ūdens veidošanās. Šķīdumam, kas iegūts pēc gāzu izlaišanas caur ūdeni, bija skāba reakcija. Šo šķīdumu apstrādājot ar sudraba nitrātu, izveidojās 14,35 g baltas nogulsnes. Noteikt sākotnējā gāzu maisījuma kvantitatīvo un kvalitatīvo sastāvu. Risinājums.

Gāze, kas sadedzina, veidojot ūdeni, ir ūdeņradis; tas nedaudz šķīst ūdenī. Ūdeņradis ar skābekli un ūdeņradis ar hloru saules gaismā reaģē sprādzienbīstami. Ir acīmredzams, ka maisījumā ar ūdeņradi bija hlors, jo iegūtais HC1 labi šķīst ūdenī un rada baltas nogulsnes ar AgN03.

Tādējādi maisījums sastāv no gāzēm H2 un C1:

1 mols 1 mols

HC1 + AgN03 -» AgCl 4- HN03.

x mol 14.35

Apstrādājot 1 molu HC1, veidojas 1 mols AgCl, apstrādājot x mol, 14,35 g jeb 0,1 mol. Mr(AgCl) = 108 + 2 4-35,5 = 143,5, M(AgCl) = 143,5 g/mol,

v= - = = 0,1 mol,

x = 0,1 mol HC1 bija šķīdumā. 1 mol 1 mol 2 mol H2 4- C12 2HC1 x mol y mol 0,1 mol

x = y = 0,05 mol (1,12 l) ūdeņraža un hlora reakcijas rezultātā izveidojās 0,1 mols

NS1. Maisījumā bija 1,12 litri hlora un 1,12 litri ūdeņraža + 1,12 litri (pārpalikums) = 2,24 litri.

6. piemērs. Laboratorijā atrodas nātrija hlorīda un nātrija jodīda maisījums. 104,25 g šī maisījuma izšķīdināja ūdenī un hlora pārpalikumu izlaida caur iegūto šķīdumu, pēc tam šķīdumu iztvaicē līdz sausumam un atlikumu kalcinēja līdz konstantam svaram 300 °C temperatūrā.

Sausās vielas masa izrādījās 58,5 g Nosakiet sākotnējā maisījuma sastāvu procentos.

Mr(NaCl) = 23 + 35,5 = 58,5, M(NaCl) = 58,5 g/mol, Mr(Nal) = 127 + 23 = 150 M(Nal) = 150 g/mol.

Sākotnējā maisījumā: NaCl masa - x g, Nal masa - (104,25 - x) g.

Kad nātrija hlorīds un jodīds tiek izlaisti caur šķīdumu, jods tiek izspiests. Kad sausais atlikums tika izlaists cauri, jods iztvaikoja. Tādējādi tikai NaCl var būt sausa viela.

Iegūtajā vielā: sākotnējā NaCl masa x g, iegūtā masa (58,5-x):

2 150 g 2 58,5 g

2NaI + C12 -> 2NaCl + 12

(104,25 - x) g (58,5 - x) g

2150 (58,5–x) = 258,5 (104,25 x)

x = - = 29,25 (g),

tie. NaCl maisījumā bija 29,25 g, un Nal - 104,25 - 29,25 = 75 (g).

Atradīsim maisījuma sastāvu (procentos):

w(Nal) = 100% = 71,9%,

©(NaCl) = 100% - 71,9% = 28,1%.

7. piemērs: 68,3 g nitrāta, jodīda un kālija hlorīda maisījuma izšķīdināja ūdenī un apstrādāja ar hlora ūdeni. Rezultātā izdalījās 25,4 g joda (kura šķīdība ūdenī tika atstāta novārtā). To pašu šķīdumu apstrādāja ar sudraba nitrātu. Nokrita 75,7 g nogulumu. Nosakiet sākotnējā maisījuma sastāvu.

Hlors nesadarbojas ar kālija nitrātu un kālija hlorīdu:

2KI + C12 -» 2KS1 + 12,

2 mol - 332 g 1 mol - 254 g

Mg(K1) = 127 + 39 - 166,

x = = 33,2 g (KI bija maisījumā).

v(KI) - - = = 0,2 mol.

1 mols 1 mols

KI + AgN03 = Agl + KN03.

0,2 mol x mol

x = = 0,2 mol.

kungs (Agl) = 108 + 127 = 235,

m(Agl) = Mv = 235 0,2 = 47 (r),

tad AgCl būs

75,7 g - 47 g = 28,7 g.

74,5 g 143,5 g

KCl + AgN03 = AgCl + KN03

X = 1 L_ = 14,9 (KCl).

Tāpēc maisījums saturēja: 68,3 - 33,2 - 14,9 = 20,2 g KN03.

8. piemērs. Lai neitralizētu 34,5 g oleuma, tiek patērēti 74,5 ml 40% kālija hidroksīda šķīduma. Cik molu sēra oksīda (VI) ir uz 1 molu sērskābes?

