4): M(H3PO4) = 60 g: 98 g/mol = 0,612 mol;
V-liuos = m liuos: ρ-liuos = 100 g: 1,43 g/cm3 = 69,93 cm3 = 0,0699 l;
C(H3PO4) = n(H3PO4): V-liuos = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Esimerkki 5.2 Siinä on 0,5 M H2SO4-liuos. Mikä on rikkihapon massaosuus tässä liuoksessa? Otetaan liuoksen tiheydeksi 1 g/ml.
Molaarisen pitoisuuden määritelmän mukaan
1 litra liuosta sisältää 0,5 mol H2SO4
(merkintä "0,5 M liuos" tarkoittaa, että C(H 2 SO 4) = 0,5 mol/l).
m liuos = V liuos × ρ liuos = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m(H2S04) = n(H2S04) x M(H2S04) = 0,5 mol x 98 g/mol = 49 g;
ω(H2S04) = m(H2S04): m liuos = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9 %).
Esimerkki 5.3 Kuinka monta tilavuutta vettä ja 96 % H 2 SO 4 -liuosta, jonka tiheys on 1,84 g/ml, on otettava, jotta saadaan 2 litraa 60 % H 2 SO 4 -liuosta, jonka tiheys on 1,5 g/ml.
Kun ratkaistaan ongelmia laimean liuoksen valmistamisessa tiivistetystä liuoksesta, on otettava huomioon, että alkuperäisellä liuoksella (tiivisteellä), vedellä ja tuloksena olevalla liuoksella (laimennettu) on eri tiheydet. Tässä tapauksessa on pidettävä mielessä, että V alkuperäisestä liuoksesta + V vettä ≠ V tuloksena olevasta liuoksesta,
koska väkevöidyn liuoksen ja veden sekoittamisen aikana tapahtuu muutos (lisäys tai lasku) koko järjestelmän tilavuudessa.
Tällaisten ongelmien ratkaiseminen on aloitettava selvittämällä laimean liuoksen (eli valmistettavan liuoksen) parametrit: sen massa, liuenneen aineen massa ja tarvittaessa liuenneen aineen määrä.
M 60 % liuos = V 60 % liuos ∙ ρ 60 % liuos = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g.
m(H 2 SO 4) 60 % liuoksessa = m 60 % liuos w(H 2 SO 4) 60 % liuoksessa = 3000 g 0,6 = 1800 g.
Valmistetun liuoksen puhtaan rikkihapon massan tulee olla yhtä suuri kuin rikkihapon massa siinä 96-prosenttisen liuoksen osassa, joka on otettava laimean liuoksen valmistamiseksi. Täten,
m(H2SO4) 60 % liuoksessa = m(H 2 SO 4) 96 % liuoksessa = 1800 g.
m 96 % liuos = m (H 2 SO 4) 96 % liuoksessa: w(H 2 SO 4) 96 % liuoksessa = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m 40 % liuos – m 96 % liuos = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V 96 % liuos = m 96 % liuos: ρ 96 % liuos = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V vesi = m vettä: ρ vesi = 1125 g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Esimerkki 5.4 Sekoitetaan 100 ml 0,1 M CuCl 2 -liuosta ja 150 ml 0,2 M Cu(NO 3) -liuosta 2. Laske Cu 2+-, Cl – ja NO 3 – ionien moolipitoisuus syntyneessä liuoksessa.
Kun ratkaistaan samanlainen laimeiden liuosten sekoittamisen ongelma, on tärkeää ymmärtää, että laimeilla liuoksilla on suunnilleen sama tiheys, suunnilleen yhtä suuri kuin veden tiheys. Kun niitä sekoitetaan, järjestelmän kokonaistilavuus ei käytännössä muutu: V 1 laimennetusta liuoksesta + V 2 laimennetusta liuoksesta +..." V tuloksena olevasta liuoksesta.
Ensimmäisessä ratkaisussa:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V CuCl 2 -liuos = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 – vahva elektrolyytti: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Siksi n(Cu2+) = n(CuCl2) = 0,01 mol; n(Cl-) = 2 x 0,01 = 0,02 mol.
Toisessa ratkaisussa:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V liuos Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – vahva elektrolyytti: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Siksi n(Cu2+) = n(Cu(NO3)2) = 0,03 mol; n(NO3-) = 2 x 0,03 = 0,06 mol.
Liuosten sekoittamisen jälkeen:
n(Cu2+) yhteensä. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V yhteensä » V-liuos CuCl 2 + V-liuos Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu2+) = n(Cu2+): V yhteensä. = 0,04 mol: 0,25 l = 0,16 mol/l;
C(Cl –) = n(Cl –) : Vtot. = 0,02 mol: 0,25 l = 0,08 mol/l;
C(NO 3 –) = n(NO 3 –) : Vt. = 0,06 mol: 0,25 l = 0,24 mol/l.
