4.1 urejanje ena b kemijskih reakcij - ul fkkt - fakulteta za...

��

88

4.1 Urejanje ena�b kemijskih reakcij

Urejena kemijska ena�ba (ali ena�ba kemijske reakcije) nam razodeva mno�insko razmerjekemijsko definiranih snovi ali števil�no razmerje “zvrsti”, ki v reakcijo vstopajo in pri reakcijinastanejo. Med kemijsko definirane snovi sodijo v prvi vrsti elementi (npr. Cu, Al, S , Cl ) in spojine (npr.8 2

H O, NaCl, C H O ), toda tudi “bolj komplicirane” substance, ki so lahko “sestavljene” iz2 12 22 11

ve� spojin (npr. modra galica, CuSO �5H O, je sestavljena iz spojine CuSO in spojine H O, ki4 2 4 2

sta v tej definirani substanci “povezani” v mno�inskem razmerju 1 : 5).Med “zvrsti”, ki so temeljni mikroskopski gradniki snovi, prištevamo atome, molekule in ione(katione in anione), lahko pa tudi radikale in elektrone. Preden za�nemo obravnavati postopkereševanja ena�b, jih bomo opredelili

I) glede na naboj reaktantov in produktov kot:A) nevtralne: vsi reaktanti in produkti imajo naboj 0 in so sestavljeni bodisi iz molekul,

zapisanih s pravo ali empiri�no formulo (na primer P O ali P O ) ali pa4 2 510

formulskih enot, to je gradnikov, zapisanih z empiri�no formulo, ki podanajenostavnejše razmerje nasprotno nabitih ionov v ionsko zgrajenih spojinah(na primer za CaCl velja, da je “Ca : Cl = 1 : 2“).2

2 �+

B) ionske: vsaj dva izmed reaktantov ali produktov imata naboj razli�en od 0.

II) glede na predpisana oksidacijska števila atomov v reaktantih in produktih pa na:A) navadne: oksidacijska števila vseh istovrstnih atomov so na obeh straneh ena�be enaka.B) redoks: predpisana in izra�unana oksidacijska števila nekaterih atomov se nujno

razlikujejo.Obe vrsti ena�b, nevtralne in ionske, so lahko navadne ali redoks in nasprotno � navadne inredoks ena�be so lahko nevtralne ali ionske.

Oglejmo si urejeno (navadno nevtralno) kemijsko ena�bo:

CaCl + 2 AgNO Ca(NO ) + 2 AgCl2 3 3 2

Spojini CaCl in AgNO na levi strani pred puš�ico opredelimo kot reaktanta.2 3

Spojini AgCl in Ca(NO ) na desni za puš�ico pa opredelimo kot produkta.3 2

Števila 1, 2, 1 in 2 so reakcijski koeficienti pred CaCl , AgNO , Ca(NO ) in AgCl. V prejšnji2 3 3 2

urejeni ena�bi sta reakcijska koeficienta pred CaCl in Ca(NO ) 1, vendar ju � ker je tak2 3 2

dogovor � ne zapišemo.Te štiri formule v ena�bi opišejo skupno štiri reaktante in produkte. Vse štiri kemijske formulespojin so opisane s štirimi razli�nimi simboli: trije od teh, Ca, Cl in Ag, so simbolni zapisi zaelemente kalcij, klor in srebro, �etrti, NO , pa je zapis skupine štirih atomov, sestavljene iz enega3

dušikovega in treh kisikovih.

.KH2PO4,

Ba(H2PO4)2 in PH3.

��

89

Ena�ba kemijske reakcije je urejena takrat, ko nam uspe pred reaktante in produkte postavitipravilne koeficiente, tako da je na obeh straneh ena�be enaka:� vsota istovrstnih atomov ali atomskih skupin� skupna vsota nabojev � kadar so v reakciji zapisani tudi ioni

Za navadne nevtralne ena�be je zna�ilno, da je število gradnikov (raznovrstnih atomov aliskupin atomov) praviloma enako skupni vsoti reaktantov in produktov. Poglejmo si nekaj primerov urejenih kemijskih ena�b:

(a) AgCl + NaBr AgBr + NaCl(b) 3 Ca(OH) + 2 H PO Ca (PO ) + 6 H O2 3 4 3 4 2 2

(c) 2 NaOCN + Pb(NO ) 2 NaNO + Pb(OCN)3 2 3 2

(d) 6 NaOH + 3 KH PO 2 Na PO + K PO + 6H O2 4 3 3 4 24

V teh ena�bah so(a) 4 elementi: Ag, Cl, Na in Br ter 4 reaktanti/produkti: AgCl, NaBr, AgBr in NaCl(b) 4 elementi (ali skupine): Ca, O, H in Cl (ali Ca, OH, H in PO ) in 4 reaktanti/produkti:4

Ca(OH) , H PO , Ca (PO ) in H O 2 3 4 3 4 2 2

(c) 4 skupine (toda 5 elementov!): Na, OCN, Pb in NO (toda Na, O, C, N in Pb; v tem primeru3

preštevanje elementov ne pride v poštev!) in 4 reaktanti/produkti: NaOCN, Pb(NO ) ,3 2

NaNO in Pb(OCN)3 2

(d) 5 elementov/skupin: Na, OH, K, H, in PO in 5 reaktantov/produktov: NaOH, 4

Na PO , K PO in H O.3 4 3 4 2

Za nevtralne redoks ena�be pa je zna�ilno, da je skupna vsota reaktantov in produktov(obi�ajno) za 1 ve�ja od skupnega števila elementov ali skupin.Poglejmo si nekaj primerov:

(e) 2 Al + 3 Cl Al Cl2 2 6

(f) 2 Ca (PO ) + 6 SiO + 10 C 6 CaSiO + P + 10 CO3 4 2 2 3 4

(g) Ba(OH) + P + H O Ba(H PO ) + PH2 4 2 2 2 2 3

(e) 2 elementa: Al in Cl in 3 reaktanti/produkti: Al, Cl in Al Cl2 2 6

(f) 5 elementov: Ca, P, O, Si in C ter 6 reaktantov/produktov: Ca (PO ) , SiO , C, CaSiO , P3 4 2 2 3 4

in CO (g) 4 elementi: Ba, O, H, P ter 5 reaktantov/produktov: Ba(OH) , P , H O, 2 4 2

4.1.1. Urejanje navadnih nevtralnih in nekaterih nevtralnih redoks ena�b

POMNI: ��

��

��

�� !�"��!�� #��

��

Za reševanje ena�be so pomembne predvsem oznake ali zapisi tistih elementov (skupin),ki nastopajo samo v enem reaktantu in enem produktu:

.(f )

��

90

� pri ena�bi (e) sta to oznaki za oba elementa, Al (kot Al na levi in v Al Cl na desni) in Cl (v2 6

Cl na levi in Al Cl na desni)2 2 6

� pri ena�bi so to Ca (v Ca (PO ) na levi in v CaSiO na desni), P (v Ca (PO ) na levi in3 4 2 3 3 4 2

v P na desni, Si (v SiO na levi in v CaSiO na desni) in C (kot C na levi in v CO na desni),4 2 3

medtem ko se O v tej ena�bi pojavi pri dveh reaktantih (v Ca (PO ) in SiO ) in dveh3 4 2 2

produktih (CaSiO in CO)3

� pri ena�bi (g) pa je tak element edinole Ba, saj je na levi le v Ba(OH) , na desni pa v2

Ba(H PO ) .2 2 2

Pravila za reševanje navadnih nevtralnih pa tudi nekaterih nevtralnih redoks ena�b

P1: Prva dva koeficienta zapišemo pred enega izmed tistih reaktantov ali produktov, ki“vsebuje” element ali skupino elementov, ki se na obeh straneh ena�be “pojavi” samoenkrat. �e je teh elementov (ali skupin) ve�, je med njimi vsaj eden tak, ki nas bo pripeljaldo pravilne rešitve.

P2: Prva dva reakcijska koeficienta zapišemo pred tisto dvojico reaktant-produkt, ki ima “boljkomplicirani” formuli oziroma ve�je število pripadajo�ih atomov in sicer tako, da zapišemoprvi koeficient pred tisti reaktant ali produkt, v katerem je ve�je število danih atomov. �esta indeksa tega elementa na levi in desni razli�na od 1, poiš�emo njun najmanjši skupniimenovalec. Ko delimo skupni imenovalec z obema indeksoma, dobimo ustreznakoeficienta. Zapišemo oba koeficienta, in sicer tudi tedaj, ko je vrednost enaka 1!