100% sērskābe izšķīdina sēra oksīdu (VI) jebkurā proporcijā. Sastāvu, kas izteikts ar formulu H2S04*xS03, sauc par oleumu. Aprēķināsim, cik daudz kālija hidroksīda nepieciešams, lai neitralizētu H2S04:

1 mols 2 mols

H2S04 + 2KON -> K2S04 + 2Н20 xl mol y mol

y - 2*x1 mols KOH aiziet, lai neitralizētu S03 oleumā. Aprēķināsim, cik daudz KOH nepieciešams, lai neitralizētu 1 molu S03:

1 mols 2 mols

S03 4- 2KOH -> K2SO4 + H20 x2 mol z mol

z - 2 x 2 mol KOH aiziet, lai neitralizētu SOg oleumā. Oleuma neitralizēšanai izmanto 74,5 ml 40% KOH šķīduma, t.i. 42 g jeb 0,75 mol KOH.

Tāpēc 2 xl + 2x 2 = 0,75,

98 xl + 80 x2 = 34,5 g,

xl = 0,25 mol H2S04,

x2 = 0,125 mol S03.

9. piemērs Ir kalcija karbonāta, cinka sulfīda un nātrija hlorīda maisījums. Ja 40 g šī maisījuma pakļauj sālsskābes pārpalikumam, izdalīsies 6,72 litri gāzu, kuras, mijiedarbojoties ar sēra (IV) oksīda pārpalikumu, izdalīs 9,6 g nogulšņu. Nosakiet maisījuma sastāvu.

Kad maisījums tika pakļauts pārmērīgam sālsskābes iedarbībai, varēja izdalīties oglekļa monoksīds (IV) un sērūdeņradis. Tikai sērūdeņradis reaģē ar sēra (IV) oksīdu, tāpēc tā tilpumu var aprēķināt pēc izdalīto nogulšņu daudzuma:

CaC03 + 2HC1 -> CaC12 + H20 + C02t(l)

100 g - 1 mol 22,4 l - 1 mol

ZnS + 2HC1 -> ZnCl2 + H2St (2)

97 g - 1 mol 22,4 l - 1 mol

44,8 l - 2 mol 3 mol

2H2S + S02 —» 3S + 2H20 (3)

xl l 9,6 g (0,3 mol)

xl = 4,48 l (0,2 mol) H2S; no vienādojumiem (2 - 3) ir skaidrs, ka ZnS bija 0,2 moli (19,4 g):

2H2S + S02 -> 3S + 2H20.

Ir skaidrs, ka oglekļa monoksīds (IV) maisījumā bija:

6,72 l - 4,48 l = 2,24 l (C02).

Līdzsvara maisījuma sastāvu var izteikt, izmantojot:

a) disociācijas pakāpe ()

b) konversijas pakāpe ()

c) produkta iznākums (x)

Apskatīsim visus šos gadījumus, izmantojot piemērus:

A) pēc disociācijas pakāpes

Disociācijas pakāpe () ir disociēto molekulu daļa no sākotnējā molekulu skaita. To var izteikt ar vielas daudzumu

Kur n diss– sākotnējās vielas sairušo molu skaits; n ref– izejvielas molu skaits pirms reakcijas.

Lai pirms reakcijas būtu, piemēram, 5 mol NO 2, un α ir NO 2 disociācijas pakāpe.

Saskaņā ar vienādojumu (1.20)
, NO 2 paliks nereaģēts (5 – 5).

Saskaņā ar reakcijas vienādojumu, kad 2 moli NO 2 disociējas, tiek iegūti 2 moli NO un 1 mols O 2, un no 5, 5 moli NO un moli O2. Līdzsvara līnija būtu:

b ) atbilstoši transformācijas pakāpei

Vielas konversijas pakāpe () ir noteiktas vielas izreaģējušo molekulu attiecība pret šīs vielas sākotnējo molekulu skaitu. Mēs to izsakām ar vielas daudzumu molos

(1.21)

Ņemsim 2 molus CO un 2 molus H2,  ir ūdeņraža konversijas pakāpe reakcijā

Izskaidrosim līdzsvara līniju. Mēs sākam no vielas, kurai ir zināma konversijas pakāpe, t.i., H 2. No vienādojuma (1.21) iegūstam n reaģēt = n out· = 2 .

No stehiometriskā vienādojuma ir skaidrs, ka CO tiek patērēts 3 reizes mazāk nekā H2, tas ir, ja H2 reaģē 2, tad CO reaģēs , un pārējais paliks nereaģēts līdzsvara brīdī. Mēs arī domājam attiecībā uz produktiem, izmantojot stehiometrisko vienādojumu.

V) pēc produkcijas izlaides.

Produkta raža (x) ir gala vielas daudzums molos. Lai "x" ir metanola iznākums reakcijā

visos trīs gadījumos argumentācija ir līdzīga un izriet no vielas, par kuru kaut kas ir zināms (piemēros šī vērtība ir pasvītrota).

Zinot līdzsvara maisījuma sastāvu, varam izteikt līdzsvara konstanti. Tātad gadījumam "c"

un no vienādojuma (1.19)

Vielas ienesīgums akcijās(vai %) – izveidotā produkta daudzuma attiecība pret kopējo vielas daudzumu līdzsvara maisījumā:

Šajā piemērā:

1.3.4. Dažādu faktoru ietekme uz līdzsvara nobīdi (uz līdzsvara maisījuma sastāvu)

Spiediena (vai tilpuma) ietekme pie T=konst

Ja sistēma ir ideāla, tad līdzsvara konstante K p nav atkarīga no spiediena (vai tilpuma). Ja reakcija notiek pie augsta spiediena, jums jāizmanto vienādojums:

, (1.22)

Kur f- izplūdums.

