Todas as relações quantitativas no cálculo de processos químicos são baseadas na estequiometria das reações. É mais conveniente expressar a quantidade de uma substância em tais cálculos em moles ou unidades derivadas (kmol, mmol, etc.). A toupeira é uma das unidades básicas do SI. Um mol de qualquer substância corresponde à sua quantidade numericamente igual ao seu peso molecular. Portanto, o peso molecular neste caso deve ser considerado um valor dimensional com unidades: g/mol, kg/kmol, kg/mol. Por exemplo, o peso molecular do nitrogênio é 28 g/mol, 28 kg/kmol, mas 0,028 kg/mol.
A massa e as quantidades molares de uma substância estão relacionadas por relações conhecidas
N A = m A / M A; m UMA = N A M A,
onde N A é a quantidade do componente A, mol; m A é a massa deste componente, kg;
M A - peso molecular do componente A, kg/mol.
Em processos contínuos, o fluxo da substância A pode ser expresso pela sua massa molecular.
quantidade por unidade de tempo
onde WA é o fluxo molar do componente A, mol/s; τ - tempo, s.
Para uma reação simples que é praticamente irreversível, geralmente estequiomet
a equação ric é escrita na forma
v A A + v B B = v R R + v S S.
No entanto, é mais conveniente escrever a equação estequiométrica na forma de uma equação algébrica
º, assumindo que os coeficientes estequiométricos dos reagentes são negativos e os produtos da reação são positivos:
Então, para cada reação simples podemos escrever as seguintes igualdades:
O índice “0” refere-se à quantidade inicial do componente.
Essas igualdades dão origem às seguintes equações de equilíbrio material para um componente para uma reação simples:
Exemplo 7.1. A reação de hidrogenação do fenol em ciclohexanol prossegue de acordo com a equação
C 6 H 5 OH + ZH 2 = C 6 H 11 OH, ou A + ZV = R.
Calcule a quantidade de produto formada se a quantidade inicial do componente A fosse 235 kg e a quantidade final fosse 18,8 kg
Solução: vamos escrever a reação na forma
R - A - ZV = 0.
Massas moleculares dos componentes: M A = 94 kg/kmol, M B = 2 kg/kmol e
M R = 100 kg/kmol. Então as quantidades molares de fenol no início e no final da reação serão:
N A 0 = 235/94 = 2,5; N A 0 = 18,8/94 =0,2; n = (0,2 - 2,5)/(-1) = 2,3.
A quantidade de ciclohexanol formada será igual a
N R = 0 +1∙2,3 = 2,3 kmol ou m R = 100∙2,3 = 230 kg.
A determinação de reações estequiometricamente independentes em seu sistema durante cálculos materiais e térmicos de aparelhos de reação é necessária para excluir reações que são a soma ou diferença de algumas delas. Esta avaliação pode ser realizada mais facilmente utilizando o critério de Gram.
Para evitar cálculos desnecessários, é necessário avaliar se o sistema é estequiometricamente dependente. Para estes fins é necessário:
Transponha a matriz original do sistema de reação;
Multiplique a matriz original pela transposta;
Calcule o determinante da matriz quadrada resultante.
Se este determinante for zero, então o sistema de reação é estequiometricamente dependente.
Exemplo 7.2. Temos um sistema de reações:
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.
Este sistema é estequiometricamente dependente, pois a terceira reação é a soma das outras duas. Vamos criar uma matriz
Um dos conceitos químicos mais importantes nos quais se baseiam os cálculos estequiométricos é quantidade química de uma substância. A quantidade de alguma substância X é denotada por n(X). A unidade de medida para a quantidade de uma substância é verruga.
Um mol é a quantidade de uma substância que contém 6,02 10 23 moléculas, átomos, íons ou outras unidades estruturais que constituem a substância.
A massa de um mol de alguma substância X é chamada massa molar M(X) desta substância. Conhecendo a massa m(X) de alguma substância X e sua massa molar, podemos calcular a quantidade dessa substância pela fórmula:
O número 6,02 10 23 é chamado Número de Avogrado(N / D); sua dimensão mol –1.
Multiplicando o número de Avogadro N a pela quantidade de substância n(X), podemos calcular o número de unidades estruturais, por exemplo, moléculas N(X) de alguma substância X:
N(X) = N a · n(X) .
Por analogia com o conceito de massa molar, foi introduzido o conceito de volume molar: volume molar V m (X) de alguma substância X é o volume de um mol dessa substância. Conhecendo o volume da substância V(X) e seu volume molar, podemos calcular a quantidade química da substância:
Na química, muitas vezes temos que lidar com o volume molar dos gases. De acordo com a lei de Avogadro, volumes iguais de quaisquer gases obtidos à mesma temperatura e igual pressão contêm o mesmo número de moléculas. Em igualdade de condições, 1 mol de qualquer gás ocupa o mesmo volume. Em condições normais (norma) - temperatura 0°C e pressão 1 atmosfera (101325 Pa) - este volume é de 22,4 litros. Assim, no. V m (gás) = 22,4 l/mol. Deve-se enfatizar especialmente que o valor do volume molar de 22,4 l/mol é utilizado apenas para gases.
Conhecer as massas molares das substâncias e o número de Avogadro permite expressar a massa de uma molécula de qualquer substância em gramas. Abaixo está um exemplo de cálculo da massa de uma molécula de hidrogênio.
1 mol de gás hidrogênio contém 6,02·10 23 moléculas de H 2 e tem massa de 2 g (já que M(H 2) = 2 g/mol). Por isso,
6,02·10 23 moléculas de H 2 têm massa de 2 g;
1 molécula de H 2 tem massa x g; x = 3,32·10 –24 g.
O conceito de “mole” é amplamente utilizado para realizar cálculos em equações de reações químicas, uma vez que os coeficientes estequiométricos na equação de reação mostram em que proporções molares as substâncias reagem entre si e são formadas como resultado da reação.