P3: Po vsakem zapisu prvih dveh koeficientov se vselej ponudi mo�nost, da lahko nadaljujemoizena�evati število atomov vsaj pri enem izmed naslednjih še “neurejenih” reaktantov aliproduktov. Zapisanih reakcijskih koeficientov ne smemo ve� spreminjati, razen v primerih,ko jih pomno�imo z istim številom, toda mno�imo le tiste, ki so �e zapisani. Urejanjekorakoma nadaljujemo, dokler ni postavljen še zadnji koeficient.

P4: Ko so zapisani vsi koeficienti, ostane pri navadnih ena�bah vselej en element (ali skupina),s katerim (katero) si pri reševanju nismo pomagali. Enakost števila atomov tega elementa(ali skupine) na obeh straneh ena�be potrdi pravilno rešitev. Število korakov pri reševanju ena�b je vselej za eno manjše od skupnega števila reaktantovin produktov.

P5: �e vsebuje pravilno urejena ena�ba tudi koeficiente, ki so enaki 1, zapišemo ena�boponovno tako, da te koeficiente pri zapisu izpustimo.

Pogosto ena�be urejamo povsem naklju�no ali intuitivno, odvisno od izurjenosti in vaje.Poglejmo, kako rešimo oziroma uredimo prve štiri ena�be, po vrsti od (a) do (d).

(a) AgCl + NaBr AgBr + NaCl

Ta ena�ba je �e urejena; vsi koeficienti so 1, vendar jih ne zapišemo.

(b) Ca(OH) + H PO Ca (PO ) + H O2 3 4 3 4 2 2

P1: Za za�etek reševanja si lahko izberemo Ca ali P, saj se elementa na obeh stranehena�be pojavita samo po enkrat, v Ca(OH) in Ca (PO ) .2 3 4 2

P2: “Bolj komplicirano” formulo ima Ca (PO ) . Števili Ca atomov na obeh straneh ena�be3 4 2

��

91

izena�imo s koeficientoma 1 pred Ca (PO ) in s 3 pred Ca(OH) , saj velja, da je 3×13 4 2 2

= 1×3:

3 Ca(OH) + H PO 1 Ca (PO ) + H O2 3 4 3 4 2 2

P3: Naslednji element, s katerim lahko urejanje nadaljujemo, je P. Število P atomov nadesni je s koeficientom 1 pred Ca (PO ) �e dokon�no opredeljeno (2), torej zapišemo3 4 2

2 tudi pred H PO in tako izena�imo število P atomov, saj velja, da je 2×1 = 1×(2×1).3 4

3 Ca(OH) + 2 H PO 1 Ca (PO ) + H O2 3 4 3 4 2 2

Zadnji koeficient pred H O lahko izra�unamo z izena�enjem števila O ali H atomov v2

Ca(OH) in H PO . Skupno število O atomov na levi strani je 3×(2×1) v Ca(OH) in2 3 4 2

2×4 v H PO , torej skupno 3×(2×1) + 2×4 = 14. Na desni, v Ca (PO ) je 1×(2×4) =3 4 3 4 2

8 atomov, preostalih “manjkajo�ih” 6 pa “izena�imo” s H O, saj je 6×1 = 6:2

3 Ca(OH) + 2 H PO 1 Ca (PO ) + 6 H O2 3 4 3 4 2 2

P4: Vodika, H, pri reševanju nismo uporabili. Ali sta sedaj, ko so dolo�eni vsi koeficienti,števili H atomov na obeh straneh enaki? Da: 3×(2×1) + 2×3 = 6×2 = 12; ena�ba jepotemtakem pravilno urejena.

P5: Sledi dogovorjen zapis brez koeficienta 1:

3 Ca(OH) + 2 H PO Ca (PO ) + 6 H O2 3 4 3 4 2 2

(c) NaOCN + Pb(NO ) NaNO + Pb(OCN)3 2 3 2

P1: Tu bo reševanje enostavno, saj nastopata oba elementa (Na in Pb) in obe skupini (OCNin NO ) na obeh straneh ena�be samo po enkrat.3

P2: Ker sta formuli Pb(NO ) in Pb(OCN) bolj zapleteni, za�nemo reševati pa� tako, da3 2 2

pred ti dve spojini postavimo koeficienta 1:

NaOCN + 1 Pb(NO ) NaNO + 1 Pb(OCN)3 2 3 2

P3: Sedaj isto�asno na obeh straneh izena�imo števili obeh skupin, OCN in NO .3

2 NaOCN + 1 Pb(NO ) 2 NaNO + 1 Pb(OCN)3 2 3 2

P4: Preostane nam le, da preverimo ali je število atomov O na obeh straneh ena�be enako.Na levi: 2×1 + 1×(2×3) = 8, na desni pa 2×3 + 1(2×1) = 8.

P5: In urejeno ena�bo ponovno zapišemo, toda tokrat brez koeficientov 1:

2 NaOCN + Pb(NO ) 2 NaNO + Pb(OCN)3 2 3 2

(d) NaOH + KH PO Na PO + K PO + H O2 4 3 4 3 4 2

Ta ena�ba predstavlja nekoliko trši oreh. Pa si oglejmo, zakaj!P1: Na in K sta edina elementa, ki se v formulah na obeh straneh še neurejene ena�be

pojavita samo po enkrat. Za�nimo z Na! P2: Ker je na desni v Na PO število Na atomov ve�je, postavimo koeficient 1 najprej pred3 4

Na PO in nato 3 na levi pred NaOH, saj je 3×1 = 1×3.3 4

3 NaOH + KH PO 1 Na PO + K PO + H O2 4 3 4 3 4 2

��

92

Sedaj pa ugotovimo, da so “vsi drugi elementi”, K, O, P in H, v formulah, pred katerimikoeficienti še niso opredeljeni, zastopani vsaj po dvakrat. Zašli smo torej v slepo ulico.Ne preostane nam drugega, kot da poskusimo še s K (glejte P1)!

NaOH + 3 KH PO Na PO + 1 K PO + H O2 4 3 3 4 24

P3: Urejanja s H in O ne moremo nadaljevati, ker sta oba elementa še v dveh oziroma vtreh formulah. V poštev pride edino P, saj je edini še neizra�unani koeficient v zvezis P tisti pred Na PO . Iz ena�be 3×1 = x×1 + 1×1 sledi, da je x = 2: 3 4

NaOH + 3 KH PO 2 Na PO + 1 K PO + H O2 4 3 4 3 4 2

Postopek lahko nadaljujemo le z Na, x×1 = 2×3 x = 6.

6 NaOH + 3 KH PO 2 Na PO + 1 K PO + H O2 4 3 4 3 4 2

nato še s H (ali O): 6×1 + 3×2 = x×2 x = 6.

6 NaOH + 3 KH PO 2 Na PO + 1 K PO + 6 H O2 4 3 4 3 4 2

P4/P5: Sledi kontrola števila O atomov, 6×1 + 3×4 = 2×4 + 1×4 + 6×1 = 18, in pravilenzapis brez koeficienta 1 pred K PO (glejte ena�bo, zapisano na za�etku poglavja).3 4

Še vedno pa se najde kaka navidez enostavna ena�ba, ki se je niti s temi pravili ne da rešiti. Na primer, v ena�bi

a K HPO + b KH PO c K P O + d H O2 4 2 4 5 3 210

ni nobenega elementa, ki bi bil na obeh straneh zastopan samo po enkrat; K, H, P so potrikrat, O celo štirikrat. Kemijsko ena�bo je v takem primeru potrebno rešiti s sistemomlinearnih ena�b:

za število K atomov velja 2a + 1b = 5cza število P atomov velja 1a + 1b = 3c

�e ena�bi odštejemo, dobimo a = 2c a : c = 2 : 1Ker je razmerje zapisano z dvema najmanjšima mo�nima številoma, sta koeficienta kar tidve števili, torej 2 in 1:

2 K HPO + KH PO 1 K P O + H O2 4 2 4 5 3 210

�e izena�imo število atomov P (ali K) in nato H, dobimo kon�no rešitev:

2 K HPO + 1 KH PO 1 K P O + 2 H O2 4 2 4 5 3 210

Preverjanje enakosti števila O atomov na levi, 2×4 + 1×4 = 12, in na desni, 1×10 + 2×1 =12, nam potrdi pravilnost rešitve, ki jo sedaj kon�no lahko zapišemo v predpisani obliki:

2 K HPO + KH PO K P O + 2 H O2 4 2 4 5 3 10 2

Za reševanje redoks ena�b so potrebni posebni prijemi, vendar naj omenimo, da je v posameznihprimerih mo�no tudi te ena�be reševati tako kot navadne. Oglejmo si strategijo reševanja(redoks) ena�b, ki so zapisane na za�etku poglavja pod (e), (f) in (g):

(e) z reševanjem te reakcije ne gre izgubljati �asa, saj je rešljiva v enem ali dveh korakih(f) ta redoks ena�ba predstavlja �e nekoliko trši oreh,

��

93

Ca (PO ) + SiO + C CaSiO + P + CO3 4 2 2 3 4

P1: Na levi in desni se po enkrat pojavijo vsi elementi razen O. Za reševanje so uporabniCa, P, Si, ne pa tudi C.