K f nav atkarīgs no spiediena, bet K p vērtība ir atkarīga no spiediena, bet spiedienam samazinoties tuvojas K vērtībai f, jo reālais gāzu maisījums tuvojas ideālajam stāvoklim, f  lpp. Tātad par reakciju:

pie 350 atm K f = 0,00011 K R = 0,00037

Pie zema spiediena to var uzskatīt UZ R neatkarīgi no spiediena, tas ir
. Tālāk mēs aplūkosim šo konkrēto gadījumu.

No attiecības (1.12) ir skaidrs, ka daudzumi
,
būs atkarīgs no spiediena, tādējādi neietekmējot līdzsvara konstanti , spiediena izmaiņas var ietekmēt līdzsvara maisījuma sastāvu un produktu iznākumu.

(1.23)

Vienādojums (1.23) parāda, ka spiediena ietekme uz
nosaka pēc daudzuman:

n  0, reakcija notiek, palielinoties gāzveida produktu molu skaitam, piemēram:

, tas ir, palielinoties kopējam spiedienam UZ X samazinās, un arī produktu skaits līdzsvara maisījumā samazinās, tas ir, līdzsvars nobīdās pa kreisi, uz COCl 2 veidošanos.

n = 0-2-1= -3

, tas ir, palielinoties spiedienam, K x (un produkta iznākums) palielinās.

K= K= konst. Šajā gadījumā līdzsvara maisījuma sastāvs nav atkarīgs no spiediena.

Inertās gāzes pievienošana pie P = const tas ietekmē līdzsvara nobīdi līdzīgi kā spiediena pazemināšanās. Par inertu gāzi ķīmiskā līdzsvarā uzskata gāzes, kas nesadarbojas ar reaģentiem vai reakcijas produktiem.

Skaļuma palielināšana pie nemainīga spiediena tas ietekmē līdzsvara nobīdi tāpat kā spiediena samazināšanās.

Komponentu attiecības ietekme

Līdzsvara maisījuma sastāvu ietekmē arī reakcijai ņemto reaģentu attiecība.

Augstākā produktu raža būs pie stehiometriskās attiecības. Tātad par reakciju

ūdeņraža un slāpekļa attiecība 3:1 dos vislielāko amonjaka iznākumu.

Dažos gadījumos ir nepieciešama augsta viena no reaģentu konversijas pakāpe, pat samazinot produkta iznākumu.

Piemēram, ja reakcijas rezultātā veidojas hlorūdeņradis

ir nepieciešama pilnīgāka hlora pārvēršana, lai līdzsvara maisījums saturētu pēc iespējas mazāk Cl 2. Līdzsvara maisījumu izšķīdina ūdenī un tādējādi iegūst sālsskābi. Šajā gadījumā ūdeņradis gandrīz nešķīst ūdenī un nesatur skābi, savukārt brīvais hlors izšķīst un sālsskābes kvalitāte pasliktinās.

Lai sasniegtu maksimālo Cl 2 konversijas pakāpi, ņem otro reaģentu H 2 lielā pārpalikumā.

Abu komponentu konversijas pakāpes palielināšanos var panākt, ja reakcijas produkti tiek izņemti no reakcijas zonas, saistot tos viegli disociējošās, slikti šķīstošās vai negaistošās vielās.

Temperatūras ietekme uz līdzsvaru

Pieredze rāda, ka temperatūrai ir liela ietekme uz līdzsvara maisījuma sastāvu, dažās reakcijās palielinot reakcijas produktu saturu, citās samazinot to. Šī atkarība tiek atspoguļota kvantitatīvi vienādojumi izobāri(1.24) un izohori (1.25) Vant Hofs:

(1.24)
(1.25)

No šiem vienādojumiem ir skaidrs, ka līdzsvara konstantes izmaiņas, palielinoties temperatūrai (un līdz ar to arī reakcijas produkta iznākuma izmaiņas), nosaka termiskā efekta zīme H un U:

H0 vai U0 - endotermiska reakcija (ar siltuma absorbciju). Vienādojumu labās puses ir lielākas par nulli, kas nozīmē, ka arī atvasinājumi ir lielāki par nulli:

> 0;
> 0

Tādējādi funkcijas lnK p un lnK c (kā arī K p un K c) palielinās, palielinoties temperatūrai.

H0 vai U0 - reakcija ir eksotermiska (ar siltuma izdalīšanos).

< 0;
< 0

Līdzsvara konstante samazinās, palielinoties temperatūrai, t.i. reakcijas produktu saturs līdzsvara maisījumā samazinās, un izejvielu saturs palielinās.

Tādējādi temperatūras paaugstināšanās veicina pilnīgāku gaitu endotermisks procesi. Integrēsim izobāra vienādojumu.