Por exemplo, a equação de reação 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O contém a seguinte informação: 4 moles de amônia reagem sem excesso ou deficiência com 3 moles de oxigênio, resultando na formação de 2 moles de nitrogênio e 6 moles de água.
Exemplo 4.1 Calcule a massa do precipitado formado durante a interação de soluções contendo 70,2 g de dihidrogenofosfato de cálcio e 68 g de hidróxido de cálcio. Que substância permanecerá em excesso? Qual é a sua massa?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
A partir da equação de reação pode-se observar que 3 mol de Ca(H 2 PO 4) 2 reagem com 12 mol de KOH. Vamos calcular as quantidades de reagentes que são dadas de acordo com as condições do problema:
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.
para 3 mol de Ca(H 2 PO 4) 2 12 mol de KOH é necessário
para 0,3 mol de Ca(H 2 PO 4) 2 x mol de KOH são necessários
x = 1,2 mol - é a quantidade de KOH necessária para que a reação ocorra sem excesso ou deficiência. E de acordo com o problema, existem 1,215 mol de KOH. Portanto, o KOH está em excesso; quantidade de KOH restante após a reação:
n(KOH) = 1,215 mol – 1,2 mol = 0,015 mol;
sua massa m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
O cálculo do produto de reação resultante (precipitado de Ca 3 (PO 4) 2) deve ser feito utilizando uma substância escassa (neste caso, Ca(H 2 PO 4) 2), pois esta substância reagirá completamente . A partir da equação de reação fica claro que o número de moles de Ca 3 (PO 4) 2 formado é 3 vezes menor que o número de moles de Ca(H 2 PO 4) 2 reagido:
n(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Portanto, 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.
Tarefa nº 5
a) Calcular as quantidades químicas das substâncias reagentes indicadas na Tabela 5 (os volumes das substâncias gasosas são indicados em condições normais);
b) organizar os coeficientes no esquema de reação dado e, por meio da equação de reação, determinar qual das substâncias está em excesso e qual está em falta;
c) encontrar a quantidade química do produto da reação indicada na Tabela 5;
d) calcular a massa ou volume (ver Tabela 5) deste produto de reação.
Tabela 5 – Condições da tarefa nº 5
| Opção nº. | Substâncias reagentes | Esquema de reação | Calcular |
| m(Fe) = 11,2 g; V(Cl 2) = 5,376 l | Fe+Cl 2 ® FeCl 3 | m(FeCl3) | |
| m(Al) = 5,4 g; m(H 2 SO 4) = 39,2g | Al+H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 +H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2)=20g | CO+O 2 ® CO 2 | V(CO2) | |
| m(AgNO3)=3,4g; m(Na2S)=1,56g | AgNO 3 +Na 2 S®Ag 2 S+NaNO 3 | m(Ag2S) | |
| m(Na2CO3)=53g; m(HCl)=29,2g | Na 2 CO 3 +HCl®NaCl+CO 2 +H 2 O | V(CO2) | |
| m(Al2(SO4)3) = 34,2 g; m(BaCl2) = 52 g; | Al 2 (SO 4) 3 +BaCl 2 ®AlCl 3 +BaSO 4 | m(BaSO4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl2)=448ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(eu 2) | |
| m(CaCl2) = 22,2 g; m(AgNO3)=59,5g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca(NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H2)=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)=784ml | Ba(OH) 2 +HCl ® BaCl 2 +H 2 O | m(BaCl2) |
Continuação da tabela 5
| Opção nº. | Substâncias reagentes | Esquema de reação | Calcular |
| m(H3PO4) = 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(H2SO4) = 9,8 g; m(KOH)=11,76g | H 2 SO 4 +KOH ® K 2 SO 4 +H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(Cl2) = 2,24 l; m(KOH)=10,64g | 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(NH3) | |
| m(NH3) = 6,8 g; V(O 2)=7,84 l | NH 3 +O 2 ® N 2 +H 2 O | V(N 2) | |
| V(H2S) = 11,2 l; m(O2)=8,32g | H 2 S+O 2 ® S+H 2 O | EM) | |
| m(MnO2)=8,7g; m(HCl)=14,2g | 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(AlCl3) | |
| m(Al) = 10,8 g; m(HCl)=36,5g | 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(K2CO3) = 69 g; m(HNO3)=50,4g | K 2 CO 3 +HNO 3 ®KNO 3 +CO 2 +H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl3)=2,67 g; m(AgNO3)=8,5g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al(NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38g; V(Cl2)=448ml | KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2 | m(Br 2) | |
| m(CaBr2) = 40 g; m(AgNO3)=59,5g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=1,44g; 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(BaI2) | |
| m(H3PO4) = 9,8 g; m(KOH)=17,08g | H 3 PO 4 +KOH ® K 3 PO 4 +H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H2SO4) = 49g; m(NaOH)=45g | H 2 SO 4 +NaOH ® Na 2 SO 4 +H 2 O | m(Na2SO4) | |
| V(Cl2) = 2,24 l; m(KOH)=8,4g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl+H 2 O | m(KClO3) | |
| m(NH4Cl) = 43 g; m(Ca(OH)2)=37g | NH 4 Cl+Ca(OH) 2 ®CaCl 2 +NH 3 +H 2 O | V(NH3) | |
| V(NH3) = 8,96 l; m(O2)=14,4g | NH 3 +O 2 ® NO+H 2 O | V(NÃO) | |
| V(H2S) = 17,92 l; m(O2)=40g | H 2 S+O 2 ® SO 2 +H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO2)=8,7g; m(HBr)=30,8g | MnO 2 +HBr ® MnBr 2 +Br 2 +H 2 O | m(MnBr2) | |
| m(Ca) = 10 g; m(H2O)=8,1g | Ca+H 2 O ® Ca(OH) 2 +H 2 | V(H2) |
CONCENTRAÇÃO DE SOLUÇÕES
Como parte do curso de química geral, os alunos aprendem 2 formas de expressar a concentração de soluções - fração de massa e concentração molar.