P2: Najve�ja indeksa sta pri P, 2×1 = 2 na levi in 1×4 = 4 na desni. Njun skupni imenovalecje 4. �e ga delimo z zgornjima številoma, dobimo 2 pred Ca (PO ) in 1 pred P :3 4 2 4

2 Ca (PO ) + SiO + C CaSiO + 1 P + CO3 4 2 2 3 4

P3: Naslednji element je Ca; po izena�enju lahko izra�unamo x: 2×3 = x×1 x = 6,

2 Ca (PO ) + SiO + C 6 CaSiO + 1 P + CO3 4 2 2 3 4

nato “se lotimo” Si, x×1 = 6×1 x = 6,

2 Ca (PO ) + 6 SiO + C 6 CaSiO + 1 P + CO3 4 2 2 3 4

sledi O, 2×(2×4) + 6×2 = 6×3 + x×1 x = 10

2 Ca (PO ) + 6 SiO + C 6 CaSiO + 1 P + 10 CO3 4 2 2 3 4

in kon�no C, x×1 = 10×1 x = 10

P4: POZOR: Pri redoks ena�bah, ki jih urejujemo na opisani na�in, za urejanje uporabimoprav vse elemente in za preverjanje pravilnosti rešitve ne preostane nobeden ve�.

P5: Reakcijo zapišimo še zadnji�, vendar brez koeficienta 1 pred P :4

2 Ca (PO ) + 6 SiO + 10 C 6 CaSiO + P + 10 CO3 4 2 2 3 4

(g) “te�ave” se tu še nekoliko stopnjujejo, kajti pri reševanju te ena�be se nujno sre�amo zracionalnimi koeficienti

Ba(OH) + P + H O Ba(H PO ) + PH2 4 2 2 2 2 3

P1: Na obeh straneh ena�be je Ba edini element, ki se pojavi le po enkrat. Ali bo to dovolj?P2: Poskusimo tako, da zapišemo koeficienta 1 pred obe spojini z Ba, 1×1 = 1×1.

1 Ba(OH) + P + H O 1 Ba(H PO ) + PH2 4 2 2 2 2 3

P3: S tema dvema koeficientoma sta hkrati opredeljeni tudi števili O atomov v obehspojinah, zato izena�imo njuni števili na obeh straneh ena�be s postavitvijo ustreznegakoeficienta pred H O, 1×(2×1) + x×1 = 1×(2×2) x = 2, 2

1 Ba(OH) + P + 2 H O 1 Ba(H PO ) + PH2 4 2 2 2 2 3

sledi štetje H atomov, 1×(2×1) + 2×2 = 1×(2×2) + x×3 x = 2/3.

1 Ba(OH) + P + 2 H O 1 Ba(H PO ) + 2/3 PH2 4 2 2 2 2 3

Takoj ko “naletimo” na prvi racionalni koeficient, pomno�imo celotno ena�bo, torej vsekoeficiente, ki so �e opredeljeni, z imenovalcem v racionalnem koeficientu. V našemprimeru je to 3:

3 Ba(OH) + P + 6 H O 3 Ba(H PO ) + 2 PH2 4 2 2 2 2 3

Pri mno�enju pustimo mesto za koeficient pred P prazno, saj “doslej” ta koeficient še4

��

94

ni bil dolo�en; izra�unamo ga kot zadnjega: x×4 = 3×(2×1) + 2×1 x = 2. Tu smoimeli nekaj sre�e, saj bi v najslabšem primeru lahko ponovno naleteli na racionalnikoeficient in bi morali postopek mno�enja ponoviti. Urejena ena�ba ima sedaj takšen“videz”:

3 Ba(OH) + 2 P + 6 H O 3 Ba(H PO ) + 2 PH2 4 2 2 2 2 3

4.1.2 Urejanje navadnih ionskih in nekaterih redoks ionskih ena�b

Mednje štejemo vse tiste ena�be, pri katerih sta med reaktanti in produkti skupno vsaj dvenabiti zvrsti. Med zvrsti z nabojem štejemo katione, anione pa tudi elektrone. Za urejeneionske ena�be velja, da mora biti na obeh straneh ena�be poleg enakega števila istovrstnihatomov enaki tudi vsoti nabojev ionov.Pri reševanju ionskih ena�b je potrebno nekaj ve� spretnosti kot pa pri reševanju navadnih. Prira�unanju reakcijskih koeficientov je poleg števil�ne enakosti istovrstnih atomov v�asihtreba na obeh straneh ena�be izena�evati tudi vsoto nabojev.Oglejmo si enostavno redoks ionsko ena�bo:

Al + Cu Al + Cu2 3+ +

Na prvi pogled se zdi ena�ba urejena, saj je število atomov Al in Cu na obeh straneh ena�beenako. Toda ni tako! Naboja na levi in desni nista enaka: 1×(+2) � 1×(+3)!P1: Ker so v ena�bi samo enostavne zvrsti, si olajšamo delo, �e prva dva koeficienta

izra�unamo z izena�itvijo nabojev.P2: V tem primeru poiš�emo najmanjši skupni imenovalec števil 2 in 3 (= 6) in ga delimo

s števil�no vrednostjo nabojev obeh ionov, 6/2 = 3 za Cu ion in 6/3 = 2 za Al ion.2 3+ +

Ker je 3×2 = 2×3, je prvi korak k urejeni ena�bi �e za nami:

Al + 3 Cu 2 Al + Cu2 3+ +

P3: Na obeh straneh ena�be se morata poleg skupnega naboja ujemati tudi številiistovrstnih atomov, zato postavimo enake koeficiente še pred nevtralni zvrsti, torej 3pred Cu in 2 pred Al. Urejena ena�ba je tedaj:

2 Al + 3 Cu 2 Al + 3 Cu2 3+ +

Pri reševanju ionskih ena�b se lahko zgodi, da v postopku reševanja ena�be izra�unamo enegaizmed koeficientov, le �e izena�imo skupni naboj na levi in desni strani ena�be. S tem v zvezi si oglejmo še tale, na prvi pogled preprost primer:

H PO + OH PO + H O2 4 4 2� � 3�

P1: V tej navadni ena�bi je edinole element P tisti, ki je na obeh straneh ena�be zastopansamo v eni zvrsti; H je prisoten v treh zvrsteh, O pa celo v vseh štirih, nabite pa so trizvrsti. To je zadosten razlog, da “golo preštevanje” atomov in nabojev v tem primerugotovo ne bo obrodilo sadov.

P2: Izena�imo število P atomov tako, da postavimo koeficient 1 pred H PO in pred PO :2 4 4� 3�

1 H PO + OH 1 PO + H O2 4 4 2� � 3�

��

95

P3: Ker se oba elementa, H in O, pojavita hkrati v OH in H O, za nadaljnje reševanje nista�

2

primerna. Edina preostala mo�nost je štetje in izena�itev nabojev, saj sta pred dvemanabitima zvrstema �e izra�unana koeficienta, zato z “izena�itvijo” nabojev na obehstraneh ena�be izra�unamo še koeficient pred zadnjo nabito zvrstjo, OH ionom: 1×(�1)�

+ x×(�1) = 1×(�3) x = 2. Torej:

1 H PO + 2 OH 1 PO + H O2 4 4 2� � 3�

Preostane le še izra�unanje zadnjega koeficienta pred H O in sicer s štetjem števila O2

(ali H) atomov, 1×4 + 2× 1 = 1×4 + x ×1 x = 2,

1 H PO + 2 OH 1 PO + 2 H O2 4 4 2� � 3�

P4: Je ena�ba urejena? Preverimo še število H atomov, 1×2 + 2×1 = 2×2 = 4. Naš trud jetorej popla�an.

P5: Pravilno urejena ena�ba, zapisana brez koeficientov 1, je:

H PO + 2 OH PO + 2 H O2 4 4 2� � 3�

Velikokrat se nam pri urejanju ena�be ponuja tudi ve� razli�nih za�etnih mo�nosti. Na primer,pri (redoks ionski) reakciji

Ca + H O Ca + H + H O3 2 2+ +2

P1: Tu so kar tri za�etne mo�nosti; Ca in O in naboj so na levi in desni zastopani samo poenkrat.