Ļaujiet Hf(T) atdalīt mainīgos un integrēt,

;
(1.26)

Kā redzam, līdzsvara konstante ir atkarīga no temperatūras saskaņā ar eksponenciālu likumu:
, un koordinātēs ln K = f( ) lineārā atkarība (1.26. vienādojums, 1.7. attēls)

1.7. attēls. Līdzsvara konstantes atkarība no temperatūras

Izobāra vienādojuma noteikta integrācija dod:

(1.27)

Zinot līdzsvara konstantes vērtību vienā temperatūrā, var atrast K p jebkurā citā temperatūrā ar zināmu vērtību H.

Sākotnējā maisījuma sastāvs mākslīgā akmens ražošanai. (Fotogalerija “Mūsu tehnoloģijas” tāda paša nosaukuma lapā. Kas ir iekļauts mākslīgā apdares akmens sastāvā, kas ražots, izmantojot elastīgas elastīgas iesmidzināšanas veidnes. Būtībā dekoratīvais apdares akmens, par kuru mēs runājam, ir tipisks smilšu betons, kura pamatā ir Portlenda cements, izgatavots ar vibrācijas liešanu īpašās elastīgās matricās - veidnēs un īpaši krāsots. Apskatīsim betona maisījuma galvenās sastāvdaļas mākslīgā apdares akmens ražošanai ar vibrācijas liešanas metodi Saistviela ir jebkura mākslīgā apdares akmens pamatā. šajā gadījumā tas ir portlandcementa marka M-400 vai M-500. Lai betona kvalitāte vienmēr būtu nemainīgi augsta, iesakām izmantot tikai “svaigu” cementu (kā zināms, tas ātri zaudē savas īpašības laika gaitā un no plkst. nepareiza uzglabāšana) no tā paša ražotāja ar labu reputāciju.Dekoratīvā apdares akmens ražošanai gan parastā, pelēkā cementa un un baltā cementa. Dabā ir vairākas krāsas un nokrāsas, kuras var atkārtot tikai uz balta cementa. Citos gadījumos izmanto Portlendas pelēko krāsu (ekonomiskas iespējamības apsvērumu dēļ).

Daudzi vietējie mākslīgā apdares akmens ražotāji nesen kā saistvielu ir aktīvi izmantojuši ģipsi. Tajā pašā laikā viņi apgalvo, ka viņu izstrādājumi ir keramzītbetons. Un, kā likums, keramzītbetons faktiski tiek prezentēts uzņēmuma stendos. Bet ir viens punkts, kas nosaka mākslīgā apdares akmens ražotāju uzvedību. Elastīgo, elastīgo iesmidzināšanas veidņu izmaksas, kas ļauj precīzi atkārtot akmens tekstūru, ir ļoti augstas.

Un, ja tiek ievērota tehnoloģija, iesmidzināšanas veidņu apgrozījums, tas ir, laiks no betona ieliešanas brīža līdz veidņu noņemšanai ir 10-12 stundas, salīdzinot ar 30 minūtēm apmetumam. Tas liek uzņēmumiem izmantot ģipsi kā saistvielu. Un ģipša cena ir vismaz piecas reizes zemāka par baltā cementa cenu. Tas viss nodrošina uzņēmumiem superpeļņu. Bet gala patērētājam cena ir ļoti augsta! Šādu izstrādājumu ārkārtīgi zemā salizturība un izturība neļaus jums ilgstoši izbaudīt fasāžu izskatu.

Uzrādītajās fotogrāfijās redzami ģipša izstrādājumi gadu pēc uzstādīšanas. Ir skaidri redzamas vairākas plaisas un bojājums. Tāpēc šī materiāla izmantošana rūpnieciskā mērogā ir sarežģīta. Pamatojoties uz mums izvirzītajiem uzdevumiem, mēs dodam priekšroku mākslīgā apdares akmens ražošanai - materiālam ar cietības un abrazīvām īpašībām, kas ir tuvu dabiskajam akmenim, kas piemērots gan ārējai, gan iekšējai apšuvumam, nevis dekorācijām, kas ir trauslas un kaprīzas pret ūdens iedarbību. Pildviela. Atkarībā no izmantoto pildvielu veida mākslīgais apdares akmens uz cementa bāzes var būt “smags” (2-2,4 g/cm3) vai “viegls” (apmēram 1,6 g/cm3). Ideālā gadījumā smago betonu izmanto bruģakmeņu, dekoratīvo bruģa plātņu, apmaļu, cokola rāmju, iekštelpu akmens ražošanai. Ārējai apdarei izmantotā mākslīgā apšuvuma akmens ražošanai tiek izmantots vieglbetons.

Tas ir aptuveni tas, ko dara ražotāji, kas strādā, izmantojot amerikāņu tehnoloģijas. Diemžēl reģionos galvenokārt tiek izmantots smagais betons. Protams, dekoratīvo akmeni izgatavot uz smiltīm ir daudz vienkāršāk, taču patērētājam vienmēr priekšroka būs vieglam akmenim. Tas ir tikai izvēles jautājums. Smagā mākslīgā apšuvuma akmens ražošanai izmanto rupjas kvarca smiltis ar frakciju 0,63-1,5 mm (smalko smilšu izmantošana pasliktina betona stiprības īpašības) un, ja nepieciešams, sīkas šķembas, piemēram, marmoru, frakcija 5-10 mm. “Vieglā” apdares akmens tiek izgatavots, izmantojot keramzīta smiltis. Bet, ražojot mākslīgo apšuvuma akmeni uz keramzīta, jāņem vērā šāds faktors. 2001. gada jūlijā saņēmām informāciju no klientiem par “strāvu” parādīšanos (balta materiāla plankumainību) uz izstrādājumu (vieglā betona) virsmas. Konsultējoties ar speciālistiem, tika konstatēts, ka “šāvieni” parādās keramzītā atrasto kaļķakmens ieslēgumu sadalīšanās rezultātā.

