tvorba vody. Roztok získaný po prechode plynov vodou mal kyslú reakciu. Keď sa na tento roztok pôsobilo dusičnanom strieborným, vytvorilo sa 14,35 g bielej zrazeniny. Určte kvantitatívne a kvalitatívne zloženie východiskovej zmesi plynov. Riešenie.

Plyn, ktorý horí za vzniku vody, je vodík; je mierne rozpustný vo vode. Vodík s kyslíkom a vodík s chlórom reagujú na slnečnom svetle explozívne. Je zrejmé, že v zmesi s vodíkom bol chlór, pretože výsledný HC1 je vysoko rozpustný vo vode a s AgN03 poskytuje bielu zrazeninu.

Zmes teda pozostáva z plynov H2 a C1:

1 mol 1 mol

HC1 + AgN03 -» AgCl 4- HN03.

x mol 14,35

Pri úprave 1 mol HC1 vznikne 1 mol AgCl a pri úprave x mol 14,35 g alebo 0,1 mol. Mr(AgCl) = 108 + 24-35,5 = 143,5, M(AgCl) = 143,5 g/mol,

v= - = = 0,1 mol,

x = 0,1 mol HC1 bol obsiahnutý v roztoku. 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) vodík a chlór zreagovali za vzniku 0,1 mol

NS1. Zmes obsahovala 1,12 litra chlóru a 1,12 litra vodíka + 1,12 litra (nadbytok) = 2,24 litra.

Príklad 6. V laboratóriu je zmes chloridu sodného a jodidu sodného. 104,25 g tejto zmesi sa rozpustilo vo vode a prebytok chlóru sa nechal prejsť cez výsledný roztok, potom sa roztok odparil do sucha a zvyšok sa kalcinoval do konštantnej hmotnosti pri 300 °C.

Hmotnosť sušiny bola 58,5 g Stanovte zloženie východiskovej zmesi v percentách.

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

Vo východiskovej zmesi: hmotnosť NaCl - x g, hmotnosť Nal - (104,25 - x) g.

Keď chlorid sodný a jodid prechádzajú cez roztok, jód sa ním vytláča. Po prechode suchého zvyšku sa jód odparil. Suchou látkou teda môže byť iba NaCl.

Vo výslednej látke: hmotnosť počiatočného NaCl x g, hmotnosť výsledného (58,5-x):

2 150 g 2 58,5 g

2NaI + C12 -> 2NaCl + 12

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

2 150 (58,5 - x) = 2 58,5 (104,25-x)

x = - = 29,25 (g),

tie. NaCl v zmesi bolo 29,25 g a Nal - 104,25 - 29,25 = 75 (g).

Poďme zistiť zloženie zmesi (v percentách):

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

©(NaCl) = 100 % - 71,9 % = 28,1 %.

Príklad 7: 68,3 g zmesi dusičnanu, jodidu a chloridu draselného sa rozpustilo vo vode a spracovalo sa s chlórovou vodou. V dôsledku toho sa uvoľnilo 25,4 g jódu (ktorého rozpustnosť vo vode bola zanedbaná). Rovnaký roztok bol ošetrený dusičnanom strieborným. Spadlo 75,7 g sedimentu. Určte zloženie počiatočnej zmesi.

Chlór neinteraguje s dusičnanom draselným a chloridom draselným:

2KI + C12 -» 2KS1 + 12,

2 mol - 332 g 1 mol - 254 g

Mg(K1) = 127 + 39 - 166,

x = = 33,2 g (KI bol v zmesi).

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

1 mol 1 mol

KI + AgN03 = Agl + KN03.

0,2 mol x mol

x = = 0,2 mol.

Mr(Agl) = 108 + 127 = 235,

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

potom bude AgCl

75,7 g - 47 g = 28,7 g.

74,5 g 143,5 g

KCl + AgN03 = AgCl + KN03

X = 1 L = 14,9 (KCI).

Preto zmes obsahovala: 68,3 - 33,2 - 14,9 = 20,2 g KN03.

Príklad 8. Na neutralizáciu 34,5 g olea sa spotrebuje 74,5 ml 40 % roztoku hydroxidu draselného. Koľko mólov oxidu sírového (VI) je na 1 mól kyseliny sírovej?

100% kyselina sírová rozpúšťa oxid sírový (VI) v akomkoľvek pomere. Zloženie vyjadrené vzorcom H2S04*xS03 sa nazýva oleum. Vypočítajme, koľko hydroxidu draselného je potrebné na neutralizáciu H2S04:

1 mol 2 mol

H2S04 + 2KON -> K2S04 + 2H20 xl mol y mol

y - 2 x 1 mol KOH ide na neutralizáciu S03 v oleu. Vypočítajme, koľko KOH je potrebné na neutralizáciu 1 mol S03:

1 mol 2 mol

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

z - 2 x 2 mol KOH ide na neutralizáciu SOg v oleu. Na neutralizáciu olea sa používa 74,5 ml 40% roztoku KOH, t.j. 42 g alebo 0,75 mol KOH.