P2: Izena�imo bodisi a) število Ca atomov (nadaljujemo z O ali naboji):

1 Ca + H O 1 Ca + H + H O3 2 2+ +2

b) število nabojev (nadaljujemo s Ca, nato z O):

Ca + 2 H O 1 Ca + H + H O3 2 2+ +2

c) ali število O atomov (nadaljujemo s H ali naboji):

Ca + 1 H O Ca + H + 1 H O3 2 2+ +2

P3: Za nadaljevanje izberemo c); isto�asno izena�imo število atomov H: 1×3 = x×2 + 1×2 x = 1/2 ter število nabojev: 1×(+1) = x×(+2) x = 1/2;

Ca + 1 H O 1/2 Ca + 1/2 H + 1 H O3 2 2+ +2

in nato izena�imo še število atomov Ca, x×1 = 1/2×1 x = 1/2,

1/2 Ca + 1 H O 1/2 Ca + 1/2 H + 1 H O3 2 2+ +2

P5: Ta zapis je na�eloma pravilen, ker pa se racionalnim koeficientom raje izognemo, jenajbolje, da ena�bo pomno�ino z 2 in koeficientov 1 pred Ca, Ca in H ne zapišemo:2+

2

Ca + 2 H O Ca + H + 2 H O3 2 2+ +2

Urejanje bi bilo celo enostavneje, �e bi nadaljevali za�etno delno rešitev pod b).

.C3H6O,

��

96

Naj ob tej prilo�nosti omenimo, da obstaja za reševanje teh redoks ena�b še tretja mo�nost,opisana v nadaljevanju.

4.1.3 Urejanje nevtralnih in ionskih redoks ena�b s posebnimi postopki

Sem sodi tista skupina ena�b, ki jih z obi�ajnimi postopki, opisanimi doslej, ne moremo rešiti.Za te vrste ena�b je zna�ilno, da se nujno spremenijo formalna oksidacijska števila atomomelementov v skupno najmanj treh razli�nih reaktantih in produktih. Razliko medoksidacijskimi števili istega elementa v reaktantih in produktih prika�emo kot “številoelektronov, ki jih oksidant sprejme”, in “število elektronov, ki jih reducent odda”. Bistveni koraki pri reševanju takih ena�b so, da:� dolo�imo oksidacijska števila elementov v zvrsteh, zapisanih na obeh straneh redoks

ena�be, tako da je število atomov (elementov), ki se jim oksidacijska števila spremenijo,�im manjše; po mo�nosti ne ve� kot štiri

� izra�unamo razliko med oksidacijskimi števili istega elementa pri reaktantih in produktihin jo pomno�imo s številom atomov v formuli; tako izra�unane vrednosti obi�ajnoopredelimo kot “število oddanih” in “število sprejetih” elektronov

� izena�imo število sprejetih in oddanih elektronov tako, da ustrezno priredimo koeficientereducirane in oksidirane zvrsti.

Najprej si poglejmo, kaj so formalna oksidacijska števila. Za vsako zvrst velja, da je vsotaoksidacijskih števil elementov v zvrsti enaka njenemu naboju:� �e je zvrst v ena�bi molekula ali pa je substanca zapisana z empiri�no formulo, je vsota vseh

nabojev enaka 0 (na primer: v KMnO so oksidacijska števila za K, Mn in O lahko +1, +74

in �2, saj velja, da je 1�(+1) + 1�(+7) + 4�(�2) = 0)� �e je zvrst ion, potem je vsota nabojev enaka naboju iona (na primer: v SCN so formalni�

naboji lahko �2 za S, +4 za C in �3 za N. Vsota le-teh mora biti enaka naboju tiocianatnegaiona, 1�. Ali je? 1�(�2) + 1�(+4) + 1�(�3) = �1. Ra�un potrjuje pravilnost dolo�itve.

Na�eloma so izbrana oksidacijska števila poljubna, vendar pa si delo mo�no olajšamo, �e jimpripišemo vrednosti, ki so v povezavi z lego elementov v periodnem sistemu (na primer:alkalijskim kovinam, kot so Li, Na, K, pripišemo oksidacijskoštevilo +1, za zemeljskoalkalijskekovine Be, Mg, Ca, itd., +2, za kisik, O, obi�ajno �2, za halogene, F, Cl, Br, I, �1).Da imamo pri izbiri formalnih oksidacijskih števil lahko povsem proste roke in da le-ta pogostonimajo prav nikakršne zveze z “dejanskim številom oddanih in sprejetih elektronov”, se lahkoprepri�amo �e na nekaterih enostavnih primerih. Še posebej to velja pri dolo�anju oksidacijskihštevil elementom v formulah ve�ine organskih spojin. �e v formulah teh spojin “predpišemo”atomu H oksidacijsko število ±1, se praviloma dogaja, da vsaj eden izmed preostalih elementovv zvrsti ne more imeti celoštevil�ne vrednosti. �e v acetonu, CH COCH oziroma 3 3

predpišemo vodiku, H, denimo, oksidacijsko število +1 in kisiku, O, �2, je vrednost za C � 4/3.Seveda lahko pripišemo H število +2 in O �3; tedaj bo izra�unana vrednost za C enaka �3. Je paseveda jasno, da nimajo v tem primeru oksidacijska števila � še posebej to velja za vrednosti +2in �3 za H in O � nikakršne povezave s “kemijsko realnostjo” oziroma z elektronsko zgradbo inštevilom valen�nih elektronov v teh dveh elementih. In �e si pogledamo še razmeroma preprostozvrst, azidni ion, N , v katerem so veri�no povezani trije N atomi, je tudi jasno, da je “kemijska3

�

� ��

�

�

�

�

�

W(C5H5N)2 Cl4 � HNO3 WO3 � CO2 � H2O � NO � HCl

W(C5H5N)2Cl4 . WC10H10N2Cl4;

��

97

vloga” srednjega atoma v tej tro�leni verigi popolnoma druga�na od vloge obeh “robnih”atomov. V tem enostavnem primeru smo celo prisiljeni, da izra�unamo le “povpre�nooksidacijsko število”, ki je lahko le �1/3. Ponoven dokaz torej, da so nam pri dolo�anju formalnihoksidacijskih števil dane povsem proste roke.

POMNI: s��

��

��

�� ! !� �

��!�� "��#��!��

�� !�� "��!��

#��$ �� "�� %�� &�� "��

�� "�� %� ��"��&��

��'( ��( �� '( �� ! )� � � �

��

�� (�%�� %��(��*��

��%� ��&�� +��

�� ,�� "��"��-��.��(

�� /��'( �� (��%��&�� !�

��"� �� 01!�2�3�� %�� &��

�� "��-��.�� %��

�� !�� &��.� ��

�� "��

Izkušnje, pridobljene pri postopkih reševanja naslednje redoks ena�be, bomo strnili v nekajkoristnih napotkov:

N1: Preverimo, ali imamo res opraviti z “redoks ena�bo”. Skupno število reaktantov in produktov mora biti za eno ve�je od števila elementov/skupin,ki so zastopane v reaktantih in produktih (so tudi izjeme). V ena�bi je zastopanih 6elementov, W, C, H, N, Cl in O, vseh zvrsti je 7, ena�ba je gotovo redoks.

N2: �e je formula katere izmed zvrsti zapisana “z oklepaji”, jo lahko zapišemo tako (odpravimooklepaje in seštejemo istovrstne atome), da je v formuli nedvoumno razvidno številoposameznih vrst atomov. Na primer, lahko zapišemo kot tako se izognemo morebitninapaki, do katere bi lahko prišlo pri preštevanju atomov.

N3: Elementom v zvrsteh pripišemo formalna oksidacijska števila tako, da so vrednosti zadolo�en element � �e je le mogo�e � v vseh zvrsteh na obeh straneh ena�be enake. V formuli

.WC10H10N2Cl4

�1

� HNO3

�2

.WO3

�2

� CO2

�2

� H2O�2

� NO�2

� HCl�1

. WC10H10N2Cl4

�6 �4 �1 �1

� HNO3

�1 �2

. WO3

�6 �2

� CO2

�4 �2

� H2O�1 �2

� NO�2 �2

� HCl�1 �1

. WC10H10N2Cl4

�6 �4 �1 �26 �1

� HNO3

�1�5 �2

. WO3

�6 �2

� CO2

�4 �2

� H2O�1 �2

� NO�2 �2

� HCl�1 �1

��

98

vsake zvrsti ostane vselej “zadnji” element, ki mu oksidacijsko število izra�unamo tako, dase naboj zvrsti ohrani. Elementom v elementni obliki pripišemo vselej oksidacijsko število 0, pri enoatomnih ionihpa je oksidacijsko število elementa enako naboju iona. Obi�ajno je najenostavneje, �e jihv zvrsteh na obeh straneh ena�be pripišemo najprej “vsakdanjim elementom”, in sicer � nipa nujno � po naslednjem prioritetnem vrstnem redu: • F (�1) • alkalijskim kovinam (+1) in zemeljskoalkalijskim kovinam (+2)• H (+1) • O (�2) • Cl, Br, in I (�1).