Brīvajam kalcijam mijiedarbojoties ar mitrumu (ūdeni vai tā tvaikiem), notiek ķīmiska reakcija, ko papildina brīvo kalcija graudu tilpuma palielināšanās, kā rezultātā rodas tā sauktais “šāviena” efekts. CaO + H2O = Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 Šīs ķīmiskās reakcijas īpatnība ir tāda, ka tā aizņem ļoti ilgu laiku - līdz 6 mēnešiem. Keramzīta ražotāji ražo produktus saskaņā ar GOST, kas pieļauj kaļķu graudu klātbūtni līdz 3% no kopējās masas. “Šovienu” efekts samazina produktu patērētāja īpašības, tāpēc tika izvirzīts uzdevums atrast jaunu pildvielu vieglā betona ražošanai.

Novērots, ka kaļķakmens reakcija izraisa izstrādājumu virsmas iznīcināšanu TIKAI iekšējā apdarē. Izmantojot izstrādājumus ēku cokolu un fasāžu apdarei, netiek novērota redzama apdares materiāla bojāšanās. Saskaņā ar NIIZHB darbinieka teikto, kaļķu sabrukšana tiek izlīdzināta, izmantojot produktus ēku ārējai apdarei. Saistībā ar šī raksta identificēšanu, kopš 2001. gada augusta iekšdarbu izstrādājumi tiek ražoti nevis uz keramzīta, bet uz cita (smagāka) pildvielas. Lai pārslēgtos uz vienu pildvielu, mēs piedāvājam šādas problēmas risināšanas veidus: 1. Kā pildvielu izmantojiet smalcinātu keramzītu, kura frakcija ir vismaz 2 cm 2. Izveidojiet keramzīta izgāztuves ar glabāšanu atklātā vietā vismaz uz laiku. 6-9 mēneši.

3. Neviendabīgas pildvielas izveide no kvarca smiltīm un vieglākas mākslīgās pildvielas. 4. Izdedžu pumeka izmantošana. tomēr gatavā produkta masas masa palielināsies līdz 1800-2000 kg/m3. Vieglajam pildījumam jāatbilst šādām prasībām. beztaras svars ap 600 kg/m3. smilšu frakcija 0-0,5 cm vai 0-1 cm (smalkās frakcijas klātbūtne 15% no tilpuma. spiedes stiprība 18 kg/cm (keramzīta indekss. ūdens uzsūkšanās līdz 25% (keramzīta indekss. Mākslīgās apšuvuma ražošanā). akmens, dekoratīvās bruģa plātnes, mazās arhitektūras izstrādājumi uz elastīgām elastīgām iesmidzināšanas veidnēm, var izmantot sekojošas pildvielas: Sārņu pumeks, Granulētie sārņi, Šķembas un izdedžu smiltis, Putu stikls, Putu perlīta smiltis, Cietais putuperlīts, Putuvermokulīts, Putupolistirols , Bagātinātas kvarca smiltis, Marmora šķembas, Celtniecības smiltis (baltas), Formēšanas smiltis, Vulkāniskais pumeks Pigmenti un krāsvielas Dekoratīvā apdares akmens vissvarīgākā sastāvdaļa ir izmantotie pigmenti (krāsvielas). Prasmīga vai nepiemērota krāsvielu izmantošana tieši ietekmē gala produkta izskats Pieredzējušajās rokās parasts betons pārtop par kaut ko pilnīgi neatšķiramu no dabīgā “savvaļas” akmens. Kā to panākt? Cementa krāsošanai tiek izmantoti minerālie neorganiskie pigmenti (titāna, dzelzs, hroma oksīdi) un īpašas gaismas un laikapstākļiem izturīgas krāsvielas. Pieredzējuši ražotāji parasti izvēlas krāsvielas no tādiem uzņēmumiem kā Bayer, Du Pont, Kemira un citiem tikpat cienījamiem uzņēmumiem. Tas ir saistīts ne tikai ar viņu produktu nemainīgi augsto kvalitāti, bet arī ar to plašo klāstu. Tādējādi Bayer piedāvā vairākus desmitus dzelzs oksīda pigmentu. Apvienojot tos savā starpā, jūs varat izvēlēties gandrīz jebkuru vēlamo krāsu toni. Tātad, portlandcements, keramzīta smiltis un pigmenti ir galvenais mākslīgā apdares akmens sastāvs. Daudzi arhitektoniskā betona izstrādājumu ražotāji ar to aprobežojas, neskatoties uz to, ka cementam ir ļoti daudz dažādu piedevu, lai uzlabotu noteiktas īpašības. Jebkurā lielākajā pilsētā jūs varat atrast vietējo un importēto betona piedevu piegādātājus. Tie ir dažādi superplastifikatori, kas uzlabo betona apstrādājamību un palielina izturību; polimēra-lateksa piedevas, kas labvēlīgi ietekmē betona izturību; betona cietēšanas paātrinātāji un gaisu izvadošas piedevas; tilpuma ūdens atgrūdošie līdzekļi, kas daudzkārt samazina ūdens uzsūkšanos (noder fasādei, cokolam un bruģakmeņiem); ķīmiskās šķiedras dispersai stiegrojumam, kas ievērojami palielina izturību pret plaisām un daudz ko citu. Izlemiet paši, vai izmantot kādu no šīm piedevām, mēs tikai vēlamies ieteikt izmantot aizsargājošus impregnēšanas savienojumus dekoratīvā apdares akmens virsmas apstrādei. Pareizi izvēlēts ūdens atgrūdošs līdzeklis betonam sasniegs šādus rezultātus. palielinās akmens estētiku un novērsīs "putekļaino" - jebkura cementa betona raksturīgo iezīmi. palielinās fasādes akmens kalpošanas laiku (šeit runa ir par to, ka dekoratīvā betona iznīcināšanas process galvenokārt atspoguļojas krāsu piesātināšanā ilgi pirms pirmo iznīcināšanas pazīmju parādīšanās, kuras iemesls ir pildvielu daļiņu iedarbība uz priekšu krasi samazinās izslīdēšanas risku uz akmens virsmas, kas cementa dekoratīvajiem betoniem ir īsta katastrofa, tāpēc tiem jāpievērš vislielākā uzmanība.