Preto 2 xl + 2 x 2 = 0,75,

98 xl + 80 x 2 = 34,5 g,

xl = 0,25 mol H2S04,

x2 = 0,125 mol S03.

Príklad 9 Existuje zmes uhličitanu vápenatého, sulfidu zinočnatého a chloridu sodného. Ak sa 40 g tejto zmesi vystaví nadbytku kyseliny chlorovodíkovej, uvoľní sa 6,72 litra plynov, ktoré pri interakcii s nadbytkom oxidu sírového uvoľnia 9,6 g sedimentu. Určite zloženie zmesi.

Keď bola zmes vystavená nadbytku kyseliny chlorovodíkovej, mohol sa uvoľniť oxid uhoľnatý (IV) a sírovodík. Iba sírovodík reaguje s oxidom sírovým (IV), takže jeho objem možno vypočítať z množstva uvoľnenej zrazeniny:

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 1 (0,2 mol) H2S; z rovníc (2 - 3) je zrejmé, že ZnS bol 0,2 mol (19,4 g):

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

Je zrejmé, že oxid uhoľnatý (IV) v zmesi bol:

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

Zloženie rovnovážnej zmesi možno vyjadriť pomocou:

a) stupeň disociácie ()

b) stupeň konverzie ()

c) výťažok produktu (x)

Pozrime sa na všetky tieto prípady pomocou príkladov:

A) podľa stupňa disociácie

Stupeň disociácie () je podiel disociovaných molekúl z pôvodného počtu molekúl. Dá sa vyjadriť v množstve látky

Kde n diss– počet rozpadnutých mólov pôvodnej látky; n ref– počet mólov východiskovej látky pred reakciou.

Nech je pred reakciou napríklad 5 mol NO 2 a α je stupeň disociácie NO 2 .

Podľa rovnice (1.20)
, NO 2 zostane nezreagovaný (5 – 5).

Podľa reakčnej rovnice pri disociácii 2 mólov NO 2 sa získajú 2 móly NO a 1 mól O 2 a z 5, 5 mólov NO resp. mol O2. Rovnovážna čiara by bola:

b ) podľa stupňa premeny

Stupeň premeny látky () je podiel zreagovaných molekúl danej látky k počiatočnému počtu molekúl tejto látky. Vyjadrujeme ho v množstve látky v móloch

(1.21)

Nech sa vezmú 2 móly CO a 2 móly H2,  je stupeň konverzie vodíka v reakcii

Vysvetlime rovnovážnu čiaru. Vychádzame z látky, pre ktorú je známy stupeň premeny, teda H 2. Z rovnice (1.21) dostaneme n reagovať = n out· = 2 .

Zo stechiometrickej rovnice je zrejmé, že CO sa spotrebuje 3-krát menej ako H2, to znamená, že ak H2 zreaguje 2, potom CO bude reagovať a zvyšok zostane nezreagovaný v momente rovnováhy. Uvažujeme aj vo vzťahu k produktom pomocou stechiometrickej rovnice.

V) podľa výstupu produktu.

Výťažok produktu (x) je množstvo konečnej látky v móloch. Nech "x" je výťažok metanolu v reakcii

vo všetkých troch prípadoch je uvažovanie podobné a vychádza z látky, pre ktorú je niečo známe (v príkladoch je táto hodnota podčiarknutá).

Keď poznáme zloženie rovnovážnej zmesi, môžeme vyjadriť rovnovážnu konštantu. Takže pre prípad "c"

a z rovnice (1.19)

Látkový výnos v akciách(alebo %) – pomer množstva vytvoreného produktu k celkovému množstvu látky v rovnovážnej zmesi:

V tomto príklade:

1.3.4 Vplyv rôznych faktorov na posun rovnováhy (na zloženie rovnovážnej zmesi)

Vplyv tlaku (alebo objemu) pri T=konšt

Ak je systém ideálny, potom rovnovážna konštanta Kp nezávisí od tlaku (ani objemu). Ak k reakcii dôjde pri vysokých tlakoch, musíte použiť rovnicu:

, (1.22)

Kde f– prchkosť.