V obravnavanem primeru bomo pri vseh spojinah na levi in desni pripisali kisiku, O,oksidacijsko število (�2), kloru, Cl, pa (�1):

Vsi produkti na desni so binarne (le iz dveh elementov sestavljene) spojine, zato je treba privseh oksidacijska števila za drugi � torej “zadnji” � element izra�unati: W (+6) v WO , C3

(+4) v CO , H (+1) v H O in HCl ter N (+2) v NO. Volframova spojina na levi je sestavljena2 2

iz petih (5) elementov, dušikova kislina pa iz treh (3). Ker je v obeh spojinah enemuelementu oksidacijsko število �e pripisano, ga v spojini z volframom lahko pripišemo šetrem (3), v dušikovi kislini pa le še enemu (1). Izmed štirih izra�unanih vrednosti (za W, C,H in N) izberemo poljubne tri, na primer +6, +4 in +1 za W, C in H:

Tudi pri obeh spojinah na levi je kon�no ostal še zadnji element � v obeh reaktantih je to N.Pri ra�unanju oksidacijskega števila zadnjega elementa je kajpada potrebno upoštevati tudištevila posameznih atomov v spojini. Najprej izra�unamo formalno oksidacijsko število Nv spojini z volframom:

1�(+6) + 10�(+4) + 10�(+1) + 2�x + 4�( �1) = 0 x = �26,

nato N v HNO : 3

1�(+1) + 1�x + 3� (�2) = 0 x = +5.

Na ta na�in smo dosegli, da so v 7 spojinah oksidacijska števila spremenjena le na trehmestih, in to (slu�ajno) samo pri enem elementu, N:

Naj omenimo, da bi namesto trojice oksidacijskih števil za W (+6), C (+4) in H (+1) lahkoizbrali trojico števil za W (+6), C (+4) in N (+2) in v obeh spojinah na levi izra�unali

. WC10H10N2Cl4

�6 �4 �1 �26 �1�

�56�28�2 �

� HNO3

�1�5 �2�

�3�3�1 �

. WO3

�6 �2

� CO2

�4 �2

� H2O�1 �2

� NO�2 �2��

� HCl�1 �1

.3WC10H10N2Cl4 � 56 HNO3 . WO3 � CO2 � H2O � NO � HCl

.3WC10H10N2Cl4 � 56 HNO3 . WO3 � CO2 � H2O � 62 NO � HCl

.3WC10H10N2Cl4 � 56 HNO3 .3 WO3 � 30 CO2 � H2O� 62 NO� 12 HCl

��

99

oksidacijski števili za zadnji element, H (�46/10) v W(C H N) Cl in H (+4) v HNO ali pa5 5 2 4 3

trojico vrednosti za C (+4), N (+2) in H (+1) in na levi izra�unali kon�ni vrednosti za W(�50) v W(C H N) Cl in za H (+4) v HNO .5 5 2 4 3

N4: Na eni izmed obeh strani ena�be poiš�emo tisto dvojico “redoks” zvrsti, v katerih imajoatomi spremenjena oksidacijska števila. Iz razlike teh števil, zapisanih na obeh stranehena�be, izra�unamo število “oddanih” in “sprejetih” elektronov. V obravnavani ena�bi je redoks dvojica samo na levi strani (WC H N Cl in HNO ), na10 10 2 4 3

desni strani se oksidacijsko število spremeni le pri N v NO. V atomih N v spojini zvolframom na levi je oksidacijsko število �26, v NO na desni +2. Razlika je �26 � (+2) =�28. Pravimo, da je “dušik oddal 28 elektronov” � zato predznak “minus”. Ker sta vmolekuli dva N atoma, je skupno število “oddanih elektronov” 2�(�28) = �56. Dušik v HNO3

pa je iz oksidacijskega števila +5 “prešel” v +2, torej je “sprejel” +5 � (+2) = +3 elektrone,zato predznak “plus”. Izra�un lahko opravimo kar pod oznakami redoks elementov (N) vobeh redoks zvrsteh (glejte spodnjo ena�bo):

N5: Prva dva reakcijska koeficienta za pripadajo�i “redoks” par izra�unamo tako, da skupniimenovalec števil oddanih in sprejetih elektronov delimo prav s tema dvema številoma.Takoj nato iz teh dveh koeficentov izra�unamo še reakcijska koeficienta pripadajo�emu“redoks” paru na nasprotni strani ena�be. Ker sta si v našem primeru števili 56 in 3 tuji (imata samo en skupni deljitelj, to je 1), jenjun najmanjši skupni imenovalec kar njun produkt, 3�56 = 168. Prva dva reakcijskakoeficienta izra�unamo tako, da skupni imenovalec (168) delimo s številom oddanih (56)in številom sprejetih elektronov (3). To sta seveda zamenjani vrednosti, 3 in 56 (3 molekulespojine volframa “oddajo” skupno 3�56 = 168 elektronov, 56 molekul HNO pa “sprejme”3

skupno 56�3 = 168 elektronov; število “oddanih elektronov” je sedaj izena�eno s številom“sprejetih elektronov”):

Takoj nato izra�unamo pripadajo�e koeficiente še na nasprotni strani. Na desni tokrat niredoks para, pa� pa le en redoks element, N v NO. Koeficient pred NO mora imeti takšnovrednost, da bosta števili N atomov na obeh straneh ena�abe enaki, torej 3×2 + 56×1 = x×1 x = 62.

N6: Z reševanjem nadaljujemo v skladu s pravili, ki smo jih zapisali pri reševanju navadnihena�b. Na desni za�nemo z urejanjem koeficientov pred zvrstmi s tistimi elementi, ki sepojavijo v ena�bi le na dveh mestih; to so W, C in Cl. Ko izena�imo število atomov W, C,in Cl, dobimo:

.3 W(C5H5N)2Cl4� 56 HNO3 .3 WO3� 30 CO2� 37 H2O� 62 NO� 12 HCl

.P4 � H2O � Ba(OH)2 .Ba(H2PO2)2 � P2H4

.P4 � H2O � Ba(OH)2 .BaH4P2O4 � P2H4

.P4

0

� H2O�1 �2

� Ba(OH)2

�2 �1

. BaH4P2O4

�2 �1 �2

� P2H4

�1

��

100

Kon�no izra�unamo koeficient pred H O z izena�enjem števila atomov O: 56×3 = 3×3 +2

30×2 + x×1 + 62×1 x = 37

S štetjem števila H atomov na obeh straneh ena�be lahko preverimo, �e so vsi koeficientipravilni: 3×10 + 56×1 = 37×2 + 12×1 = 86. Da, ena�ba je pravilna.

POMNI: �� !�� -��-��

��

�� . ��!��

� ��

� ��-��

�� "��"��

��

��"��#��

��"�� "��

Naj omenimo, da štejemo reakcije, pri katerih se isti element z dvema razli�nima oksidacijskimašteviloma “prelevi” v element z enim samim oksidacijskim številom na desni strani ena�be, medreakcije komproporcionacije. Reakcije disproporcionacije pa so tiste, pri katerih so atomiistega elementa na levi strani ena�be hkrati reducenti in oksidanti. V produktih takih reakcij stazastopani vsaj dve zvrsti istega elementa, toda z razli�nima oksidacijskima številoma.