Mācīšanās risināt uzdevumus, izmantojot organisko vielu maisījumus

Pieredzes vispārināšana organiskās ķīmijas pasniegšanā specializētās bioloģiskās un ķīmijas nodarbībās

Viens no galvenajiem kritērijiem ķīmijas kā akadēmiskās disciplīnas apguvē ir studentu spēja risināt skaitļošanas un kvalitatīvas problēmas. Mācību procesā specializētās klasēs ar padziļinātu ķīmijas izpēti tas ir īpaši svarīgi, jo visi iestājeksāmeni ķīmijā piedāvā paaugstinātas sarežģītības uzdevumus. Vislielākās grūtības organiskās ķīmijas izpētē rada daudzkomponentu vielu maisījuma kvantitatīvā sastāva noteikšanas, vielu maisījuma kvalitatīvās atpazīšanas un maisījumu atdalīšanas uzdevumi. Tas ir saistīts ar to, ka šādu problēmu risināšanai ir nepieciešams padziļināti izprast pētāmo vielu ķīmiskās īpašības, prast analizēt un salīdzināt dažādu klašu vielu īpašības, kā arī jābūt labai matemātiskajai sagatavotībai. Ļoti svarīgs mācību punkts ir informācijas vispārināšana par organisko vielu klasēm. Apskatīsim metodiskos paņēmienus, kā attīstīt skolēnu spēju risināt uzdevumus, izmantojot organisko savienojumu maisījumu.

Ogļūdeņraži

• Kur ir kura viela (kvalitatīvais sastāvs)?
• Cik daudz vielas ir šķīdumā (kvantitatīvais sastāvs)?
• Kā atdalīt maisījumu?

1. POSMS. Zināšanu apkopošana par ogļūdeņražu ķīmiskajām īpašībām, izmantojot tabulu(1. tabula).

2. POSMS. Kvalitātes problēmu risināšana.

1. problēma. Gāzu maisījums satur etānu, etilēnu un acetilēnu. Kā pierādīt katras gāzes klātbūtni noteiktā maisījumā? Uzrakstiet nepieciešamo reakciju vienādojumus.

Risinājums

No pārējām gāzēm tikai etilēns iekrāsos broma ūdeni:

C 2 H 4 + Br 2 = C 2 H 4 Br 2.

Trešā gāze - etāns - sadedzina:

2C 2H 6 + 7O 2 4CO 2 + 6H 2 O.

1. tabula

Ogļūdeņražu ķīmiskās īpašības

Reaģents	Ogļūdeņražu pārstāvji
	CH 3 CH 3 etāns	CH 2 = CH 2 etilēns	CHSN acetilēns	C 6 H 6 benzols	C 6 H 5 CH 3 toluols	C 6 H 5 CH=CH 2 stirols	C 6 H 10 cikloheksēns
Br 2 (aq)	–	+	+	–	–	+	+
KMnO4	–	+	+	–	+	+	+
Ag2O (izmērs collā NH 3 aq)	–	–	+	–	–	–	–
Na	–	–	+	–	–	–	–
O2	+	+	+	+	+	+	+

2. uzdevums. Tīrā veidā izdala sastāvdaļas maisījumā, kas sastāv no acetilēna, propēna un propāna. Uzrakstiet nepieciešamo reakciju vienādojumus.

Risinājums

Izlaižot maisījumu caur sudraba oksīda amonjaka šķīdumu, tiek absorbēts tikai acetilēns:

C 2 H 2 + Ag 2 O = C 2 Ag 2 + HON.

Lai atjaunotu acetilēnu, iegūto sudraba acetilīdu apstrādā ar sālsskābi:

C 2 Ag 2 + 2HCl = C 2 H 2 + 2AgCl.