K f nezávisí od tlaku, ale hodnota K p závisí od tlaku, ale pri znižovaní tlaku sa približuje k hodnote K f keďže skutočná zmes plynov sa blíži k ideálnemu stavu, f  p. Takže k reakcii:

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

Pri nízkych tlakoch to možno zvážiť TO R nezávisle od tlaku, tzn
. V nasledujúcom texte sa budeme zaoberať týmto konkrétnym prípadom.

Zo vzťahu (1.12) je zrejmé, že veličiny
,
bude teda závisieť od tlaku bez ovplyvnenia rovnovážnej konštanty zmeny tlaku môžu ovplyvniť zloženie rovnovážnej zmesi a výťažok produktov.

(1.23)

Rovnica (1.23) ukazuje, že vplyv tlaku na
je určená množstvomn:

n  0, reakcia prebieha so zvýšením počtu mólov plynných produktov, napr.

, teda so zvýšením celkového tlaku TO X klesá a počet produktov v rovnovážnej zmesi sa tiež znižuje, to znamená, že rovnováha sa posúva doľava smerom k tvorbe COCl2.

n = 0-2-1= -3

to znamená, že so zvyšujúcim sa tlakom sa zvyšuje K x (a výťažok produktu).

K= K= konšt. V tomto prípade zloženie rovnovážnej zmesi nezávisí od tlaku.

Pridanie inertného plynu pri P = const ovplyvňuje posun rovnováhy podobne ako pokles tlaku. Za inertný plyn v chemickej rovnováhe sa považujú plyny, ktoré neinteragujú s reaktantmi alebo reakčnými produktmi.

Zvýšenie objemu pri konštantnom tlaku ovplyvňuje posun rovnováhy rovnako ako pokles tlaku.

Vplyv pomeru medzi komponentmi

Zloženie rovnovážnej zmesi je tiež ovplyvnené pomerom reakčných činidiel použitých pri reakcii.

Najvyšší výťažok produktov bude pri stechiometrickom pomere. Takže k reakcii

pomer vodíka a dusíka 3:1 poskytne najvyšší výťažok amoniaku.

V niektorých prípadoch je potrebný vysoký stupeň konverzie jedného z činidiel, dokonca na úkor výťažku produktu.

Napríklad, keď reakciou vzniká chlorovodík

je potrebná úplnejšia konverzia chlóru, aby rovnovážna zmes obsahovala čo najmenej Cl 2. Rovnovážna zmes sa rozpustí vo vode a tak sa získa kyselina chlorovodíková. V tomto prípade je vodík takmer nerozpustný vo vode a nie je obsiahnutý v kyseline, zatiaľ čo voľný chlór sa rozpúšťa a kvalita kyseliny chlorovodíkovej sa zhoršuje.

Aby sa dosiahol maximálny stupeň konverzie Cl2, vezmite druhé činidlo, H2, vo veľkom nadbytku.

Zvýšenie stupňa premeny oboch zložiek sa môže dosiahnuť, ak sa reakčné produkty odstránia z reakčnej zóny a viažu ich na mierne disociujúce, ťažko rozpustné alebo neprchavé látky.

Vplyv teploty na rovnováhu

Skúsenosti ukazujú, že na zloženie rovnovážnej zmesi má veľký vplyv teplota, ktorá v niektorých reakciách zvyšuje obsah produktov reakcie a v iných ho znižuje. Táto závislosť sa prejavuje kvantitatívne rovnice izobary(1,24) a izochóry (1.25) Van't Hoff:

(1.24)
(1.25)

Z týchto rovníc je zrejmé, že zmena rovnovážnej konštanty so zvyšujúcou sa teplotou (a teda aj zmena výťažku reakčného produktu) je určená znamienkom tepelného účinku H a U:

H0 alebo U0 - endotermická reakcia (s absorpciou tepla). Pravé strany rovníc sú väčšie ako nula, čo znamená, že aj derivácie sú väčšie ako nula:

> 0;
> 0

Funkcie lnK p a lnK c (rovnako ako K p a K c) teda narastajú so zvyšujúcou sa teplotou.

H0 alebo U0 - reakcia je exotermická (s uvoľňovaním tepla).

< 0;
< 0

Rovnovážna konštanta s rastúcou teplotou klesá, t.j. v rovnovážnej zmesi klesá obsah reakčných produktov a zvyšuje sa obsah východiskových látok.

Zvýšenie teploty teda podporuje úplnejší priebeh endotermický procesy. Poďme integrovať izobarovú rovnicu.

Nech Hf(T) oddeľuje premenné a integruje,

;
(1.26)

Ako vidíme, rovnovážna konštanta závisí od teploty podľa exponenciálneho zákona:
a v súradniciach ln K = f( ) lineárna závislosť (rovnica 1.26, obrázok 1.7)

Obrázok 1.7 – Teplotná závislosť rovnovážnej konštanty

Definitívna integrácia izobarovej rovnice dáva:

(1.27)

Keď poznáme hodnotu rovnovážnej konštanty pri jednej teplote, môžeme nájsť Kp pri akejkoľvek inej teplote so známou hodnotou H.