Poglejmo primer: �e beli fosfor segrevamo v raztopini barijevega hidroksida, Ba(OH) ,2

nastane plin difosfin, P H , in barijev hipofosfit, Ba(H PO ) :2 4 2 2 2

N1/N2: Ena�ba je redoks, saj je število zvrsti 5, število elementov (P, H, Ba in O) pa 4.V Ba(H PO ) “odpravimo” oklepaje:2 2 2

N3: “obi�ajnim elementom” kot so H, O in alkalijske ali zemeljskoalkalijske kovine,pripišemo oksidacijska števila, ki so “povezana” z lego le-teh v periodnem sistemu:H (+1), O (�2) in Ba (+2). �e smo prepri�ani, da se elementom v dolo�eni skupiniatomov oksidacijska števila ne bodo spremenila, lahko tudi celotni skupini pripišemodolo�eno oksidacijsko število; v našem primeru bo to skupina OH:

Sedaj izra�unamo še oksidacijski števili P v BaH P O :4 42

1�(+2) + 4�(+1) + 2�x + 4�(�2) = 0 x = +1

in P H :2 4

2�x + 4�(+1) = 0 x = �2

N4: oksidacijsko-redukcijski par je v tej ena�bi samo na desni strani, saj se na levioksidacijsko število spremeni le pri P v P . Število “oddanih” in sprejetih” elektronov4

. P4

0

� H2O�1 �2��

� Ba(OH)2

�2 �1

. BaH4P2O4

�2�1�1 �2

�22� (�1)�

� P2H4

�2�1

�42� (�2)�

��

.3/2 P4 � H2O � Ba(OH)2 .2 BaH4P2O4 � 1 P2H4

.3 P4 � H2O � Ba(OH)2 .4 BaH4P2O4 � 2 P2H4

.3 P4 � 8 H2O � 4 Ba(OH)2 .4 Ba(H2PO2)2 � 2 P2H4

.CuFeS2 � HNO3 .Cu(NO3)2 � Fe(NO3)3 � H2SO4 � NO

. CuFeS2

�2�3 �5/2�

�17�17/2�2 �

� HNO3

�1�5 �2�

�3�3�1 �

.Cu(NO3)2

�2 �1

� Fe(NO3)3

�3 �1

� H2SO4

�1 �6 �2

� NO�2 �2� �

��

101

izra�unamo takole: ker “preide” P iz stanja 0 v P v stanje +1 v barijevem hipofosfitu,4

odda 0 � (+1) = �1 elektron, formulska enota pa 2×(�1) = �2 elektrona, saj sta v enoti2 P atoma. Oba P atoma v molekuli difosfina pa sprejmeta skupno 2×(0 � (�2)) = +4elektrone:

V tem primeru rešujemo ena�bo od “desne proti levi”. Skupni imenovalec števil 2 in4 je 4, �e delimo 4 s številom oddanih elektronov, 2, in številom sprejetih, 4, dobimokoeficienta 2 in 1, na levi pa bo število molekul P , (2�2 + 1�2)/4 = 3/2:4

N5: Od tu dalje se ena�ba rešuje po �e znanih pravilih. Da bi se izognili racionalnimkoeficientom (3/2 P ), nadomestimo koeficiente 3/2, 2 in 1 s 3, 4 in 2:4

Nato na levi najprej izena�imo število Ba atomov in kon�no še število H ali pa Oatomov. Rešitev je:

Pri mnogih reakcijah spojin, ki vsebujejo O in H, se porablja ali pa kot produkt nastaja H O.2

Zato bomo pri naslednjem primeru reakcije oksidativnega raztapljanja halkopirita, CuFeS ,2

v oksidirajo�i HNO poleg števila molekul vode isto�asno “izra�unali” tudi, ali je voda3

reaktant ali produkt. Reakcijo zapišemo “brez H O”:2

N1: Število zvrsti (upoštevamo tudi H O) je 7, število elementov pa 6; opraviti imamo torej2

z redoks reakcijo.N2: Spojini Cu(NO ) in Fe(NO ) bi lahko zapisali kot CuN O in FeN O , vendar “se3 2 3 3 2 6 3 9

nam zdi”, da se oksidacijska števila “od leve proti desni” ne spremenijo, saj je skupinaNO enaka v HNO in obeh kovinskih nitratih. Zato tak zapis ni nujno potreben, pa3 3

tudi originalen zapis ni pretirano zapleten. �e predpišemo skupini NO oksidacijsko3

število �1, zlahka izra�unamo oksidacijski števili Fe (+3) in Cu (+2).N3/N4: Najprej predpišemo na obeh straneh oksidacijska števila “obi�ajnima” atomoma, O

(�2) in H (+1) ter na desni skupini NO (�1), nato pa jih izra�unamo še preostalim3

atomom, na desni Cu (+2), Fe (+3), S (+6) in N (+2) in na levi N (+5):

Ker smo Fe in Cu pripisali oksidacijski števili +3 oziroma +2 tudi na levi strani, ga nalevi izra�unamo še za S: 1×(+2) + 1×(+3) + 2x = 0 x = �5/2. V ena�bi takopreostaneta le dva “oksidacijsko-redukcijska” para elementov. S “preide” iz �5/2 v +6,

.3 CuFeS2 � 17 HNO3 .Cu(NO3)2 � Fe(NO3)3 � 6 H2SO4 � 17 NO

.3 CuFeS2 � 17 HNO3 .3 Cu(NO3)2 � 3 Fe(NO3)3 � 6 H2SO4 � 17 NO

.3 CuFeS2 � 17 HNO3 .3 Cu(NO3)2 � 3 Fe(NO3)3 � 6 H2SO4 � 17 NO

.3 CuFeS2�32 HNO3 .3 Cu(NO3)2�3 Fe(NO3)3�6 H2SO4�17 NO�10 H2O

��

102

kar pomeni, da odda � 5/2 � (+6) = �17/2 elektronov. Ker pa sta v halkopiritu 2 atomaS, pomeni to skupno 2�(�17/2) = �17 elektronov. Dušik, N, preide iz +5 v +2, torejsprejme (+5) � (+2) = +3 elektrone. Rezultati ra�una so zapisani v ena�bi “na levi” podelementoma S in N.

N5: Števili 17 in 3 sta si tuji, zato bosta koeficienta � obrnjeno � 3 in 17; takoj zatempostavimo ustrezne koeficiente tudi pred produkte na desni: 6 pred H SO in 17 pred2 4

NO,

N6: Izena�imo še števili Cu in Fe atomov:

in �e smo pozorni opazovalci, ugotovimo, da je na desni poleg 17 N atomov v NO šeskupno 3×(2×1) + 3×(3×1) = 15 atomov N v bakrovem(II) in �elezovem(III) nitratu.Zato moramo na levi dodati še 15 HNO . Pri tej reakciji ima namre� HNO dvojno3 3

vlogo, (i) oksidira, pri tem nastane NO in (ii) z ionoma Cu in Fe tvori soli.2 3+ +

Ne smemo pozabiti na H O! Ker je sedaj število H atomov na levi ve�je (32) kot na2

desni (6�2 = 12), pri tej reakciji voda nastane, torej jo zapišemo na desni. Razlika med32 in 12 je 20, kar pomeni 10 molekul vode. Rešena ena�ba ima takšno podobo:

Kako je s številom atomov O? Na levi jih je 32×3 = 96, na desni pa 3×(2×3) + 3×(3×3)+ 6×4 + 17×1 + 10×1 = 96. Ena�ba je pravilno urejena!

4.1.4 Zgledi in rešitve

1. Ugotovite, katera izmed “navadnih” reakcij ni smiselna (primerjajte število atomov/atomskihskupin s skupnim številom reaktantov in produktov)a) KOH + H PO K HPO + K PO + H O3 4 2 4 3 4 2

b) SOCl + NaOH Na SO + NaCl + H O2 2 3 2

c) SO Cl + KOH HCl + KHSO + H SO + H O2 2 4 2 4 2

2. Uredite

navadne ena�be:

a) CaCO + HBr CaBr + CO + H O 3 2 2 2

b) P O + PCl Cl PO4 10 5 3

c) Mg(HCO ) + H PO Mg(H PO ) + CO + H O3 2 3 3 2 3 2 2 2

d) Sr(OH) + Sr(H PO ) Sr (PO ) + H O2 2 4 2 3 4 2 2

e) Ba(OH) + MgHPO Ba (PO ) + Mg (PO ) + H O2 4 3 4 2 3 4 2 2

f) Ca N + K HPO Ca (PO ) + NH + K PO3 2 2 4 3 4 2 3 3 4

g) SO Cl + Ca(OH) Ca(HSO ) + CaCl + H O2 2 2 4 2 2 2

��

103

redoks ena�be na “obi�ajen na�in” in “z uporabo oksidacijskih števil”:

h) Mg + HCl MgCl + H2 2

i) Al + HNO Al(NO ) + H 3 3 3 2

j) Al + H SO Al (SO ) + H 2 4 2 4 3 2

k) SnS + CH I CH SnI + (CH ) SI3 3 3 3 3

l) Zn + H PO Zn (PO ) + H 3 4 3 4 2 2

m) I + AgClO ICl O + AgI2 4 3 12

n) CH + Cl CHCl + HCl4 2 3

o) C H + O CO + H O3 8 2 2 2

p) Mg + AgNO MgO + Ag + N3 2

r) KOH + Al + H O KAl(OH) + H2 4 2

s) NH + O NO + H O3 2 2

t) C H Cl + O CO + H O + HCl2 4 2 2 2 2

u) C H N SO + O CO + H O + N + SO4 4 2 2 2 2 2 2

v) KOH + Cl KCl + KClO + H O2 3 2

z) S + NaOH Na S + Na S O + H O8 2 2 2 3 2

aa) CH + NH + O HCN + H O4 3 2 2

bb) KN + CO + H O KHCO + N + H3 2 2 3 2 2

cc) KO + H O + CO KHCO + O2 2 2 3 2

dd) K Cr O + HCl KCl + CrCl + Cl + H O2 2 7 3 2 2

ee) Ca (PO ) F + SiO + C CaSiO + CaF + CO + P5 4 3 2 3 2 4

ff) KI + H O + C H O K CO + CHI + H 2 2 6 2 3 3 2

gg) P I + P + H O PH I + H PO 2 4 4 2 4 3 4

redoks ena�be “z uporabo oksidacijskih števil”