Kad atlikušās gāzes tiek izvadītas caur broma ūdeni, propēns tiks absorbēts:

C3H6 + Br2 = C3H6Br2.

Lai atjaunotu propēnu, iegūto dibrompropānu apstrādā ar cinka putekļiem:

C 3 H 6 Br 2 + Zn = C 3 H 6 + ZnBr 2.

3. POSMS. Aprēķinu uzdevumu risināšana.

3. uzdevums. Zināms, ka 1,12 l (n.s.) acetilēna un etilēna maisījuma tumsā pilnībā saistās ar 3,82 ml broma (= 3,14 g/ml). Cik reizes maisījuma tilpums samazināsies, izlaižot to caur sudraba oksīda amonjaka šķīdumu?

Risinājums

Abas maisījuma sastāvdaļas reaģē ar bromu. Izveidosim reakciju vienādojumus:

C2H4 + Br2 = C2H4Br2,

C 2 H 2 + 2 Br 2 = C 2 H 2 Br 4.

Apzīmēsim etilēna vielas daudzumu ar X mols, un acetilēna vielas daudzums cauri
y kurmis. No ķīmiskajiem vienādojumiem ir skaidrs, ka reaģējošās vielas broma daudzums būs pirmajā gadījumā X mols, bet otrajā - 2 y kurmis. Vielas daudzums gāzu maisījumā:

= V/V M = 1,12/22,4 = 0,05 mol,

un broma daudzums ir:

(Br 2) = V/M= 3,82 3,14/160 = 0,075 mol.

Izveidosim vienādojumu sistēmu ar diviem nezināmajiem:

Atrisinot sistēmu, mēs atklājam, ka etilēna daudzums maisījumā ir vienāds ar acetilēna daudzumu (katrs 0,025 mol). Ar sudraba amonjaka šķīdumu reaģē tikai acetilēns, tāpēc, izlaižot gāzes maisījumu caur Ag 2 O šķīdumu, gāzes tilpums samazināsies tieši uz pusi.

4. uzdevums. Gāze, kas izdalījās benzola un cikloheksēna maisījuma sadegšanas laikā, tika izlaista caur barīta ūdens pārpalikumu. Šajā gadījumā tika iegūti 35,5 g nogulsnes. Atrodiet sākotnējā maisījuma procentuālo sastāvu, ja ar tādu pašu daudzumu var atkrāsot 50 g broma šķīduma tetrahlorogleklī ar broma masas daļu 3,2%.

Risinājums

C6H10 + Br2 = C6H10Br2.

Cikloheksēna vielas daudzums ir vienāds ar broma vielas daudzumu:

(Br 2) = m/M= 0,032 50/160 = 0,01 mol.

Cikloheksēna masa ir 0,82 g.

Pierakstīsim ogļūdeņražu sadegšanas reakcijas vienādojumus:

C 6 H 6 + 7,5 O 2 = 6 CO 2 + 3 H 2 O,

C 6 H 10 + 8,5 O 2 = 6 CO 2 + 5 H 2 O.

0,01 mols cikloheksēna, sadedzinot, rada 0,06 molus oglekļa dioksīda. Atbrīvotais oglekļa dioksīds veido nogulsnes ar barīta ūdeni saskaņā ar vienādojumu:

CO 2 + Ba(OH) 2 = BaCO 3 + H 2 O.

Bārija karbonāta nogulšņu vielas daudzums (BaCO 3) = m/M= 35,5/197 = 0,18 mol ir vienāds ar kopējā oglekļa dioksīda vielas daudzumu.

Oglekļa dioksīda daudzums, kas veidojas benzola sadegšanas laikā, ir:

0,18 – 0,06 = 0,12 mol.

Izmantojot benzola sadegšanas reakcijas vienādojumu, mēs aprēķinām benzola vielas daudzumu - 0,02 mol. Benzola masa ir 1,56 g.

Visa maisījuma svars:

0,82 + 1,56 = 2,38 g.

Benzola un cikloheksēna masas daļas ir attiecīgi 65,5% un 34,5%.

Skābekli saturošs
organiskie savienojumi

Līdzīgi notiek problēmu risināšana ar maisījumiem tēmā “Skābekli saturoši organiskie savienojumi”.

4. SOLIS. Salīdzinošās un vispārināšanas tabulas sastādīšana(2. tabula).

5. POSMS. Vielu atpazīšana.

5. uzdevums. Izmantojot kvalitatīvas reakcijas, pierādiet fenola, skudrskābes un etiķskābes klātbūtni šajā maisījumā. Uzrakstiet reakciju vienādojumus un norādiet to rašanās pazīmes.

Risinājums

No maisījuma sastāvdaļām fenols reaģē ar broma ūdeni, veidojot baltas nogulsnes:

C 6 H 5 OH + 3 Br 2 = C 6 H 2 Br 3 OH + 3 H Br.

Skudrskābes klātbūtni var noteikt, izmantojot sudraba oksīda amonjaka šķīdumu:

HCOOH + 2Ag(NH 3) 2 OH = 2Ag + NH 4 HCO 3 + 3NH 3 + HOH.

Sudrabs izdalās nogulumu vai spoguļa pārklājuma veidā uz mēģenes sieniņām.