Zloženie východiskovej zmesi na výrobu umelého kameňa. (Fotogaléria „Naše technológie“ na rovnomennej stránke. Čo je súčasťou zloženia umelého obkladového kameňa vyrábaného pomocou pružných elastických vstrekovacích foriem. Dekoračný obkladový kameň, o ktorom hovoríme, je v podstate typický pieskový betón na báze Portlandu cement, vyrobený vibračným odlievaním do špeciálnych pružných elastických matríc - foriem a špeciálne farbený Uvažujme hlavné zložky betónovej zmesi na výrobu umelého obkladového kameňa metódou vibračného odlievania Spojivo je základom každého umelého obkladového kameňa. v tomto prípade ide o portlandský cement triedy M-400 alebo M-500. Aby kvalita betónu zostala vždy stabilne vysoká, odporúčame používať iba „čerstvý“ cement (ako je známe, časom rýchlo stráca svoje vlastnosti a od nesprávne skladovanie) od rovnakého výrobcu s dobrou povesťou.Na výrobu dekoratívneho obkladového kameňa, obyčajného, ​​šedého cementu a bieleho cementu. V prírode existuje množstvo farieb a odtieňov, ktoré sa dajú replikovať iba na bielom cemente. V ostatných prípadoch sa používa portlandská sivá (z dôvodov ekonomickej realizovateľnosti).

Mnoho domácich výrobcov umelého obkladového kameňa v poslednej dobe aktívne používa sadru ako spojivo. Zároveň tvrdia, že ich výrobkami sú keramzitbetón. A spravidla sa na firemných stánkoch prezentuje keramzitový betón. Ale je tu jeden bod, ktorý určuje správanie výrobcov umelého obkladového kameňa. Náklady na flexibilné elastické vstrekovacie formy, ktoré vám umožňujú presne replikovať textúru kameňa, sú veľmi vysoké.

A pri dodržaní technológie je obrat vstrekovacích foriem, teda čas od momentu naliatia betónu až po odstránenie debnenia, 10-12 hodín oproti 30 minútam pri omietke. Práve to tlačí firmy k tomu, aby používali sadru ako spojivo. A cena sadry je najmenej päťkrát nižšia ako cena bieleho cementu. To všetko poskytuje spoločnostiam super zisky. Ale cena pre koncového spotrebiteľa je veľmi vysoká! Extrémne nízka mrazuvzdornosť a pevnosť takýchto výrobkov vám nedovolí dlho si užívať vzhľad fasád.

Prezentované fotografie zobrazujú omietkové výrobky rok po inštalácii. Viacnásobné praskliny a zničenie sú jasne viditeľné. Preto je použitie tohto materiálu v priemyselnom meradle ťažké. Na základe úloh, ktoré pred nami stoja, uprednostňujeme výrobu umelých obkladových kameňov – materiálu s tvrdosťou a odermi blízkymi prírodnému kameňu, vhodného na vonkajšie aj vnútorné obklady, pred dekoráciami, ktoré sú krehké a vrtošivé voči pôsobeniu vody. Filler. V závislosti od typu použitých plnív môže byť umelý obkladový kameň na báze cementu „ťažký“ (2-2,4 g/cm3) alebo „ľahký“ (asi 1,6 g/cm3). V ideálnom prípade sa ťažký betón používa na výrobu dlažobných kociek, ozdobných dlažobných dosiek, bordúr, soklových rámov a interiérového kameňa. Na výrobu umelého obkladového kameňa používaného na dekoráciu exteriéru sa používa ľahký betón.

Približne to robia výrobcovia pracujúci s americkou technológiou. V regiónoch sa, žiaľ, používa prevažne ťažký betón. Samozrejme, je oveľa jednoduchšie vyrobiť dekoratívny kameň na piesku, ale pre spotrebiteľa bude vždy výhodnejší svetlý kameň. Je to len otázka voľby. Na výrobu ťažkého umelého obkladového kameňa sa používa hrubý kremenný piesok frakcie 0,63-1,5 mm (použitie jemného piesku zhoršuje pevnostné vlastnosti betónu) a prípadne drobná drvina, napr. frakcia 5-10 mm. „Ľahký“ obkladový kameň sa vyrába z expandovaného hlineného piesku. Ale pri výrobe umelého obkladového kameňa na expandovanej hline by sa mal brať do úvahy nasledujúci faktor. V júli 2001 sme od zákazníkov dostali informáciu o výskyte „výstrelov“ (bodové napučiavanie bielej hmoty) na povrchu výrobkov (ľahký betón). Na základe konzultácií s odborníkmi sa zistilo, že „výstrely“ sa objavujú v dôsledku rozpadu vápencových inklúzií nachádzajúcich sa v expandovanej hline.