hh) Ag + HNO AgNO + NO + H O3 3 2

ii) As S + HNO + H O H AsO + H SO + NO2 3 3 2 3 4 2 4

jj) CuS + HNO CuSO + NO + H O3 4 2 2

kk) KMnO + KI + H SO K SO + MnSO + I + H O4 2 4 2 4 4 2 2

ll) C H O + KMnO + H SO CO + K SO + MnSO + H O6 12 6 4 2 4 2 2 4 4 2

mm) KMnO + FeSO + H SO K SO + MnSO + Fe (SO ) + H O4 4 2 4 2 4 4 2 4 3 2

nn) Pb(N ) + Cr(MnO ) Pb O + NO + Cr O + MnO3 2 4 2 3 4 2 3 2

oo) [Cr(N H CO) ] [Cr(CN) ] + KMnO + H SO 2 4 6 4 6 3 4 2 4

K Cr O + MnSO + CO + KNO + K SO + H O2 2 7 4 2 3 2 4 2

3. Uredite ionske ena�be!

navadne:

a) O + H O H O2�3 2

+

b) H PO + PO HPO2 4 4 4� 3� 2�

c) CrO + H O Cr O + H O4 3 2 7 22� 2�+

d) N + H O NH + OH3� �

2 3

e) H O + HPO P O + H O3 4 3 10 2+ 2� 5�

f) P O + OH PO + H O4 10 4 2� 3�

��

104

g) PCl + OH H PO + Cl + H O3 2 3 2� � �

h) POCl + OH Cl + PO + H O3 4 2� � 3�

redoks “na obi�ajen na�in” ali “z uporabo oksidacijskih števil” :

i) Li + Zn Li + Zn2+ +

j) Li + H O Li + H + H O3 2 2+ +

k) I + S O I + S O2 2 3 4 62� � 2�

l) Mg + H O Mg + H + H O3 2 2+ +2

m) Br + I Br + I � � �

3 2

n) Cr O + HCl Cr + Cl + H O + Cl2 7 2 22� 3 �+

o) Cl + OH ClO + Cl + H O2 3 2� � �

p) I + IO + H O I + H O� �

3 2 2+

r) Cr(NCS) + I + H O Cr + SO + ICN + I + H O6 2 2 4 33� 3 2� �+ +

redoks ena�be “z uporabo oksidacijskih števil”:

s) CoCl + Na O + OH + H O Co(OH) + Cl + Na2 2 2 2 3� � +

t) ClO + As S + H O H AsO + SO + Cl + H O3 2 3 2 2 4 4 3� � 2� � +

u) CrI + ClO + OH CrO + IO + Cl + H O3 3 4 4 2� � 2� � �

4. Ena�be kemijskih reakcij uredite tako, da po potrebi dodate H O bodisi na levo ali desno stran2

ena�be:

a) H P O H O + H P O3 3 10 3 2 3 102� 3�+

b) SO Cl + OH HSO + Cl2 2 4� � �

c) PO + H O H PO 4 3 2 43� �+

d) H H + OH� � 2

Rešitve1. a) in c)

2.

a 1 2 1 1 1 t 2 5 4 2 4

b 1 6 10 u 2 11 8 4 2 2

c 1 2 1 2 2 v 6 3 5 1 3

d 2 1 1 4 z 1 12 4 2 6

e 3 6 1 2 6 aa 2 2 3 2 6

f 1 6 1 2 4 bb 2 2 2 2 3 1

g 2 3 1 2 2 cc 4 2 4 4 3

h 1 2 1 2 dd 1 14 2 2 3 7

i 2 6 2 3 ee 4 18 30 18 2 30 4

j 2 3 1 3 ff 12 13 5 6 4 26

k 1 4 1 1 gg 10 13 128 40 32

l 3 2 1 6 hh 3 4 3 1 4

1

3 2

��

105

m 2 3 1 3 ii 3 28 4 6 9 28

n 1 3 1 3 jj 1 8 1 1 4

o 1 5 3 4 kk 2 10 8 6 2 5 8

p 6 2 6 2 1 ll 5 24 36 30 12 24 66

r 2 2 6 2 3 mm 2 10 8 1 2 5 8

s 4 5 4 6 nn 15 44 5 90 22 88

oo 10 1176 1399 35 1176 420 660 223 1879

3.

a 1 2 3 k 1 2 2 1

b 1 1 2 l 1 2 1 1 2

c 2 2 1 3 m 2 1 1 3

d 1 3 1 3 n 1 14 2 8 7 3

e 1 3 1 3 o 3 6 1 5 3

f 1 12 4 6 p 1 1 2 1 3

g 1 4 1 3 1 r 1 24 72 1 6 6 42 48h 1 6 3 1 3 s 2 1 2 2 2 4 2

i 2 1 2 1 t 14 3 42 6 9 14 24

j 2 2 2 1 2 u 2 9 10 2 6 9 5

4.

a 1 1 H O 1 1 c 2 1 2 H O 2 2

b 1 3 1 2 + 1 H O d 1 1 H O 1 12 2

4.2 Mno�inski odnosi pri kemijski reakciji

Zapišimo urejeno kemijsko reakcijo v splošni obliki takole:

a A + b B + � � � k K + m M + � � �

A, B, ... reaktanti (lahko so molekule, ioni ali formulske enote)K, M,... produkti (lahko so molekule, ioni ali formulske enote)a, b, ...k, m,... reakcijski ali stehiometri�ni koeficienti za reaktane (a, b, ...) in produkte (k, m,...)

Zaenkrat privzamemo, da pote�e reakcija “do konca” in da so reaktanti A, B,... v stehiome-trijskem razmerju, podanim z reakcijskimi koeficienti a, b,... �e je tako, so po kon�ani reakcijiopazni le še produkti. V takem primeru je urejena ena�ba kemijske reakcije zapis, iz kateregarazberemo, da: (I) a delcev zvrsti A zreagira z b delci zvrsti B, s c delci zvrsti C itd.

in pri tem nastanek delcev zvrsti K, m delcev zvrsti M itd.

O

±

�7 � �+�+8�

.

nA

nB�

ab

nA

a �

nB

b

nA

nK�

ak

nA

a �

nK

k

nA

a �

nB

b� � � � �

nK

k�

nM

m � � � �

.

mA /MA

a�

mB /MB

b� � � � �

mK /MK

k�

mM /MM

m� � � �

��

106

Pod “delcem” razumemo opredeljeno kemijsko zvrst, ki je lahko a) molekula (na primer S , H O, P O , TiCl , C H O itd.)8 2 4 10 4 12 22 11

b) kation ali anion (Na , NH , Cl , SO itd.)+ +4 4

� 2�

c) formulska enota, ki jo zapišemo z empiri�no formulo (NaCl, AlF , NaOH, Al O itd.)3 2 3

d) elektron, proton, foton itd.

(II) mno�ina a snovi/zvrsti A zreagira z mno�ino b snovi/zvrsti B, z mno�ino c snovi/zvrsti C itd.in pri tem nastane mno�ina k snovi/zvrsti K, mno�ina m snovi/zvrsti M itd.

�etudi so � o tem smo �e govorili na za�etku tega poglavja � mikroskopske zvrsti nedeljive,lahko reakcijo zapišemo tudi z racionalnimi koeficienti. Razmerje med reakcijskimi koeficienti,celimi in racionalnimi, pa je vedno celoštevil�no.

POMNI: ��

��

�� "��$. �� 97

�� '��

��$.��$ . ��:��7��

�� 8;�� *+<��

Iz tako urejene kemijske reakcije je razvidno, da je števil�no razmerje delcev reaktantov A in B,a : b. To razmerje pa je enako mno�inskemu razmerju, saj je “proporcionalni faktor”,Avogadrovo število, za vse zvrsti enako. Torej lahko zapišemo:

oziroma

Podobna zveza velja tudi za mno�inski odnos med reaktantom A in produktom K:

oziroma

Iz obeh ena�b sledi naslednja veri�na povezava:

�e �elimo ra�unati mase produktov in reaktantov, dobijo zgornje ena�be naslednjo obliko:

Na tem mestu velja poudariti, da zapisane ena�be veljajo le, kadar so reaktanti v stehiometrijskemrazmerju. Kemijske reakcije pote�ejo tudi tedaj, ko reaktanti niso v stehiometrijskem razmerju.Takrat poteka reakcija toliko �asa, da se v reakcijski zmesi porabi tisti reaktant, ki “ga jenajmanj”,

.

nA

a �

nR

r

.

n (AaBbCc...)