Fração de massa de soluto X é calculado como a razão entre a massa desta substância e a massa da solução:
,
onde ω(X) é a fração mássica da substância dissolvida X;
m(X) – massa da substância dissolvida X;
m de solução – massa de solução.
A fração de massa de uma substância, calculada usando a fórmula acima, é uma quantidade adimensional expressa em frações de uma unidade (0< ω(X) < 1).
A fração de massa pode ser expressa não apenas em frações de uma unidade, mas também em porcentagem. Neste caso, a fórmula de cálculo fica assim:
A fração de massa expressa como uma porcentagem é freqüentemente chamada concentração percentual . Obviamente, a concentração percentual de soluto é 0%< ω(X) < 100%.
A concentração percentual mostra quantas partes em massa de um soluto estão contidas em 100 partes em massa de uma solução. Se escolhermos o grama como unidade de massa, então esta definição também pode ser escrita da seguinte forma: a concentração percentual mostra quantos gramas de soluto estão contidos em 100 gramas de solução.
É claro que, por exemplo, uma solução a 30% corresponde a uma fração mássica da substância dissolvida igual a 0,3.
Outra forma de expressar o conteúdo de soluto de uma solução é a concentração molar (molaridade).
A concentração molar de uma substância, ou a molaridade de uma solução, mostra quantos moles de uma substância dissolvida estão contidos em 1 litro (1 dm3) de solução
onde C(X) é a concentração molar da substância dissolvida X (mol/l);
n(X) – quantidade química da substância dissolvida X (mol);
Solução V – volume de solução (l).
Exemplo 5.1 Calcule a concentração molar de H 3 PO 4 na solução se for conhecido que a fração mássica de H 3 PO 4 é 60% e a densidade da solução é 1,43 g/ml.
Por definição de concentração percentual
100 g de solução contém 60 g de ácido fosfórico.
n(H 3 PO 4) = m(H 3 PO 4): M(H 3 PO 4) = 60 g: 98 g/mol = 0,612 mol;
Solução V = solução m: solução ρ = 100 g: 1,43 g/cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;
C(H 3 PO 4) = n(H 3 PO 4): solução V = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Exemplo 5.2 Existe uma solução 0,5 M de H 2 SO 4. Qual é a fração mássica de ácido sulfúrico nesta solução? Considere a densidade da solução igual a 1 g/ml.
Por definição de concentração molar
1 litro de solução contém 0,5 mol H 2 SO 4
(a entrada “solução 0,5 M” significa que C(H 2 SO 4) = 0,5 mol/l).
solução m = solução V × solução ρ = 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 solução = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9%).
Exemplo 5.3 Quais volumes de água e solução de H 2 SO 4 a 96% com densidade de 1,84 g/ml devem ser tomados para preparar 2 litros de uma solução de H 2 SO 4 a 60% com densidade de 1,5 g/ml.
Ao resolver problemas de preparação de uma solução diluída a partir de uma concentrada, deve-se levar em consideração que a solução original (concentrada), a água e a solução resultante (diluída) possuem densidades diferentes. Neste caso, deve-se ter em mente que V da solução original + V de água ≠ V da solução resultante,
porque durante a mistura da solução concentrada e da água ocorre uma alteração (aumento ou diminuição) no volume de todo o sistema.
A resolução de tais problemas deve começar com a descoberta dos parâmetros da solução diluída (isto é, a solução que precisa ser preparada): sua massa, a massa da substância dissolvida e, se necessário, a quantidade da substância dissolvida.
M solução a 60% = V solução a 60% ∙ ρ solução a 60% = 2.000 ml × 1,5 g/ml = 3.000 g.
m(H 2 SO 4) em solução a 60% = m solução a 60% w(H 2 SO 4) em solução a 60% = 3.000 g 0,6 = 1.800 g.
A massa de ácido sulfúrico puro na solução preparada deve ser igual à massa de ácido sulfúrico na porção de uma solução a 96% que deve ser tomada para preparar uma solução diluída. Por isso,
m(H 2 SO 4) em solução a 60% = m(H 2 SO 4) em solução a 96% = 1800 g.
m solução a 96% = m (H 2 SO 4) em solução a 96%: w(H 2 SO 4) em solução a 96% = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m solução a 40% – m solução a 96% = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V solução a 96% = m solução a 96%: ρ solução a 96% = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V água = m água: ρ água = 1125g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Exemplo 5.4 Misturou 100 ml de uma solução 0,1 M de CuCl 2 e 150 ml de uma solução 0,2 M de Cu(NO 3) 2. Calcule a concentração molar de íons Cu 2+, Cl – e NO 3 – na solução resultante.
Ao resolver um problema semelhante de mistura de soluções diluídas, é importante compreender que as soluções diluídas têm aproximadamente a mesma densidade, aproximadamente igual à densidade da água. Quando são misturados, o volume total do sistema praticamente não muda: V 1 da solução diluída + V 2 da solução diluída +..." V da solução resultante.
Na primeira solução:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V solução de CuCl 2 = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 é um eletrólito forte: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Portanto n(Cu 2+) = n(CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl –) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.
Na segunda solução:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V solução Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – eletrólito forte: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Portanto n(Cu 2+) = n(Cu(NO 3) 2) = 0,03 mol; n(NO 3 –) = 2×0,03 = 0,06 mol.
Depois de misturar as soluções:
n(Cu 2+) total. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V total » solução V CuCl 2 + solução V 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 –) : Vtot. = 0,02 mol: 0,25 l = 0,08 mol/l;
C(NO 3 –) = n(NO 3 –) : Vtot. = 0,06 mol: 0,25 l = 0,24 mol/l.