Pri interakcii voľného vápnika s vlhkosťou (vodou alebo jej parou) dochádza k chemickej reakcii sprevádzanej zväčšením objemu voľných vápnikových zŕn, čo má za následok takzvaný „výstrelový“ efekt. CaO + H2O = Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3 Zvláštnosťou tejto chemickej reakcie je, že trvá veľmi dlho – až 6 mesiacov. Výrobcovia expandovanej hliny vyrábajú výrobky v súlade s GOST, čo umožňuje prítomnosť vápenných zŕn až do 3% celkovej hmotnosti. Efekt „výstrelov“ znižuje spotrebiteľské vlastnosti výrobkov, preto bola stanovená úloha nájsť nové plnivo na výrobu ľahkého betónu.

Bolo pozorované, že reakcia vodného kameňa spôsobuje deštrukciu povrchu výrobkov LEN pri dekorácii interiéru. Pri použití výrobkov na konečnú úpravu soklov a fasád budov nie je pozorované žiadne viditeľné zničenie dokončovacieho materiálu. Podľa vyjadrenia pracovníka NIIZHB sa rozklad vápna vyrovnáva pri použití výrobkov na vonkajšiu výzdobu budov. V súvislosti s identifikáciou tohto vzoru sa od augusta 2001 výrobky pre interiérové ​​práce nevyrábajú na keramzitu, ale na inom (ťažšom) kamenive. Pre prechod na jedno plnivo navrhujeme nasledovné spôsoby riešenia tohto problému: 1. Ako plnivo použiť drvený keramzit frakcie aspoň 2 cm 2. Vytvárať skládky keramzitu so skladovaním na voľnom priestranstve min. 6-9 mesiacov.

3. Vytvorenie heterogénneho plniva z kremenného piesku a ľahšieho umelého plniva. 4. Použitie troskovej pemzy. objemová hmotnosť hotového výrobku sa však zvýši na 1800-2000 kg/m3. Ľahké kamenivo musí spĺňať nasledujúce požiadavky. objemová hmotnosť cca 600 kg/m3. frakcia piesku 0-0,5 cm alebo 0-1 cm (prítomnosť jemnej frakcie 15 % obj. pevnosť v tlaku 18 kg/cm (index expandovaného ílu. nasiakavosť do 25 % (index expandovaného ílu. Pri výrobe umelých obkladov). kameň, dekoratívne dlažobné dosky, drobné architektonické výrobky na pružných elastických vstrekovacích formách, možno použiť tieto plnivá: Trosková pemza, Granulovaná troska, Drvený kameň a troskový piesok, Penové sklo, Expandovaný perlitový piesok, Tvrdý expandovaný perlit, Expandovaný vermokulit, Expandovaný polystyrén , Obohatený kremenný piesok, Mramorové úlomky, Stavebný piesok (biely), Formovací piesok, Sopečná pemza. Pigmenty a farbivá. Najdôležitejšou zložkou dekoratívneho obkladového kameňa sú použité pigmenty (farbivá). Zručné alebo nešikovné použitie farbív priamo ovplyvňuje vzhľad finálneho produktu.V skúsených rukách sa obyčajný betón zmení na niečo úplne na nerozoznanie od prírodného „divokého“ kameňa. Ako to dosiahnuť? Na farbenie cementu sa používajú minerálne anorganické pigmenty (oxidy titánu, železa, chrómu) a špeciálne farbivá odolné voči svetlu a poveternostným vplyvom. Skúsení výrobcovia si väčšinou vyberajú farbivá od firiem ako Bayer, Du Pont, Kemira a ďalších rovnako renomovaných. Je to dané nielen trvalo vysokou kvalitou ich produktov, ale aj širokým sortimentom. Spoločnosť Bayer teda ponúka niekoľko desiatok pigmentov na báze oxidu železa. Ich vzájomným kombinovaním si môžete vybrať takmer akýkoľvek požadovaný odtieň farby. Portlandský cement, expandovaný ílový piesok a pigmenty sú teda hlavným zložením umelého obkladového kameňa. Mnohí výrobcovia výrobkov z architektonického betónu sa na to obmedzujú, napriek tomu, že do cementu existuje veľké množstvo rôznych prísad na zlepšenie určitých vlastností. V každom väčšom meste nájdete dodávateľov domácich a dovážaných prísad do betónu. Ide o rôzne superplastifikátory, ktoré zlepšujú spracovateľnosť a zvyšujú pevnosť betónu; polymér-latexové prísady, ktoré majú priaznivý vplyv na trvanlivosť betónu; urýchľovače tvrdnutia betónu a prísady na prevzdušňovanie; objemové vodoodpudivé látky, ktoré mnohonásobne znižujú nasiakavosť (užitočné na fasády, soklové a dlažobné kocky); chemické vlákna na rozptýlené vystuženie, čo dramaticky zvyšuje odolnosť proti praskaniu a oveľa viac. Sami sa rozhodnite, či niektorú z týchto prísad použijete alebo nie, len vám chceme odporučiť na ošetrenie povrchu dekoračného obkladového kameňa použiť ochranné impregnačné hmoty. Správne zvolený vodoodpudivý prostriedok na betón dosiahne nasledujúce výsledky. zvýši estetiku kameňa a odstráni „prašnosť“ - charakteristický znak akéhokoľvek cementového betónu. zvýši životnosť fasádneho kameňa (tu ide o to, že proces deštrukcie dekoračného betónu sa v prvom rade prejaví sýtosťou farby dlho predtým, ako sa objavia prvé známky deštrukcie, dôvodom čoho je obnaženie častíc kameniva na prednej strane povrchu kameňa.výrazne zníži riziko výkvetov na povrchu kameňa, ktoré sú pre cementové dekoračné betóny skutočnou katastrofou, a preto im treba venovať maximálnu pozornosť.