Esimerkki 5.5 684 mg alumiinisulfaattia ja 1 ml 9,8 % rikkihappoliuosta, jonka tiheys oli 1,1 g/ml, lisättiin kolviin. Saatu seos liuotettiin veteen; Liuoksen tilavuus saatettiin 500 ml:ksi vedellä. Laske saadun liuoksen H +, Al 3+ SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet.
Lasketaan liuenneiden aineiden määrät:
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 – vahva elektrolyytti: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Siksi n(AI3+) = 2 x 0,002 mol = 0,004 mol; n(SO 4 2-) = 3 x 0,002 mol = 0,006 mol.
m H 2 SO 4 -liuos = V H 2 SO 4 -liuos × ρ H 2 SO 4 -liuos = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H2SO4) = m H2S04-liuos × w(H2SO4) = 1,1 g 0,098 = 0,1078 g.
n(H2S04) = m(H2S04): M(H2S04) = 0,1078 g: 98 g/mol = 0,0011 mol;
H 2 SO 4 on vahva elektrolyytti: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Siksi n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H+) = 2 x 0,0011 = 0,0022 mol.
Ongelman olosuhteiden mukaan tuloksena olevan liuoksen tilavuus on 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–) yht. = 0,006 mol + 0,0011 mol = 0,0071 mol.
C(Al 3+) = n(Al 3+): V-liuos = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H+) = n(H+): V-liuos = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) yhteensä. : V liuos = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Esimerkki 5.6 Kuinka paljon rautasulfaattia (FeSO 4 · 7H 2 O) ja kuinka paljon vettä on otettava, jotta saadaan 3 litraa 10-prosenttista rauta(II)-sulfaattiliuosta. Otetaan liuoksen tiheydeksi 1,1 g/ml.
Valmistettavan liuoksen massa on:
m liuos = V liuos ∙ ρ liuos = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Puhtaan rauta(II)sulfaatin massa tässä liuoksessa on:
m(FeSO 4) = m liuos × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
Sama massa vedetöntä FeSO 4:a tulee sisältää kiteisen hydraatin määrässä, joka on otettava liuoksen valmistamiseen. Verrattaessa moolimassat M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol ja M(FeSO 4) = 152 g/mol,
saamme osuuden:
278 g FeSO 4 · 7H 2O sisältää 152 g FeSO 4:a;
x g FeSO 4 · 7H 2O sisältää 330 g FeSO 4:a;
x = (278 × 330): 152 = 603,6 g.
m vettä = m liuosta - m rautasulfaattia = 3300 g - 603,6 g = 2696,4 g.
Koska veden tiheys on 1 g/ml, silloin liuoksen valmistamiseen käytettävä vesimäärä on yhtä suuri kuin: V vesi = m vettä: ρ vesi = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Esimerkki 5.7 Mikä massa Glauberin suolaa (Na 2 SO 4 · 10H 2 O) on liuotettava 500 ml:aan 10 % natriumsulfaattiliuosta (liuoksen tiheys 1,1 g/ml), jotta saadaan 15 % Na 2 SO 4 -liuos?
Tarvitaan x grammaa Glauberin suolaa Na 2 SO 4 10H 2 O. Tällöin saadun liuoksen massa on:
m 15 % liuos = m alkuperäinen (10 %) liuos + m Glauberin suola = 550 + x (g);
m alkuperäistä (10 %) liuosta = V 10 % liuos × ρ 10 % liuos = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2SO 4) alkuperäisessä (10 %) liuoksessa = m 10 % liuos a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Ilmoitetaan x:llä puhtaan Na 2 SO 4:n massa, joka sisältyy x grammaan Na 2 SO 4 10H 2 O.
M(Na2S04-10H20) = 322 g/mol; M(Na2S04) = 142 g/mol; siten:
322 g Na 2SO 4 · 10H 2O sisältää 142 g vedetöntä Na 2SO 4:a;
x g Na 2 SO 4 · 10 H 2 O sisältää m g vedetöntä Na 2 SO 4 .
m(Na2S04) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
Natriumsulfaatin kokonaismassa saadussa liuoksessa on yhtä suuri:
m(Na2S04) 15-prosenttisessa liuoksessa = 55 + 0,441 × x (g).
Tuloksena olevassa ratkaisussa: 
= 0,15
, josta x = 94,5 g.