Exemplo 5.5 Foram adicionados ao frasco 684 mg de sulfato de alumínio e 1 ml de uma solução de ácido sulfúrico a 9,8% com densidade de 1,1 g/ml. A mistura resultante foi dissolvida em água; O volume da solução foi ajustado para 500 ml com água. Calcule as concentrações molares de íons H +, Al 3+ SO 4 2– na solução resultante.
Vamos calcular as quantidades de substâncias dissolvidas:
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 – eletrólito forte: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Portanto n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n(SO 4 2–)=3×0,002 mol=0,006 mol.
m solução de H 2 SO 4 = V solução de H 2 SO 4 × ρ solução de H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H 2 SO 4) = m solução de 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 é um eletrólito forte: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Portanto, n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H+) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.
De acordo com as condições do problema, o volume da solução resultante é de 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–)tot. = 0,006 mol + 0,0011 mol = 0,0071 mol.
C(Al 3+) = n(Al 3+): solução V = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H +) = n(H +): solução V = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) total. : Solução V = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Exemplo 5.6 Que massa de sulfato de ferro (FeSO 4 ·7H 2 O) e que volume de água são necessários para preparar 3 litros de solução de sulfato de ferro (II) a 10%. Considere a densidade da solução como 1,1 g/ml.
A massa da solução a ser preparada é:
solução m = solução V ∙ solução ρ = 3.000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3.300 g.
A massa de sulfato de ferro (II) puro nesta solução é:
m(FeSO 4) = m solução × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
A mesma massa de FeSO 4 anidro deve estar contida na quantidade de hidrato cristalino que deve ser tomada para preparar a solução. A partir de uma comparação das massas molares M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol e M(FeSO 4) = 152 g/mol,
obtemos a proporção:
278 g de FeSO 4 ·7H 2 O contém 152 g de FeSO 4;
x g FeSO 4 ·7H 2 O contém 330 g FeSO 4 ;
x = (278·330): 152 = 603,6 g.
m água = m solução – m sulfato de ferro = 3300 g – 603,6 g = 2696,4 g.
Porque a densidade da água é 1 g/ml, então o volume de água que deve ser tomado para preparar a solução é igual a: V água = m água: ρ água = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Exemplo 5.7 Que massa de sal de Glauber (Na 2 SO 4 ·10H 2 O) deve ser dissolvida em 500 ml de solução de sulfato de sódio a 10% (densidade da solução 1,1 g/ml) para obter uma solução de Na 2 SO 4 a 15%?
Sejam necessários x gramas de sal de Glauber Na 2 SO 4 10H 2 O. Então a massa da solução resultante é igual a:
m solução 15% = m solução original (10%) + m sal de Glauber = 550 + x (g);
m da solução original (10%) = V solução a 10% × ρ solução a 10% = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2 SO 4) na solução original (10%) = m solução a 10% a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Expressemos através de x a massa de Na 2 SO 4 puro contida em x gramas de Na 2 SO 4 10H 2 O.
M(Na2SO4·10H2O) = 322 g/mol; M(Na2SO4) = 142 g/mol; por isso:
322 g de Na 2 SO 4 ·10H 2 O contém 142 g de Na 2 SO 4 anidro;
x g de Na 2 SO 4 ·10H 2 O contém mg de Na 2 SO 4 anidro.
m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
A massa total de sulfato de sódio na solução resultante será igual a:
m(Na 2 SO 4) em solução a 15% = 55 + 0,441 × x (g).
Na solução resultante: 
= 0,15
, de onde x = 94,5 g.
Tarefa nº 6
Tabela 6 – Condições da tarefa nº 6
| Opção nº. | Texto de condição |
| 5 g de Na 2 SO 4 × 10H 2 O foram dissolvidos em água e o volume da solução resultante foi levado a 500 ml com água. Calcule a fração de massa de Na 2 SO 4 nesta solução (ρ = 1 g/ml) e as concentrações molares de íons Na + e SO 4 2–. | |
| As soluções foram misturadas: 100 ml de Cr 2 (SO 4) 3 0,05 M e 100 ml de Na 2 SO 4 0,02 M. Calcule as concentrações molares de íons Cr 3+, Na + e SO 4 2– na solução resultante. | |
| Que volumes de água e uma solução de ácido sulfúrico a 98% (densidade 1,84 g/ml) devem ser utilizados para preparar 2 litros de uma solução a 30% com densidade de 1,2 g/ml? | |
| 50 g de Na 2 CO 3 × 10H 2 O foram dissolvidos em 400 ml de água Quais são as concentrações molares de íons Na + e CO 3 2– e a fração de massa de Na 2 CO 3 na solução resultante (ρ = 1,1. g/ml)? | |
| As soluções foram misturadas: 150 ml de Al 2 (SO 4) 3 0,05 M e 100 ml de NiSO 4 0,01 M. Calcule as concentrações molares de íons Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- na solução resultante. | |
| Que volumes de água e uma solução a 60% (densidade 1,4 g/ml) de ácido nítrico serão necessários para preparar 500 ml de uma solução 4 M (densidade 1,1 g/ml)? | |
| Que massa de sulfato de cobre (CuSO 4 × 5H 2 O) é necessária para preparar 500 ml de uma solução de sulfato de cobre a 5% com densidade de 1,05 g/ml? | |
| 1 ml de uma solução a 36% (ρ = 1,2 g/ml) de HCl e 10 ml de uma solução 0,5 M de ZnCl 2 foram adicionados ao frasco. O volume da solução resultante foi levado a 50 ml com água. Quais são as concentrações molares de íons H + , Zn 2+ , Cl – na solução resultante? | |