Naučiť sa riešiť problémy pomocou zmesí organických látok

Zovšeobecnenie skúseností vo vyučovaní organickej chémie v špecializovaných biologických a chemických triedach

Jedným z hlavných kritérií na zvládnutie chémie ako akademickej disciplíny je schopnosť študentov riešiť výpočtové a kvalitatívne problémy. V procese výučby v špecializovaných triedach s hĺbkovým štúdiom chémie je to obzvlášť dôležité, pretože všetky prijímacie skúšky z chémie ponúkajú úlohy so zvýšenou úrovňou zložitosti. Najväčšie ťažkosti pri štúdiu organickej chémie spôsobujú úlohy stanovenia kvantitatívneho zloženia viaczložkovej zmesi látok, kvalitatívne rozpoznávanie zmesi látok a separácia zmesí. Dôvodom je skutočnosť, že na vyriešenie takýchto problémov je potrebné hlboko pochopiť chemické vlastnosti skúmaných látok, byť schopný analyzovať a porovnávať vlastnosti látok rôznych tried a tiež mať dobré matematické vzdelanie. Veľmi dôležitým bodom vo vyučovaní je zovšeobecnenie informácií o triedach organických látok. Uvažujme o metodologických technikách rozvoja schopnosti študentov riešiť problémy pomocou zmesi organických zlúčenín.

Uhľovodíky

• Kde je ktorá látka (kvalitatívne zloženie)?
• Koľko látky je v roztoku (kvantitatívne zloženie)?
• Ako oddeliť zmes?

FÁZA 1. Zhrnutie poznatkov o chemických vlastnostiach uhľovodíkov pomocou tabuľky(Stôl 1).

2. ETAPA. Riešenie problémov s kvalitou.

Problém 1. Plynná zmes obsahuje etán, etylén a acetylén. Ako dokázať prítomnosť každého plynu v danej zmesi? Napíšte rovnice pre požadované reakcie.

Riešenie

Zo zostávajúcich plynov iba etylén odfarbí brómovú vodu:

C2H4 + Br2 = C2H4Br2.

Tretí plyn - etán - horí:

2C2H6 + 702 4C02 + 6H20.

stôl 1

Chemické vlastnosti uhľovodíkov

Činidlo	Zástupcovia uhľovodíkov
	CH3CH3etán	CH2 = CH2 etylén	CHSN acetylén	C6H6 benzén	C6H5CH3 toluén	C6H5CH=CH2styrén	C6H10 cyklohexén
Br2 (aq)	–	+	+	–	–	+	+
KMnO4	–	+	+	–	+	+	+
Ag20 (veľkosť v NH3 aq)	–	–	+	–	–	–	–
Na	–	–	+	–	–	–	–
O2	+	+	+	+	+	+	+

Úloha 2. Izolujte v čistej forme zložky zmesi pozostávajúcej z acetylénu, propénu a propánu. Napíšte rovnice pre požadované reakcie.

Riešenie

Keď zmes prechádza cez roztok amoniaku oxidu strieborného, ​​absorbuje sa iba acetylén:

C2H2 + Ag20 = C2Ag2 + HON.