Tehtävä nro 6
Taulukko 6 – Tehtävän nro 6 ehdot
| Vaihtoehto nro | Kuntoteksti |
| 5 g Na2S04 x 10H20 liuotettiin veteen ja saadun liuoksen tilavuuteen lisättiin 500 ml vedellä. Laske Na 2 SO 4:n massaosuus tässä liuoksessa (ρ = 1 g/ml) sekä Na +- ja SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. | |
| Liuokset sekoitettiin: 100 ml 0,05 M Cr2(SO 4) 3 ja 100 ml 0,02 M Na2S04. Laske saadun liuoksen Cr 3+, Na + ja SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 98-prosenttista rikkihappoliuosta (tiheys 1,84 g/ml) tulee ottaa, jotta saadaan 2 litraa 30-prosenttista liuosta, jonka tiheys on 1,2 g/ml? | |
| 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O:ta liuotettiin 400 ml:aan vettä. Mitkä ovat Na+- ja CO 3 2– -ionien moolipitoisuudet ja Na 2 CO 3:n massaosuus saadussa liuoksessa (ρ = 1,1). g/ml)? | |
| Liuokset sekoitettiin: 150 ml 0,05 M Al 2(SO 4) 3 ja 100 ml 0,01 M NiS04. Laske saadun liuoksen Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- ionien moolipitoisuudet. | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 60 % typpihappoliuosta (tiheys 1,4 g/ml) tarvitaan 500 ml:n 4 M liuosta (tiheys 1,1 g/ml) valmistukseen? | |
| Kuinka paljon kuparisulfaattia (CuSO 4 × 5H 2 O) tarvitaan valmistamaan 500 ml 5-prosenttista kuparisulfaattiliuosta, jonka tiheys on 1,05 g/ml? | |
| Pulloon lisättiin 1 ml 36-prosenttista HCl-liuosta (ρ = 1,2 g/ml) ja 10 ml 0,5 M ZnCl2-liuosta. Saadun liuoksen tilavuus säädettiin 50 ml:ksi vedellä. Mitkä ovat H + , Zn 2+ , Cl – ionien moolipitoisuudet tuloksena olevassa liuoksessa? | |
| Mikä on Cr 2 (SO 4) 3:n massaosuus liuoksessa (ρ » 1 g/ml), jos tiedetään, että sulfaatti-ionien moolipitoisuus tässä liuoksessa on 0,06 mol/l? | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 10 M liuosta (ρ=1,45 g/ml) natriumhydroksidia tarvitaan valmistamaan 2 litraa 10 % NaOH-liuosta (ρ=1,1 g/ml)? | |
| Kuinka monta grammaa rauta(II)sulfaattia FeSO 4 × 7H 2 O saadaan haihduttamalla vettä 10 litrasta 10-prosenttista rauta(II)sulfaattiliuosta (liuoksen tiheys 1,2 g/ml)? | |
| Liuokset sekoitettiin: 100 ml 0,1 M Cr2(SO 4) 3 ja 50 ml 0,2 M CuSO 4. Laske saadun liuoksen Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- ionien moolipitoisuudet. |
Taulukon 6 jatkoa
| Vaihtoehto nro | Kuntoteksti |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 40-prosenttista fosforihappoliuosta, jonka tiheys on 1,35 g/ml, tarvitaan valmistamaan 1 m 3 5-prosenttista H3PO4-liuosta, jonka tiheys on 1,05 g/ml? | |
| 16,1 g Na2S04 x 10H20 liuotettiin veteen ja saadun liuoksen tilavuuteen lisättiin 250 ml vedellä. Laske saadun liuoksen Na 2 SO 4:n massaosuus ja moolipitoisuus (oletetaan, että liuoksen tiheys on 1 g/ml). | |
| Liuokset sekoitettiin: 150 ml 0,05 M Fe2(SO 4) 3 ja 100 ml 0,1 M MgS04. Laske saadun liuoksen Fe 3+-, Mg 2+-, SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 36 % suolahappoa (tiheys 1,2 g/ml) tarvitaan valmistamaan 500 ml 10 % liuosta, jonka tiheys on 1,05 g/ml? | |
| 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O:ta liuotettiin 200 ml:aan vettä. Mikä on liuenneen aineen massaosuus saadusta liuoksesta, jonka tiheys on 1,1 g/ml? Laske tämän liuoksen Al 3+- ja SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. | |
| Liuokset sekoitettiin: 100 ml 0,05 M Al 2(SO 4) 3 ja 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3. Laske saadun liuoksen Fe 3+-, Al 3+- ja SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 80 % etikkahappoliuosta (tiheys 1,07 g/ml) tarvitaan valmistamaan 0,5 litraa pöytäetikkaa, jossa hapon massaosuus on 7 %? Otetaan pöytäetikan tiheydeksi 1 g/ml. | |
| Kuinka paljon rautasulfaattia (FeSO 4 × 7H 2 O) tarvitaan valmistamaan 100 ml 3-prosenttista rautasulfaattiliuosta? Liuoksen tiheys on 1 g/ml. | |
| Pulloon lisättiin 2 ml 36-prosenttista HCl-liuosta (tiheys 1,2 g/cm3) ja 20 ml 0,3 M CuCl2-liuosta. Saadun liuoksen tilavuus säädettiin 200 ml:ksi vedellä. Laske saadun liuoksen H+-, Cu 2+- ja Cl –-ionien moolipitoisuudet. | |