Ja pēc liekā sudraba oksīda amonjaka šķīduma pievienošanas maisījums vārās ar cepamās sodas šķīdumu, tad var apgalvot, ka maisījumā ir etiķskābe:

CH 3 COOH + NaHCO 3 = CH 3 COONa + CO 2 + H 2 O.

2. tabula

Skābekli saturošu vielu ķīmiskās īpašības
organiskās vielas

Reaģents	Skābekli saturošu savienojumu pārstāvji
	CH 3 OH metanols	C 6 H 5 OH fenols	HCHO metanāls	HCOOH skudrskābe	CH 3 CHO acet- aldehīds	HCOOCH 3 metil- formātā	C 6 H 12 O 6 glikoze
Na	+	+	–	+	–	–	+
NaOH	–	+	–	+	–	+	–
NaHCO3	–	–	–	+	–	–	–
Ba 2 (aq)	–	+	+	+	+	+	+
Ag2O (izmērs collā NH 3 aq)	–	–	+	+	+	+	+

6. uzdevums. Četras nemarķētas mēģenes satur etanolu, acetaldehīdu, etiķskābi un skudrskābi. Kādas reakcijas var izmantot, lai atšķirtu vielas mēģenēs? Pierakstiet reakciju vienādojumus.

Risinājums

Analizējot šo vielu ķīmisko īpašību raksturlielumus, mēs nonākam pie secinājuma, ka problēmas risināšanai jāizmanto nātrija bikarbonāta šķīdums un sudraba oksīda amonjaka šķīdums. Acetaldehīds reaģē tikai ar sudraba oksīdu, etiķskābe - tikai ar nātrija bikarbonātu, bet skudrskābe - ar abiem reaģentiem. Viela, kas nereaģē ne ar vienu no reaģentiem, ir etanols.

Reakciju vienādojumi:

CH 3 CHO + 2Ag(NH 3) 2 OH = CH 3 COONH 4 + 2Ag + 3 NH 3 + HOH,

CH 3 COOH + NaHCO 3 = CH 3 COONa + CO 2 + HON,

HCOOH + 2Ag(NH 3) 2OH = 2Ag + NH 4 HCO 3 + 3NH 3 + NOH,

HCOOH + NaHCO 3 = HCOONa + CO 2 + HON.

6. SOLIS. Maisījuma kvantitatīvā sastāva noteikšana.

7. uzdevums. Lai neitralizētu 26,6 g etiķskābes, acetaldehīda un etanola maisījuma, tika patērēti 44,8 g 25% kālija hidroksīda šķīduma. Kad tāds pats maisījuma daudzums reaģēja ar metāliskā nātrija pārpalikumu, apkārtējās vides apstākļos izdalījās 3,36 litri gāzes. Aprēķiniet vielu masas daļas šajā maisījumā.

Risinājums

Etiķskābe un etanols reaģēs ar metālisku Na, bet tikai etiķskābe reaģēs ar KOH. Izveidosim reakciju vienādojumus:

CH 3 COOH + Na = CH 3 COONa + 1/2 H 2 , (1)

C 2 H 5 OH + Na = C 2 H 5 ONa + 1/2 H 2, (2)

8. uzdevums. Piridīna un anilīna maisījumu, kas sver 16,5 g, apstrādāja ar 66,8 ml 14% sālsskābes (= 1,07 g/ml). Lai neitralizētu maisījumu, bija nepieciešams pievienot 7,5 g trietilamīna. Aprēķiniet sāļu masas daļas iegūtajā šķīdumā.

Risinājums

Izveidosim reakciju vienādojumus:

C5H5N + HCl = (C5H5NH)Cl,

C 6 H 5 NH 2 + HCl = (C 6 H 5 NH 3) Cl,

(C2H5)3N + HCl = ((C2H5)3NH) Cl.

Aprēķināsim reakcijās iesaistīto vielu daudzumu:

(HCl) = 0,274 mol,

((C2H5)3N) = 0,074 mol.

Arī trietilamīna neitralizēšanai tika patērēti 0,074 moli skābes, un reakcijai ar maisījumu: 0,274 – 0,074 = 0,2 mol.

Mēs izmantojam to pašu paņēmienu kā 3. uzdevumā. Apzīmēsim X– piridīna molu skaits un y– anilīna skaits maisījumā. Izveidosim vienādojumu sistēmu:

Atrisinot sistēmu, mēs atklājam, ka piridīna daudzums ir 0,15 mol, bet anilīna - 0,05 mol. Aprēķināsim piridīna, anilīna un trietilamīna hidrohlorīdu sāļu vielu daudzumus, to masas un masas daļas. Tie ir attiecīgi 0,15 moli, 0,05 moli, 0,074 moli; 17,33 g, 6,48 g, 10,18 g; 18,15%, 6,79%, 10,66%.

LITERATŪRA

Kuzmenko N.E., Eremins V.V. Ķīmija. 2400 uzdevumi skolēniem un universitātēs iestājas. M.: Bustards, 1999;
Uškalova V.N., Ioanidis N.V.. Ķīmija: konkursa uzdevumi un atbildes. Rokasgrāmata reflektantiem uz augstskolām. M.: Izglītība, 2000.