| Qual é a fração mássica de Cr 2 (SO 4) 3 na solução (ρ » 1 g/ml), se se sabe que a concentração molar de íons sulfato nesta solução é 0,06 mol/l? | |
| Que volumes de água e solução 10 M (ρ=1,45 g/ml) de hidróxido de sódio serão necessários para preparar 2 litros de solução de NaOH a 10% (ρ=1,1 g/ml)? | |
| Quantos gramas de sulfato ferroso FeSO 4 × 7H 2 O podem ser obtidos evaporando água de 10 litros de uma solução de sulfato de ferro (II) a 10% (densidade da solução 1,2 g/ml)? | |
| As soluções foram misturadas: 100 ml de Cr 2 (SO 4) 3 0,1 M e 50 ml de CuSO 4 0,2 M. Calcule as concentrações molares de íons Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- na solução resultante. |
Continuação da tabela 6
| Opção nº. | Texto de condição |
| Que volumes de água e uma solução de ácido fosfórico a 40% com densidade de 1,35 g/ml serão necessários para preparar 1 m 3 de uma solução de H 3 PO 4 a 5%, cuja densidade é 1,05 g/ml? | |
| 16,1 g de Na 2 SO 4 × 10H 2 O foram dissolvidos em água e o volume da solução resultante foi levado a 250 ml com água. Calcule a fração de massa e a concentração molar de Na 2 SO 4 na solução resultante (suponha que a densidade da solução seja 1 g/ml). | |
| As soluções foram misturadas: 150 ml de Fe 2 (SO 4) 3 0,05 M e 100 ml de MgSO 4 0,1 M. Calcule as concentrações molares de íons Fe 3+, Mg 2+, SO 4 2– na solução resultante. | |
| Que volumes de água e ácido clorídrico a 36% (densidade 1,2 g/ml) são necessários para preparar 500 ml de uma solução a 10% cuja densidade é 1,05 g/ml? | |
| 20 g de Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O foram dissolvidos em 200 ml de água Qual é a fração mássica da substância dissolvida na solução resultante, cuja densidade é 1,1 g/ml? Calcule as concentrações molares de íons Al 3+ e SO 4 2– nesta solução. | |
| As soluções foram misturadas: 100 ml de Al 2 (SO 4) 3 0,05 M e 150 ml de Fe 2 (SO 4) 3 0,01 M. Calcule as concentrações molares de íons Fe 3+, Al 3+ e SO 4 2– na solução resultante. | |
| Que volumes de água e solução de ácido acético a 80% (densidade 1,07 g/ml) serão necessários para preparar 0,5 litros de vinagre de mesa, em que a fração mássica de ácido é de 7%? Considere a densidade do vinagre de mesa igual a 1 g/ml. | |
| Que massa de sulfato de ferro (FeSO 4 × 7H 2 O) é necessária para preparar 100 ml de uma solução de sulfato ferroso a 3%? A densidade da solução é 1 g/ml. | |
| Foram adicionados ao frasco 2 ml de uma solução de HCl a 36% (densidade 1,2 g/cm3) e 20 ml de uma solução de CuCl2 0,3 M. O volume da solução resultante foi levado a 200 ml com água. Calcule as concentrações molares de íons H +, Cu 2+ e Cl – na solução resultante. | |
| Qual é a concentração percentual de Al 2 (SO 4) 3 em uma solução na qual a concentração molar de íons sulfato é 0,6 mol/l. A densidade da solução é 1,05 g/ml. | |
| Que volumes de água e solução de KOH 10 M (densidade da solução 1,4 g/ml) serão necessários para preparar 500 ml de uma solução de KOH a 10% com densidade de 1,1 g/ml? | |
| Quantos gramas de sulfato de cobre CuSO 4 × 5H 2 O podem ser obtidos evaporando água de 15 litros de solução de sulfato de cobre a 8%, cuja densidade é 1,1 g/ml? | |
| As soluções foram misturadas: 200 ml de Fe 2 (SO 4) 3 0,025 M e 50 ml de FeCl 3 0,05 M. Calcule as concentrações molares de íons Fe 3+, Cl –, SO 4 2– na solução resultante. | |
| Que volumes de água e uma solução de H 3 PO 4 a 70% (densidade 1,6 g/ml) serão necessários para preparar 0,25 m 3 de uma solução de H 3 PO 4 a 10% (densidade 1,1 g/ml)? | |
| 6 g de Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O foram dissolvidos em 100 ml de água Calcule a fração de massa de Al 2 (SO 4) 3 e as concentrações molares de íons Al 3+ e SO 4 2– no. solução resultante, cuja densidade é de 1 g/ml. | |
| As soluções foram misturadas: 50 ml de Cr 2 (SO 4) 3 0,1 M e 200 ml de Cr(NO 3) 3 0,02 M. Calcule as concentrações molares de íons Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- na solução resultante. | |
| Que volumes de solução de ácido perclórico a 50% (densidade 1,4 g/ml) e água são necessários para preparar 1 litro de uma solução a 8% com densidade de 1,05 g/ml? | |
| Quantos gramas de sal de Glauber Na 2 SO 4 × 10H 2 O devem ser dissolvidos em 200 ml de água para obter uma solução de sulfato de sódio a 5%? | |
| 1 ml de solução de H 2 SO 4 a 80% (densidade da solução 1,7 g/ml) e 5000 mg de Cr 2 (SO 4) 3 foram adicionados ao frasco. A mistura foi dissolvida em água; o volume da solução foi ajustado para 250 ml. Calcule as concentrações molares de íons H +, Cr 3+ e SO 4 2– na solução resultante. |
Continuação da tabela 6
EQUILÍBRIO QUÍMICO
Todas as reações químicas podem ser divididas em 2 grupos: reações irreversíveis, ou seja, procedendo até que pelo menos uma das substâncias reagentes seja completamente consumida, e reações reversíveis, nas quais nenhuma das substâncias reagentes é completamente consumida. Isto se deve ao fato de que uma reação reversível pode ocorrer tanto na direção direta quanto na reversa. Um exemplo clássico de reação reversível é a síntese de amônia a partir de nitrogênio e hidrogênio:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3 .