| Mikä on Al 2 (SO 4) 3:n prosentuaalinen pitoisuus liuoksessa, jossa sulfaatti-ionien molaarinen pitoisuus on 0,6 mol/l. Liuoksen tiheys on 1,05 g/ml. | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 10 M KOH-liuosta (liuoksen tiheys 1,4 g/ml) tarvitaan valmistamaan 500 ml 10 % KOH-liuosta, jonka tiheys on 1,1 g/ml? | |
| Kuinka monta grammaa kuparisulfaattia CuSO 4 × 5H 2 O saadaan haihduttamalla vettä 15 litrasta 8 % kuparisulfaattiliuosta, jonka tiheys on 1,1 g/ml? | |
| Liuokset sekoitettiin: 200 ml 0,025 M Fe2(SO 4) 3 ja 50 ml 0,05 M FeCl3. Laske saadun liuoksen Fe 3+, Cl –, SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. | |
| Kuinka monta tilavuutta vettä ja 70 % H 3 PO 4 -liuosta (tiheys 1,6 g/ml) tarvitaan 0,25 m 3 10 % H 3 PO 4 -liuoksen (tiheys 1,1 g/ml) valmistamiseksi? | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O:ta liuotettiin 100 ml:aan vettä. Laske Al 2 (SO 4) 3:n massaosuus ja Al 3+ - ja SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. tuloksena oleva liuos, jonka tiheys on 1 g/ml. | |
| Liuokset sekoitettiin: 50 ml 0,1 M Cr2(SO 4) 3 ja 200 ml 0,02 M Cr(NO 3) 3. Laske saadun liuoksen Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- ionien moolipitoisuudet. | |
| Kuinka monta tilavuutta 50-prosenttista perkloorihapon (tiheys 1,4 g/ml) ja vettä tarvitaan 1 litran valmistukseen 8-prosenttista liuosta, jonka tiheys on 1,05 g/ml? | |
| Kuinka monta grammaa Glauberin suolaa Na 2 SO 4 × 10H 2 O on liuotettava 200 ml:aan vettä, jotta saadaan 5 % natriumsulfaattiliuos? | |
| Pulloon lisättiin 1 ml 80-prosenttista H2S04-liuosta (liuoksen tiheys 1,7 g/ml) ja 5000 mg Cr2(SO4)3:a. Seos liuotettiin veteen; liuoksen tilavuus saatettiin 250 ml:ksi. Laske saadun liuoksen H +, Cr 3+ ja SO 4 2– -ionien moolipitoisuudet. |
Taulukon 6 jatkoa
KEMIALLINEN TASAPAINO
Kaikki kemialliset reaktiot voidaan jakaa kahteen ryhmään: irreversiibelit reaktiot, ts. jatketaan, kunnes ainakin yksi reagoivista aineista on kulutettu kokonaan, ja palautuvat reaktiot, joissa mikään reagoivista aineista ei kulu kokonaan. Tämä johtuu siitä, että palautuva reaktio voi tapahtua sekä eteen- että taaksepäin. Klassinen esimerkki palautuvasta reaktiosta on ammoniakin synteesi typestä ja vedystä:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3 .
Reaktion alkamishetkellä lähtöaineiden pitoisuudet järjestelmässä ovat maksimi; tällä hetkellä eteenpäinreaktion nopeus on myös suurin. Reaktion alkamishetkellä järjestelmässä ei vielä ole reaktiotuotteita (tässä esimerkissä ammoniakkia), joten käänteisreaktion nopeus on nolla. Kun lähtöaineet ovat vuorovaikutuksessa toistensa kanssa, niiden pitoisuudet pienenevät, joten suoran reaktion nopeus pienenee. Reaktiotuotteen pitoisuus kasvaa vähitellen, joten myös käänteisen reaktion nopeus kasvaa. Jonkin ajan kuluttua eteenpäin suuntautuvan reaktion nopeus on yhtä suuri kuin käänteisen reaktion nopeus. Tätä järjestelmän tilaa kutsutaan kemiallisen tasapainon tila. Kemiallisen tasapainon tilassa olevan järjestelmän aineiden pitoisuuksia kutsutaan tasapainopitoisuudet. Kemiallisen tasapainon tilassa olevan järjestelmän kvantitatiivinen ominaisuus on tasapainovakio.
Jokaiselle reversiibelille reaktiolle a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ... kemiallisen tasapainovakion (K) lauseke kirjoitetaan murtolukuna, jonka osoittaja sisältää reaktiotuotteiden tasapainopitoisuudet , ja nimittäjä sisältää lähtöaineiden tasapainopitoisuudet. Lisäksi jokaisen aineen pitoisuus on nostettava tehoon, joka on yhtä suuri kuin reaktioyhtälön stökiömetrinen kerroin.
Esimerkiksi reaktiolle N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Se on syytä pitää mielessä tasapainovakion ilmaisu sisältää vain kaasumaisten tai liuenneessa tilassa olevien aineiden tasapainopitoisuudet . Kiintoainepitoisuuden oletetaan olevan vakio, eikä sitä sisällytetä tasapainovakiolausekkeeseen.