Na regeneráciu acetylénu sa výsledný acetylid strieborný spracuje s kyselinou chlorovodíkovou:

C2Ag2 + 2HCl = C2H2 + 2AgCl.

Keď zostávajúce plyny prechádzajú cez brómovú vodu, propén sa absorbuje:

C3H6 + Br2 = C3H6Br2.

Na regeneráciu propénu sa výsledný dibrómpropán ošetrí zinkovým prachom:

C3H6Br2 + Zn = C3H6 + ZnBr2.

ETAPA 3. Riešenie výpočtových úloh.

Úloha 3. Je známe, že 1,12 l (n.s.) zmesi acetylénu a etylénu sa v tme úplne viaže s 3,82 ml brómu (= 3,14 g/ml). Koľkokrát sa objem zmesi zmenší po jej prechode cez roztok amoniaku oxidu strieborného?

Riešenie

Obe zložky zmesi reagujú s brómom. Vytvorme reakčné rovnice:

C2H4 + Br2 = C2H4Br2,

C2H2+2Br2 = C2H2Br4.

Označme množstvo etylénovej látky o X mol a množstvo acetylénovej látky cez
r Krtko. Z chemických rovníc je zrejmé, že množstvo reagujúcej látky bróm bude v prvom prípade X krtek a v druhom - 2 r Krtko. Množstvo látky v zmesi plynov:

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

a množstvo brómu je:

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

Vytvorme sústavu rovníc s dvoma neznámymi:

Pri riešení systému zistíme, že množstvo etylénu v zmesi sa rovná množstvu acetylénu (každý 0,025 mol). Iba acetylén reaguje s roztokom amoniaku striebra, preto pri prechode plynnej zmesi cez roztok Ag 2 O sa objem plynu zníži presne na polovicu.

Úloha 4. Plyn uvoľnený pri spaľovaní zmesi benzénu a cyklohexénu prechádzal nadbytkom barytovej vody. V tomto prípade sa získalo 35,5 g sedimentu. Zistite percentuálne zloženie východiskovej zmesi, ak rovnaké množstvo dokáže odfarbiť 50 g roztoku brómu v tetrachlórmetáne s hmotnostným zlomkom brómu 3,2 %.

Riešenie

C6Hio + Br2 = C6HioBr2.

Množstvo cyklohexénovej látky sa rovná množstvu brómovej látky:

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

Hmotnosť cyklohexénu je 0,82 g.

Zapíšme si reakčné rovnice pre spaľovanie uhľovodíkov:

C6H6 + 7,502 = 6C02 + 3 H20,

C6H10 + 8,502 = 6C02 + 5 H20.

0,01 mol cyklohexénu produkuje pri spaľovaní 0,06 mol oxidu uhličitého. Uvoľnený oxid uhličitý tvorí s barytovou vodou zrazeninu podľa rovnice:

C02 + Ba(OH)2 = BaC03 + H20.

Množstvo zrazeniny uhličitanu bárnatého (BaCO 3) = m/M= 35,5/197 = 0,18 mol sa rovná látkovému množstvu celkového oxidu uhličitého.

Množstvo oxidu uhličitého vznikajúceho pri spaľovaní benzénu je:

0,18 – 0,06 = 0,12 mol.

Pomocou rovnice pre spaľovaciu reakciu benzénu vypočítame množstvo benzénovej látky - 0,02 mol. Hmotnosť benzénu je 1,56 g.

Hmotnosť celej zmesi:

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

Hmotnostné frakcie benzénu a cyklohexénu sú 65,5 % a 34,5 %.

Obsahujúce kyslík
Organické zlúčeniny

Podobným spôsobom sa riešia problémy so zmesami v téme „Organické zlúčeniny obsahujúce kyslík“.

KROK 4. Zostavenie porovnávacej a zovšeobecňujúcej tabuľky(Tabuľka 2).

ETAPA 5. Rozpoznanie látok.

Úloha 5. Pomocou kvalitatívnych reakcií dokážte prítomnosť fenolu, kyseliny mravčej a kyseliny octovej v tejto zmesi. Napíšte reakčné rovnice a označte znaky ich výskytu.

Riešenie

Zo zložiek zmesi reaguje fenol s brómovou vodou za vzniku bielej zrazeniny:

C6H5OH + 3Br2 = C6H2Br3OH + 3H Br.

Prítomnosť kyseliny mravčej možno určiť pomocou roztoku amoniaku oxidu strieborného:

HCOOH + 2Ag(NH3)2OH = 2Ag + NH4HC03 + 3NH3 + HOH.

Striebro sa uvoľňuje vo forme sedimentu alebo zrkadlového povlaku na stenách skúmavky.