No momento em que a reação começa, as concentrações das substâncias iniciais no sistema são máximas; neste momento a velocidade da reação direta também é máxima. No momento em que a reação começa, ainda não há produtos de reação no sistema (neste exemplo, amônia), portanto, a taxa da reação reversa é zero. À medida que as substâncias iniciais interagem entre si, suas concentrações diminuem, portanto, a taxa da reação direta diminui. A concentração do produto da reação aumenta gradativamente, portanto, a taxa da reação reversa também aumenta. Depois de algum tempo, a taxa da reação direta torna-se igual à taxa da reação inversa. Este estado do sistema é chamado estado de equilíbrio químico. As concentrações de substâncias em um sistema em estado de equilíbrio químico são chamadas concentrações de equilíbrio. Uma característica quantitativa de um sistema em estado de equilíbrio químico é constante de equilíbrio.
Para qualquer reação reversível a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ... a expressão da constante de equilíbrio químico (K) é escrita como uma fração, cujo numerador contém as concentrações de equilíbrio dos produtos da reação , e o denominador contém as concentrações de equilíbrio das substâncias iniciais. Além disso, a concentração de cada substância deve ser elevada a uma potência igual ao coeficiente estequiométrico na equação de reação.
Por exemplo, para a reação N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Deve-se ter em mente que a expressão para a constante de equilíbrio inclui concentrações de equilíbrio apenas de substâncias gasosas ou substâncias em estado dissolvido . A concentração de sólidos é considerada constante e não está incluída na expressão da constante de equilíbrio.
CO 2 (gás) + C (sólido) ⇆ 2CO (gás)
CH 3 COOH (solução) ⇆ CH 3 COO – (solução) + H + (solução)
Ba 3 (PO 4) 2 (sólido) ⇆ 3 Ba 2+ (solução saturada) + 2 PO 4 3– (solução saturada) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Existem dois tipos mais importantes de problemas associados ao cálculo dos parâmetros de um sistema em equilíbrio:
1) as concentrações iniciais das substâncias iniciais são conhecidas; a partir das condições do problema podem-se encontrar as concentrações de substâncias que reagiram (ou se formaram) no momento em que ocorre o equilíbrio; o problema requer o cálculo das concentrações de equilíbrio de todas as substâncias e do valor numérico da constante de equilíbrio;
2) as concentrações iniciais das substâncias iniciais e a constante de equilíbrio são conhecidas. A condição não contém dados sobre as concentrações de substâncias reagidas ou formadas. É necessário calcular as concentrações de equilíbrio de todos os participantes da reação.
Para resolver tais problemas, é necessário entender que a concentração de equilíbrio de qualquer original substâncias podem ser encontradas subtraindo a concentração da substância reagida da concentração inicial:
Equilíbrio C = C inicial – C da substância reagida.
Concentração de equilíbrio produto de reação igual à concentração do produto formado no momento do equilíbrio:
C equilíbrio = C do produto formado.
Assim, para calcular os parâmetros de um sistema em equilíbrio, é muito importante ser capaz de determinar quanto da substância inicial reagiu no momento do equilíbrio e quanto do produto da reação foi formado. Para determinar a quantidade (ou concentração) de substâncias reagidas e formadas, são realizados cálculos estequiométricos usando a equação de reação.
Exemplo 6.1 As concentrações iniciais de nitrogênio e hidrogênio no sistema de equilíbrio N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 são respectivamente 3 mol/le 4 mol/l. Quando ocorre o equilíbrio químico, 70% da quantidade original de hidrogênio permanece no sistema. Determine a constante de equilíbrio para esta reação.
Das condições do problema segue-se que no momento em que ocorre o equilíbrio, 30% do hidrogênio reagiu (problema tipo 1):
4 mol/l H2 – 100%
x mol/l H2 – 30%
x = 1,2 mol/l = C reagir. (H2)
Como pode ser visto na equação da reação, 3 vezes menos nitrogênio deveria ter entrado na reação do que hidrogênio, ou seja, Com pró-reaque. (N 2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. A amônia é formada 2 vezes mais do que o nitrogênio reagiu:
A partir de imagens. (NH 3) = 2 × 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
As concentrações de equilíbrio de todos os participantes da reação serão as seguintes:
Com igual (H 2)= C início (H 2) - C reage. (H 2) = 4 mol/l – 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Com igual (N 2)= C início (N 2) – C reagir. (N 2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Com igual (NH 3) = imagem C. (NH3) = 0,8 mol/l.
Constante de equilíbrio = 
.
Exemplo 6.2 Calcule as concentrações de equilíbrio de hidrogênio, iodo e iodeto de hidrogênio no sistema H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, se for conhecido que as concentrações iniciais de H 2 e I 2 são 5 mol/le 3 mol/l, respectivamente, e a constante de equilíbrio é 1.
Deve-se notar que nas condições deste problema (problema tipo 2), a condição não diz nada sobre as concentrações das substâncias iniciais reagidas e dos produtos resultantes. Portanto, ao resolver tais problemas, a concentração de alguma substância reagida é geralmente considerada como x.
Deixe x mol/l H 2 reagir no momento em que ocorre o equilíbrio. Então, como segue da equação de reação, x mol/l I 2 deve reagir e 2x mol/l HI deve ser formado. As concentrações de equilíbrio de todos os participantes da reação serão as seguintes:
Com igual (H 2) = C começar. (H 2) – C reagir. (H 2) = (5 – x) mol/l;
Com igual (I 2) = C início (E 2) – C reage. (I 2) = (3 – x) mol/l;
Com igual (HI) = A partir de imagens. (HI) = 2x mol/l.
4x 2 = 15 – 8x + x 2
3x 2 + 8x – 15 = 0
x 1 = –3,94 x 2 = 1,27
Apenas a raiz positiva x = 1,27 tem significado físico.
Portanto, C é igual. (H 2) = (5 – x) mol/l = 5 – 1,27 = 3,73 mol/l;
Com igual (I 2) = (3 – x) mol/l = 3 – 1,27 = 1,73 mol/l;
Com igual (HI) = 2x mol/l = 2·1,27 = 2,54 mol/l.