CO 2 (kaasu) + C (kiinteä) ⇆ 2CO (kaasu)
CH 3 COOH (liuos) ⇆ CH 3 COO – (liuos) + H + (liuos)
Ba 3 (PO 4) 2 (kiinteä) ⇆ 3 Ba 2+ (kyllästetty liuos) + 2 PO 4 3– (kyllästetty liuos) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Tasapainojärjestelmän parametrien laskemiseen liittyy kaksi tärkeintä ongelmatyyppiä:
1) lähtöaineiden alkupitoisuudet tunnetaan; ongelman ehdoista voidaan löytää aineiden pitoisuudet, jotka ovat reagoineet (tai muodostuneet) tasapainon saavuttamiseen mennessä; ongelma edellyttää kaikkien aineiden tasapainopitoisuuksien ja tasapainovakion numeerisen arvon laskemista;
2) lähtöaineiden alkupitoisuudet ja tasapainovakio tunnetaan. Ehto ei sisällä tietoja reagoineiden tai muodostuneiden aineiden pitoisuuksista. Kaikkien reaktioon osallistuneiden tasapainopitoisuudet on laskettava.
Tällaisten ongelmien ratkaisemiseksi on ymmärrettävä, että minkä tahansa tasapainopitoisuuden alkuperäinen aineet voidaan löytää vähentämällä reagoineen aineen pitoisuus alkuperäisestä pitoisuudesta:
Tasapaino C = reagoineen aineen alku C – C.
Tasapainokonsentraatio reaktiotuote yhtä suuri kuin tasapainohetkellä muodostuneen tuotteen pitoisuus:
C-tasapaino = muodostuneen tuotteen C.
Tasapainojärjestelmän parametrien laskemiseksi on siis erittäin tärkeää pystyä määrittämään, kuinka suuri osa lähtöaineesta reagoi tasapainohetkellä ja kuinka paljon reaktiotuotteesta muodostui. Reagoineiden ja muodostuneiden aineiden määrän (tai pitoisuuden) määrittämiseksi suoritetaan stoikiometriset laskelmat reaktioyhtälön avulla.
Esimerkki 6.1 Typen ja vedyn alkupitoisuudet tasapainojärjestelmässä N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 ovat vastaavasti 3 mol/l ja 4 mol/l. Kun kemiallinen tasapaino saavutetaan, 70 % alkuperäisestä vedyn määrästä jää järjestelmään. Määritä tämän reaktion tasapainovakio.
Ongelman ehdoista seuraa, että tasapainon saavuttamiseen mennessä 30 % vedystä on reagoinut (tyypin 1 ongelma):
4 mol/l H2 – 100 %
x mol/l H2 – 30 %
x = 1,2 mol/l = C reagoi. (H2)
Kuten reaktioyhtälöstä voidaan nähdä, reaktioon olisi pitänyt päästä 3 kertaa vähemmän typpeä kuin vetyä, ts. Proreakin kanssa. (N2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. Ammoniakkia muodostuu 2 kertaa enemmän kuin typpeä reagoi:
Kuvista. (NH3) = 2 x 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
Kaikkien reaktioon osallistujien tasapainopitoisuudet ovat seuraavat:
Tasavertaisten kanssa (H 2) = C-aloitus (H2) - C-reaktio. (H2) = 4 mol/l - 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Tasavertaisten kanssa (N 2) = C-aloitus (N 2) – C reagoi. (N2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Tasavertaisten kanssa (NH 3) = C-kuva. (NH3) = 0,8 mol/l.
Tasapainovakio = 
.
Esimerkki 6.2 Laske vedyn, jodin ja jodidin tasapainopitoisuudet järjestelmässä H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, jos tiedetään, että H 2:n ja I 2:n alkupitoisuudet ovat vastaavasti 5 mol/l ja 3 mol/l. ja tasapainovakio on 1.
On huomattava, että tämän ongelman olosuhteissa (tyypin 2 ongelma) ehto ei kerro mitään reagoineiden lähtöaineiden ja tuloksena olevien tuotteiden pitoisuuksista. Siksi tällaisia ongelmia ratkaistaessa jonkin reagoineen aineen pitoisuudeksi otetaan yleensä x.
Anna x mol/l H 2 reagoida siihen mennessä, kun tasapaino saavutetaan. Sitten, kuten reaktioyhtälöstä seuraa, x mol/l I 2:n pitäisi reagoida ja muodostua 2x mol/l HI. Kaikkien reaktioon osallistujien tasapainopitoisuudet ovat seuraavat:
Tasavertaisten kanssa (H 2) = C alku. (H 2) – C-reaktio. (H2) = (5 - x) mol/l;
Tasavertaisten kanssa (I 2) = C-aloitus (I 2) – C reagoi. (I 2) = (3 - x) mol/l;
Tasavertaisten kanssa (HI) = Kuvista. (HI) = 2 x mol/l.
4x 2 = 15 – 8x + x 2
3x 2 + 8x - 15 = 0
x 1 = –3,94 x 2 = 1,27
Vain positiivisella juurella x = 1,27 on fyysinen merkitys.