Ak po pridaní nadbytku roztoku amoniaku oxidu strieborného zmes vrie s roztokom jedlej sódy, potom možno tvrdiť, že v zmesi je prítomná kyselina octová:

CH3COOH + NaHC03 = CH3COONa + CO2 + H20.

tabuľka 2

Chemické vlastnosti kyslíka obsahujúceho
organickej hmoty

Činidlo	Zástupcovia zlúčenín obsahujúcich kyslík
	CH30H metanol	C6H5OH fenol	HCHO metan	HCOOH kyselina mravčia	CH 3 CHO acet- aldehyd	HCOOCH 3 metyl- formiát	C6H1206 glukóza
Na	+	+	–	+	–	–	+
NaOH	–	+	–	+	–	+	–
NaHC03	–	–	–	+	–	–	–
Ba2 (aq)	–	+	+	+	+	+	+
Ag20 (veľkosť v NH3 aq)	–	–	+	+	+	+	+

Úloha 6. Štyri neoznačené skúmavky obsahujú etanol, acetaldehyd, kyselinu octovú a kyselinu mravčiu. Aké reakcie možno použiť na rozlíšenie látok v skúmavkách? Napíšte reakčné rovnice.

Riešenie

Pri analýze charakteristík chemických vlastností týchto látok sme dospeli k záveru, že na vyriešenie problému by ste mali použiť roztok hydrogénuhličitanu sodného a amoniakový roztok oxidu strieborného. Acetaldehyd reaguje iba s oxidom strieborným, kyselina octová - iba s hydrogénuhličitanom sodným a kyselina mravčia - s oboma činidlami. Látkou, ktorá nereaguje so žiadnym z činidiel, je etanol.

Reakčné rovnice:

CH3CHO + 2Ag(NH3)2OH = CH3COONH4 + 2Ag + 3NH3 + HOH,

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

HCOOH + 2Ag(NH3)2OH = 2Ag + NH4HC03 + 3NH3 + NOH,

HCOOH + NaHC03 = HCOONa + CO2 + HON.

KROK 6. Stanovenie kvantitatívneho zloženia zmesi.

Úloha 7. Na neutralizáciu 26,6 g zmesi kyseliny octovej, acetaldehydu a etanolu sa spotrebovalo 44,8 g 25 % roztoku hydroxidu draselného. Keď rovnaké množstvo zmesi reagovalo s nadbytkom kovového sodíka, pri okolitých podmienkach sa uvoľnilo 3,36 litra plynu. Vypočítajte hmotnostné zlomky látok v tejto zmesi.

Riešenie

Kyselina octová a etanol budú reagovať s kovovým Na, ale iba kyselina octová bude reagovať s KOH. Vytvorme reakčné rovnice:

CH3COOH + Na = CH3COONa + 1/2H2, (1)

C2H5OH + Na = C2H5ONa + 1/2H2, (2)

Úloha 8. Na zmes pyridínu a anilínu s hmotnosťou 16,5 g sa pôsobí 66,8 ml 14 % kyseliny chlorovodíkovej (= 1,07 g/ml). Na neutralizáciu zmesi bolo potrebné pridať 7,5 g trietylamínu. Vypočítajte hmotnostné frakcie solí vo výslednom roztoku.

Riešenie

Vytvorme reakčné rovnice:

C5H5N + HCl = (C5H5NH)Cl,

C6H5NH2 + HCl = (C6H5NH3) Cl,

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

Vypočítajme množstvo látok, ktoré sa zúčastňujú reakcií:

(HCl) = 0,274 mol,

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

Na neutralizáciu trietylamínu sa spotrebovalo aj 0,074 mol kyseliny a na reakciu so zmesou: 0,274 – 0,074 = 0,2 mol.

Používame rovnakú techniku ​​ako v úlohe 3. Označme X– počet mólov pyridínu a r– počet anilínu v zmesi. Vytvorme si sústavu rovníc:

Pri riešení systému zistíme, že množstvo pyridínu je 0,15 mol a anilínu je 0,05 mol. Vypočítajme množstvá látok hydrochloridových solí pyridínu, anilínu a trietylamínu, ich hmotnosti a hmotnostné zlomky. Sú to 0,15 mol, 0,05 mol, 0,074 mol; 17,33 g, 6,48 g, 10,18 g; 18,15 %, 6,79 %, 10,66 %.

LITERATÚRA

Kuzmenko N.E., Eremin V.V. Chémia. 2400 úloh pre školákov a študentov vysokých škôl. M.: Drop, 1999;
Ushkalova V.N., Ioanidis N.V.. Chémia: súťažné úlohy a odpovede. Príručka pre uchádzačov o štúdium na vysokých školách. M.: Vzdelávanie, 2000.