Tarefa nº 7
Tabela 7 – Condições da tarefa nº 7
Continuação da tabela 7
Para cada substância de reação, existem as seguintes quantidades de substância:
Quantidade inicial da i-ésima substância (a quantidade de substância antes do início da reação);
A quantidade final da i-ésima substância (a quantidade de substância no final da reação);
A quantidade de substância reagida (para substâncias iniciais) ou formada (para produtos de reação).
Como a quantidade de uma substância não pode ser negativa, então para as substâncias iniciais
Desde >.
Para produtos de reação >, portanto, .
As razões estequiométricas são relações entre quantidades, massas ou volumes (para gases) de substâncias reagentes ou produtos de reação, calculadas com base na equação de reação. Os cálculos usando equações de reação são baseados na lei básica da estequiometria: a proporção das quantidades de substâncias reagentes ou formadas (em moles) é igual à proporção dos coeficientes correspondentes na equação de reação (coeficientes estequiométricos).
Para a reação aluminotérmica descrita pela equação:
3Fe 3 O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,
as quantidades de substâncias reagidas e produtos de reação estão relacionadas como
Para os cálculos, é mais conveniente usar outra formulação desta lei: a razão entre a quantidade de substância reagida ou formada como resultado da reação e seu coeficiente estequiométrico é uma constante para uma determinada reação.
Em geral, para uma reação da forma
aA + bB = cC + dD,
onde letras minúsculas indicam coeficientes e letras grandes indicam substâncias químicas, as quantidades de reagentes são relacionadas pela razão:
Quaisquer dois termos desta razão, relacionados por igualdade, formam a proporção de uma reação química: por exemplo,
Se a massa da substância formada ou reagida da reação for conhecida para uma reação, então sua quantidade pode ser encontrada usando a fórmula
e então, usando a proporção da reação química, podem ser encontradas as reações para as substâncias restantes. Uma substância, por cuja massa ou quantidade são encontradas as massas, quantidades ou volumes de outros participantes da reação, é às vezes chamada de substância de suporte.
Se forem fornecidas as massas de vários reagentes, então as massas das substâncias restantes são calculadas com base na substância que está em falta, ou seja, é completamente consumida na reação. Quantidades de substâncias que correspondem exatamente à equação de reação sem excesso ou deficiência são chamadas de quantidades estequiométricas.
Assim, em problemas relacionados a cálculos estequiométricos, a ação principal é encontrar a substância suporte e calcular sua quantidade que entrou ou se formou como resultado da reação.
Cálculo da quantidade de sólidos individuais
onde está a quantidade de substância sólida individual A;
Massa da substância sólida individual A, g;
Massa molar da substância A, g/mol.
Cálculo da quantidade de mineral natural ou mistura de sólidos
Seja dada a pirita mineral natural, cujo principal componente é FeS 2. Além disso, a pirita contém impurezas. O conteúdo do componente principal ou impurezas é indicado em porcentagem em massa, por exemplo, .
Se o conteúdo do componente principal for conhecido, então
Se o conteúdo de impurezas for conhecido, então
onde está a quantidade de substância FeS 2 individual, mol;
Massa do mineral pirita, g.
A quantidade de um componente em uma mistura de sólidos é calculada de forma semelhante se seu conteúdo em frações de massa for conhecido.
Cálculo da quantidade de substância em um líquido puro
Se a massa for conhecida, o cálculo será semelhante ao de um sólido individual.
Se o volume do líquido for conhecido, então
1. Encontre a massa deste volume de líquido:
mf = Vf·sf,
onde mf é a massa do líquido g;
Vf - volume de líquido, ml;
sf - densidade do líquido, g/ml.
2. Encontre o número de moles de líquido:
Esta técnica é adequada para qualquer estado de agregação de uma substância.
Determine a quantidade da substância H 2 O em 200 ml de água.
Solução: se a temperatura não for especificada, então a densidade da água é assumida como 1 g/ml, então:
Cálculo da quantidade de soluto em uma solução se sua concentração for conhecida
Se a fração mássica da substância dissolvida, a densidade da solução e seu volume forem conhecidos, então
solução m = V solução c solução,
onde m solução é a massa da solução, g;
Solução V - volume de solução, ml;
solução c - densidade da solução, g/ml.
onde está a massa da substância dissolvida, g;
Fração mássica de soluto, expressa em%.
Determine a quantidade de ácido nítrico em 500 ml de uma solução ácida a 10% com densidade de 1,0543 g/ml.
Determine a massa da solução
solução m = solução V solução s = 500 1,0543 = 527,150 g.
Determine a massa de HNO 3 puro
Determine o número de moles de HNO 3
Se a concentração molar do soluto e da substância e o volume da solução forem conhecidos, então
onde está o volume da solução, l;
Concentração molar da i-ésima substância em solução, mol/l.
Cálculo da quantidade de substância gasosa individual
Se a massa de uma substância gasosa for fornecida, ela será calculada usando a fórmula (1).
Se o volume medido em condições normais for fornecido, então de acordo com a fórmula (2), se o volume de uma substância gasosa for medido sob quaisquer outras condições, então de acordo com a fórmula (3), as fórmulas são fornecidas nas páginas 6-7.