Siksi C on yhtä suuri. (H2) = (5 - x) mol/l = 5 - 1,27 = 3,73 mol/l;
Tasavertaisten kanssa (I 2) = (3 - x) mol/l = 3 - 1,27 = 1,73 mol/l;
Tasavertaisten kanssa (HI) = 2 x mol/l = 2,1,27 = 2,54 mol/l.
Tehtävä nro 7
Taulukko 7 – Tehtävän nro 7 ehdot
Taulukon 7 jatkoa
Jokaiselle reaktioaineelle on olemassa seuraavat ainemäärät:
i:nnen aineen alkumäärä (aineen määrä ennen reaktion alkamista);
i:nnen aineen lopullinen määrä (aineen määrä reaktion lopussa);
Reagoineen (lähtöaineille) tai muodostuneen aineen (reaktiotuotteille) määrä.
Koska aineen määrä ei voi olla negatiivinen, niin lähtöaineille
Siitä lähtien >.
Reaktiotuotteille > siis .
Stökiometriset suhteet ovat reaktioyhtälön perusteella laskettuja reagoivien aineiden tai reaktiotuotteiden määrien, massojen tai tilavuuksien (kaasujen) välisiä suhteita. Reaktioyhtälöitä käyttävät laskelmat perustuvat stoikiometrian peruslakiin: reagoivien tai muodostuneiden aineiden määrien suhde (mooleina) on yhtä suuri kuin vastaavien reaktioyhtälön kertoimien suhde (stoikiometriset kertoimet).
Yhtälön kuvaama aluminoterminen reaktio:
3Fe 3O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,
reagoineiden aineiden ja reaktiotuotteiden määrät ovat suhteessa toisiinsa
Laskennassa on kätevämpää käyttää tämän lain toista muotoilua: reaktion tuloksena reagoineen tai muodostuneen aineen määrän suhde sen stoikiometriseen kertoimeen on vakio tietylle reaktiolle.
Yleensä muodon reaktiolle
aA + bB = cC + dD,
missä pienet kirjaimet osoittavat kertoimia ja suuret kirjaimet kemiallisia aineita, reagoivien aineiden määrät liittyvät suhteeseen:
Tämän suhteen mitkä tahansa kaksi yhtäläisyyteen liittyvää termiä muodostavat kemiallisen reaktion osuuden: esim.
Jos reaktion muodostuneen tai reagoineen aineen massa tunnetaan reaktiolle, niin sen määrä voidaan selvittää kaavalla
ja sitten kemiallisen reaktion osuutta käyttämällä voidaan löytää reaktiot jäljellä oleville aineille. Ainetta, jonka massasta tai määrästä löydetään muiden reaktioon osallistuneiden massat, määrät tai tilavuudet, kutsutaan joskus tukiaineeksi.
Jos annetaan useiden reagenssien massat, jäljelle jääneiden aineiden massat lasketaan sen aineen perusteella, josta on pulaa eli se kuluu kokonaan reaktiossa. Ainemääriä, jotka täsmälleen vastaavat reaktioyhtälöä ilman ylimäärää tai puutetta, kutsutaan stoikiometrisiksi suureiksi.
Näin ollen stoikiometrisiin laskelmiin liittyvissä ongelmissa pääasiallisena tehtävänä on löytää tukiaine ja laskea sen reaktion tuloksena joutunut tai muodostunut määrä.
Yksittäisten kiintoaineiden määrän laskeminen
missä on yksittäisen kiinteän aineen A määrä;
Yksittäisen kiinteän aineen A massa, g;
Aineen A moolimassa, g/mol.
Luonnollisen mineraalin tai kiintoaineseoksen määrän laskeminen
Olkoon luonnollinen mineraalipyriitti, jonka pääkomponentti on FeS 2. Sen lisäksi rikkikiisu sisältää epäpuhtauksia. Pääkomponentin tai epäpuhtauksien pitoisuus ilmoitetaan massaprosentteina, esimerkiksi .
Jos pääkomponentin sisältö tiedetään, niin
Jos epäpuhtauksien pitoisuus tiedetään, niin
missä on yksittäisen FeS 2 -aineen määrä, mol;
Pyriittimineraalin massa, g.
Komponentin määrä kiintoaineseoksessa lasketaan samalla tavalla, jos sen pitoisuus massaosuuksina tiedetään.
Aineen määrän laskeminen puhtaassa nesteessä
Jos massa tunnetaan, laskenta on samanlainen kuin yksittäisen kiintoaineen.
Jos nesteen tilavuus tiedetään, niin
1. Laske tämän nestetilavuuden massa:
m f = V f · s f,
missä mf on nesteen massa g;
Vf - nesteen tilavuus, ml;
sf - nesteen tiheys, g/ml.
2. Selvitä nestemoolien määrä:
Tämä tekniikka sopii mihin tahansa aineen aggregaatiotilaan.
Määritetään aineen H 2 O määrä 200 ml:ssa vettä.
Ratkaisu: jos lämpötilaa ei ole määritelty, niin veden tiheydeksi oletetaan 1 g/ml, niin:
Liuenneen aineen määrän laskeminen liuoksessa, jos sen pitoisuus tunnetaan
Jos tiedetään liuenneen aineen massaosuus, liuoksen tiheys ja tilavuus, niin
m ratkaisu = V ratkaisu c ratkaisu,
missä m liuos on liuoksen massa, g;
V-liuos - liuoksen tilavuus, ml;
c liuos - liuoksen tiheys, g/ml.
missä on liuenneen aineen massa, g;
Liuenneen aineen massaosuus prosentteina ilmaistuna.
Määritetään typpihapon määrä 500 ml:ssa 10 % happoliuosta, jonka tiheys on 1,0543 g/ml.
Määritä liuoksen massa
m liuos = V liuos s liuos = 500 1,0543 = 527,150 g.
Määritä puhtaan HNO 3:n massa
Määritä HNO 3 -moolien lukumäärä
Jos tunnetaan liuenneen aineen ja aineen moolipitoisuus ja liuoksen tilavuus, niin
missä on liuoksen tilavuus, l;
I:nnen aineen moolipitoisuus liuoksessa, mol/l.
Yksittäisen kaasumaisen aineen määrän laskeminen
Jos kaasumaisen aineen massa on annettu, se lasketaan kaavalla (1).
Jos annetaan normaaliolosuhteissa mitattu tilavuus, niin kaavan (2) mukaan, jos kaasumaisen aineen tilavuus mitataan muissa olosuhteissa, niin kaavan (3) mukaan kaavat on annettu sivuilla 6-7.
Hapettumis-pelkistysreaktion (ORR) yhtälöä laadittaessa on tarpeen määrittää pelkistävä aine, hapettava aine sekä annettujen ja vastaanotettujen elektronien lukumäärä. Stökiometriset ORR-kertoimet valitaan joko elektronitasapainomenetelmällä tai elektroni-ionitasapainomenetelmällä (jälkimmäistä kutsutaan myös puolireaktiomenetelmäksi). Katsotaanpa muutamia esimerkkejä. Esimerkkinä ORR-yhtälöiden laatimisesta ja stoikiometristen kertoimien valinnasta analysoimme rauta(II)disulfidin (pyriitin) hapetusprosessia väkevällä typpihapolla: Ensin määritetään mahdolliset reaktiotuotteet. Typpihappo on vahva hapetin, joten sulfidi-ioni voidaan hapettaa joko maksimihapetusasteeseen S (H2S04) tai S (SO2) ja Fe - Fe:ksi, kun taas HN03 voidaan pelkistää NO:ksi tai N02:ksi (joukko tiettyjen tuotteiden määritetään reagenssien pitoisuudet, lämpötila jne.). Valitaan seuraava mahdollinen vaihtoehto: H20 on yhtälön vasemmalla tai oikealla puolella, emme vielä tiedä. On olemassa kaksi päämenetelmää kertoimien valintaan. Sovelletaan ensin elektroni-ionitasapainomenetelmää. Tämän menetelmän ydin on kahdessa hyvin yksinkertaisessa ja erittäin tärkeässä lausunnossa. Ensinnäkin tässä menetelmässä tarkastellaan elektronien siirtymistä hiukkasesta toiseen, ottaen välttämättä huomioon väliaineen luonne (hapan, emäksinen tai neutraali). Toiseksi, kun laaditaan elektroni-ioni-tasapainoyhtälö, vain ne hiukkaset, jotka todella ovat olemassa tietyn ORR:n aikana, kirjoitetaan - vain todella olemassa olevat kationit tai anonit kirjoitetaan ionien muodossa; Aineet, jotka ovat huonosti diiososiatiivisia, liukenemattomia tai vapautuvat kaasun muodossa, on kirjoitettu molekyylimuotoon. Kun laaditaan yhtälöä hapettumis- ja pelkistysprosesseille, vety- ja happiatomien lukumäärän tasaamiseksi käytetään joko vesimolekyylejä ja vetyioneja (jos väliaine on hapan) tai vesimolekyylejä ja hydroksidi-ioneja (jos väliaine on emäksinen). käyttöön (mediasta riippuen). Tarkastellaan hapettumisen puolireaktiota meidän tapauksessamme. FeS2-molekyylit (heikosti liukeneva aine) muuttuvat Fe3+-ioneiksi (rautanitraatti (I1) dissosioituu täysin ioneiksi) ja S042-sulfaatti-ioneiksi (H2SO4:n dissosiaatio): Tarkastellaan nyt nitraatti-ionin pelkistymisen puolireaktiota: tasaa happi, lisää 2 oikealle puolelle vesimolekyylejä ja vasemmalle - 4 H+-ionia: Varauksen tasaamiseksi lisäämme 3 elektronia vasemmalle puolelle (varaus +3): Lopuksi meillä on: Pienentämällä molempia osia 16H+ ja 