Ao traçar uma equação para uma reação de oxidação-redução (ORR), é necessário determinar o agente redutor, o agente oxidante e o número de elétrons dados e recebidos. Os coeficientes ORR estequiométricos são selecionados usando o método de equilíbrio eletrônico ou o método de equilíbrio elétron-íon (este último também é chamado de método de meia reação). Vejamos alguns exemplos. Como exemplo de compilação de equações ORR e seleção de coeficientes estequiométricos, analisaremos o processo de oxidação do dissulfeto de ferro (II) (pirita) com ácido nítrico concentrado: Em primeiro lugar, determinaremos os possíveis produtos da reação. O ácido nítrico é um agente oxidante forte, então o íon sulfeto pode ser oxidado ao estado de oxidação máximo S (H2S04) ou a S (SO2), e Fe - a Fe, enquanto HN03 pode ser reduzido a NO ou N02 (o conjunto de produtos específicos são determinadas concentrações de reagentes, temperatura, etc.). Vamos escolher a seguinte opção possível: H20 estará no lado esquerdo ou direito da equação, ainda não sabemos. Existem dois métodos principais para selecionar coeficientes. Vamos primeiro aplicar o método do equilíbrio elétron-íon. A essência deste método está em duas afirmações muito simples e muito importantes. Primeiramente, este método considera a transição de elétrons de uma partícula para outra, levando necessariamente em consideração a natureza do meio (ácido, alcalino ou neutro). Em segundo lugar, ao compilar a equação de equilíbrio elétron-íon, apenas as partículas que realmente existem durante um determinado ORR são escritas - apenas cátions ou anonas realmente existentes são escritos na forma de íons; Substâncias pouco diiosociativas, insolúveis ou liberadas na forma de gás são escritas na forma molecular. Ao compilar uma equação para os processos de oxidação e redução, para equalizar o número de átomos de hidrogênio e oxigênio, moléculas de água e íons de hidrogênio (se o meio for ácido) ou moléculas de água e íons hidróxido (se o meio for alcalino) são introduzido (dependendo do meio). Consideremos a semi-reação de oxidação para o nosso caso. Moléculas de FeS2 (uma substância pouco solúvel) são convertidas em íons Fe3+ (nitrato de ferro (I1) dissocia-se completamente em íons) e íons sulfato S042 (dissociação de H2SO4): Consideremos agora a semi-reação de redução do íon nitrato: Para equalizar o oxigênio, adicionar 2 moléculas de água ao lado direito, e à esquerda - 4 íons H+: Para equalizar a carga, adicionamos 3 elétrons ao lado esquerdo (carga +3): Finalmente temos: Reduzindo ambas as partes em 16H+ e 8H20, obtemos a equação iônica final e abreviada da reação redox: Ao adicionar o número correspondente de íons NOJ nH+ a ambos os lados da equação, encontramos a equação molecular da reação: Observe que para determinar o número de elétrons dados e recebidos, nunca tivemos que determinar o estado de oxidação dos elementos. Além disso, levamos em consideração a influência do ambiente e determinamos “automaticamente” que H20 está no lado direito da equação. Não há dúvida de que este método faz grande sentido químico. Método de equilíbrio Emprooigo. A essência do método para encontrar coeficientes estequiométricos nas equações ORR é a determinação obrigatória dos estados de oxidação dos átomos dos elementos participantes da ORR. Usando esta abordagem, equalizamos novamente a reação (11.1) (acima aplicamos o método da meia-reação a esta reação). O processo de redução é descrito de forma simples: É mais difícil traçar um esquema de oxidação, pois dois elementos são oxidados ao mesmo tempo - Fe e S. Você pode atribuir um estado de oxidação de +2 ao ferro, 1 ao enxofre e levar em consideração que para um átomo de Fe existem dois átomos de S: Você pode, no entanto, dispensar a determinação dos estados de oxidação e escrever um diagrama semelhante ao diagrama (11.2): O lado direito tem uma carga de +15, o esquerdo - 0, então FeS2 deve dar até 15 elétrons. Anotamos o balanço geral: Precisamos “entender” um pouco mais a equação de balanço resultante - ela mostra que 5 moléculas de HN03 vão para a oxidação do FeS2 e mais 3 moléculas de HNO são necessárias para a formação do Fe(N03)j: Para equalizar hidrogênio e oxigênio, 2 moléculas de H20 devem ser adicionadas à parte direita: O método de equilíbrio elétron-íon é mais universal comparado ao método de equilíbrio eletrônico e tem uma vantagem inegável na seleção de coeficientes em muitos ORRs, em particular, com a participação de compostos orgânicos, nos quais até o procedimento de determinação dos estados de oxidação é muito complexo. - Considere, por exemplo, o processo de oxidação do etileno que ocorre quando ele passa por uma solução aquosa de permanganato de potássio. Como resultado, o etileno é oxidado em etilenoglicol HO - CH2 - CH2 - OH, e o permanganato é reduzido a óxido de manganês (TV), além disso, como ficará óbvio na equação de equilíbrio final, o hidróxido de potássio também é formado à direita : Depois de fazer as reduções necessárias de termos semelhantes, escrevemos a equação na forma molecular final* A influência do ambiente na natureza do processo ORR Os exemplos analisados (11.1) - (11.4) ilustram claramente a “técnica” de utilização. o método do equilíbrio elétron-íon no caso de ORR que ocorre em um ambiente ácido ou alcalino. O caráter do ambiente influencia o curso de uma ou outra reação redox; para “sentir” essa influência, consideremos o comportamento do mesmo agente oxidante (KMn04) em diferentes ambientes. O íon MnO2 apresenta a maior atividade oxidativa em. ambiente ácido, reduzindo para um nível inferior em ambiente neutro, recuperando para Mn+4(Mn0j), e o mínimo - na força cervical, na qual subiu para (mvnganat-nOn Mn042"). Isso se explica da seguinte maneira. Os ácidos, após a dissociação, formam íons histéricos ffjO+, que polarizam os íons MoOG de 4". Eles enfraquecem as ligações do manganês com o oxigênio (aumentando assim o efeito do agente redutor). Em um ambiente neutro, o efeito polarizador das moléculas de água é significativamente reduzido . >" íons MnO; polarizado muito menos. Em um ambiente fortemente alcalino, os íons hidróxido fortalecem até mesmo a ligação Mn-O, como resultado a eficácia do agente redutor diminui e o MnO^ aceita apenas um elétron. Um exemplo do comportamento do permanganato de potássio em ambiente neutro é apresentado pela reação (11.4). Damos também um exemplo de reações envolvendo KMPOA em ambientes ácidos e alcalinos