8H20, saadaan redox-reaktion lopullinen, lyhennetty ioniyhtälö: Lisäämällä vastaava määrä NOJ nH+ -ioneja yhtälön molemmille puolille saadaan reaktion molekyyliyhtälö: Huomaa, että annettujen elektronien lukumäärän määrittämiseksi ja vastaanotettu, meidän ei koskaan tarvinnut määrittää alkuaineiden hapetusastetta. Lisäksi otimme huomioon ympäristön vaikutuksen ja määritimme "automaattisesti", että H20 on yhtälön oikealla puolella. Ei ole epäilystäkään siitä, että tämä menetelmä on kemiallisesti järkevä. Emprooigo-tasapainomenetelmä. Menetelmän ydin stoikiometristen kertoimien löytämiseksi ORR-yhtälöistä on ORR:ään osallistuvien alkuaineiden atomien hapetustilojen pakollinen määrittäminen. Tällä lähestymistavalla tasataan jälleen reaktio (11.1) (yllä sovellettiin tähän reaktioon puolireaktiomenetelmää). Pelkistysprosessi kuvataan yksinkertaisesti: Hapetuskaavion laatiminen on vaikeampaa, koska kaksi alkuainetta hapetetaan kerralla - Fe ja S. Voit määrittää raudalle hapetusasteen +2, rikille 1 ja ottaa huomioon, että yhdelle Fe-atomille on kaksi S-atomia: Voit kuitenkin tehdä ilman hapetusasteiden määrittämistä ja kirjoittaa kaaviota muistuttavan kaavion (11.2): Oikealla puolella on varaus +15, vasemmalla - 0, joten FeS2:n täytyy antaa ylös 15 elektronia. Kirjoitamme ylös yleisen tasapainon: Meidän on "ymmärrettävä" tuloksena oleva tasapainoyhtälö hieman enemmän - se osoittaa, että 5 HN03-molekyyliä menee FeS2:n hapettumiseen ja 3 muuta HNO-molekyyliä tarvitaan Fe(N03)j:n muodostumiseen: Vedyn ja hapen tasaamiseksi oikeaan osaan on lisättävä 2 H20-molekyyliä: Elektroni-ionitasapainomenetelmä on yleisempi verrattuna elektroniseen tasapainomenetelmään ja sillä on kiistaton etu valittaessa kertoimia monissa ORR:issa, erityisesti orgaanisten yhdisteiden osallistuminen, jossa jopa menetelmä hapetusasteiden määrittämiseksi on hyvin monimutkainen . - Harkitse esimerkiksi eteenin hapettumisprosessia, joka tapahtuu, kun se johdetaan kaliumpermanganaatin vesiliuoksen läpi. Tämän seurauksena eteeni hapettuu etyleeniglykoliksi HO - CH2 - CH2 - OH, ja permanganaatti pelkistyy mangaanioksidiksi (TV), lisäksi, kuten lopullisesta tasapainoyhtälöstä käy ilmi, oikealle muodostuu myös kaliumhydroksidia : Tehtyään tarvittavat pelkistykset vastaavista termeistä, kirjoitamme yhtälön lopullisessa molekyylimuodossa* Ympäristön vaikutus ORR-prosessin luonteeseen Analysoidut esimerkit (11.1) - (11.4) havainnollistavat selkeästi käytön "tekniikkaa". elektroni-ionitasapainomenetelmä, jos ORR tapahtuu happamassa tai emäksisessä ympäristössä. Ympäristön luonne vaikuttaa yhden tai toisen redox-reaktion etenemiseen, jotta tämä vaikutus voidaan "tuntea", katsotaanpa saman hapettavan aineen (KMn04) käyttäytymistä eri ympäristöissä hapan ympäristö, pelkistyy alemmalle tasolle neutraalissa ympäristössä, palautuu Mn+4(Mn0j), ja minimiin - kohdunkaulan vahvuudessa, jossa se on noussut (mvnganat-nOn Mn042"). Tämä selitetään seuraavasti. Hapot muodostavat dissosioituessaan hysterium-ioneja ffjO+, jotka polarisoivat 4" MoOG-ioneja. Ne heikentävät mangaanin sidoksia hapen kanssa (täten tehostavat pelkistimen vaikutusta). Neutraalissa ympäristössä vesimolekyylien polarisoiva vaikutus vähenee merkittävästi >" MnO-ionit; polarisoitunut paljon vähemmän. Voimakkaasti emäksisessä ympäristössä hydroksidi-ionit jopa vahvistavat Mn-O-sidosta, minkä seurauksena pelkistimen tehokkuus laskee ja MnO^ ottaa vastaan vain yhden elektronin. Esimerkki kaliumpermanganaatin käyttäytymisestä neutraalissa ympäristössä on reaktio (11.4). Annamme myös yhden esimerkin reaktioista, joihin liittyy KMPOA happamissa ja emäksisissä ympäristöissä