1�

n (A)a

m (AaBbCc...)

1 �M(AaBbCc...)�

m (A)aM(A)

.

nA

a �

VBcB

b

��

107

vsi drugi reaktanti ostanejo v prebitku. Take so na primer reakcije oksidacije, ki potekajo v “�ivinaravi” (oksidacija oziroma “zgorevanje” sestavin hrane v �ivih organizmih) ali pa v toplarnahin termoelektrarnah (zgorevanje premoga in naftnih derivatov). Element kisik, ki je za gorenjenujno potreben in ga je v zemeljski atmosferi zelo veliko (�1�10 t), je vselej v prebitku.15

Reakcija pote�e (se kon�a), ko se porabi (potroši) gorivo (bencin, kurilno olje, mazut, premog,drva, plin itd.)

4.3 Kemijska reakcija in kemijska analiza

Stehiometrija (stehiometri�no razmerje reaktantov in produktov) ene same ali ve� zaporednihkemijskih reakcijah nam lahko rabi za kemijsko analizo dolo�enega vzorca. Princip kemijskeanalize je povsem enostaven. Iz poznavanja mno�inskega odnosa med reaktantom in produktom,ki ga opredelita koeficienta a in r (�e je reakcij ve�, je potreben izra�un), lahko ugotovimomno�insko razmerje med snovjo ali elementom, ki jo/ga analiziramo, n , in enim izmedA

reaktantov/produktov, s katerim analiziramo, n . To razmerje je podano z enostavno splošnoR

formulo:

I. �e ima produkt, s katerim analiziramo, znano sestavo in ga tehtamo, pravimo metodigravimetrija. V tehtanem produktu je obi�ajno vsebovan element ali skupina, ki ga/jodolo�amo. �e ima v tehtani spojini s formulo A B C ... element, ki ga analiziramo, oznakoa b c

A, lahko zapišemo:

1 A B C ... a A a b c

Iz mase stehtane spojine A B C ..., m(A B C ...) izra�unamo maso elementa A, m(A) in oda b c a b c

tod lahko dolo�imo bodisi maso neke druge spojine, ki ta element vsebuje, lahko pa tudimasni dele� elementa v neki zmesi, rudi itd.

II. Mno�ino snovi, ki jo analiziramo, n , lahko reagiramo z drugo snovjo, tako da to drugo snovA

dodajamo v obliki raztopine, in sicer toliko �asa, da je vzpostavljen pogoj stehiometri�nosti(to ugotavljamo s spremembo barve indikatorja ali instrumentalno). Takim analiznimpostopkom pravimo volumetri�ne analize. Proces dodajanja raztopine znane koncentracije(iz birete) k drugi raztopini (v erlenmajerico), ki vsebuje neznano mno�ino neke dolo�ene(znane) zvrsti ali snovi, imenujemo titracija. �e je stehiometrija reakcije reaktanta A, ki gaanaliziramo (titrator v erlenmajerici) in reaktanta B, s katerim analiziramo (titrant v bireti)natanko znana,

a A + b B produkti

velja naslednja zveza:

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

� ��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

108

Slika 4.1

Komentar k sliki: Iz merilne bu�ke, v kateri je vzorec, ki ga �elimo analizirati (sl. 1), s

pomo�jo Peleusove bunke, nameš�ene na ustje polnilne pipete, odpipetiramo to�no

dolo�eno prostornino (sl. 2) raztopine in jo prelijemo v posodo, primerno za titracijo �

erlenmajerico (sl.3). Raztopini v erlenmajerici med intenzivim mešanjem previdno (v

curkih in proti koncu po kapljicah) dodajamo iz birete raztopino znane koncentracije, c ,B

toliko �asa (sl. 4), da indikator (sprememba barve enega izmed reagentov ali instrument)

“naznani ekvivalentno to�ko” (dose�eno je stehiometrijsko razmerje). Iz porabe raztopine

v bireti, V (sl. 5), izra�unamo koli�ino snovi ali zvrsti, n , ki jo analiziramo.B A

V in c sta oznaki za prostornino in koncentracijo porabljenega reagenta v bireti. Iz ena�beB B

izra�unamo n , od tod dalje pa maso, koncentracijo, dele� elementa, spojine, oziroma vse,A

kar je kakorkoli povezano z n . Osnovne operacije pri titraciji so prikazane na sliki 4.1.A

III. Velikokrat lahko v raztopini izkoristimo neko fizikalno lastnost topljenca, ki jo lahkomerimo. �e vemo, kakšna je funkcijska odvisnost te lastnosti od koncentracije, lahkoinstrument koncentracijo izra�una ali pa jo izra�unamo sami. Takim postopkom pravimoinstrumentalne metode. Med temi so, denimo, zelo uporabne in razširjene spektroskopskein elektrokemijske metode.

�

��

�

��

�

� �

.

mv�

32

m3�

v2

m3v2

� 1

m3� 2 < 2,5 �

v2

v2

> m3

��

109

4.4 Prebitek

Preden preidemo k obravnavi mno�inskih odnosov pri kemijski reakciji, si na naslednjemprimeru oglejmo, kaj v splošnem pomeni prebitek (ali prese�ek, preostanek).Na zgornjem delu slike 4.2 je prikazan “produkt”, ki smo ga dobili s privijanjem 3 matic na 2vijaka. Spodnji del slike pa predstavlja rezultat kombinacije 6 matic in 5 vijakov. Matic je 6 innjihovo število je ve�je od števila vijakov; teh je 5. Po kon�anem delu pa nam ostane 1 vijak �kljub temu da “je vijakov manj”. Pravimo, da je en vijak “v prebitku”. Potemtakem prebitek niodvisen od števila, temve� od “sestave produkta”, � torej od števila posameznih sestavnih delov(komponent), iz katerih je produkt sestavljen. �e ozna�imo matice s �rko M in vijake s �rko V,potem bi lahko privijanje matic na vijake in vijakov na matice shematsko zapisali takole:

3 M + 2 V 1 P

Slika 4.2

Uporabimo za števili matic in vijakov oznaki m in v. Pri kombiniranju, zapisanem z zgornjo“reakcijo”, so vselej potrebne 3 matice in 2 vijaka. Torej je razmerje med številom matic inštevilom vijakov:

ali

Po kon�anem “privijanju” ne bo preostanka, �e bosta izraza (ulomka) m/3 in v/2 enaka. �e pokon�anem opravilu ostanejo v prebitku matice, je m/3 > v/2, �e pa ostanejo vijaki, je m/3 < v/2.V našem primeru je:

m/3 = 6/3 = 2 in v/2 = 5/2 = 2,5. Torej je

Ker je potemtakem , so vijaki v prebitku.

nB

nA< b

anB

nC< b

cnB

nD< b

d

nB

b<

nA

a

nB

b<

nC

c

nB

b<

nD

d

.

nA�

a�

nB

b�

nC�

c� ��

nK

k�

nM

m� ��

��

110

POMNI: ��

��

�� 1

��5�1=�*��5�+�8��>�8�� 8=�*��5�+�2�3*682�3*682��#��

��!�� !��

�� 1�+*��+ ��$�!��*/

�� -��!��

��%��!��

�� 8�� 0��

��

��

4.5 Kemijski prebitek

Vzemimo, da so poljubno izbrane mno�ine reaktantov A, B, C,... pri neki kemijski reakciji n ,A

n , n itd. �e so vsi reaktanti razen enega v prebitku, potem opredeli “do kod bo reakcijaB C

potekla” tisti reaktant, ki “ga je najmanj” (glejte komentar na koncu podpoglavja 4.2, str.106/107). Vzemimo, da ima reaktant, ki ga je najmanj, oznako B. Tedaj pri reakciji

a A + b B + � � � k K + m M + � � �

veljajo med reaktantom B in vsemi drugimi reaktanti, A, C, D, ..., ki so v prebitku, naslednjezveze:

, , itd.

ali, zapisano druga�e

, , itd.

Še enkrat poudarjamo, da relacije neenakosti ne pomenijo, da je mno�ina n manjša od mno�inB

n , n , itd., pa� pa, da “je reaktanta B premalo” v primerjavi z reaktanti A, C, itd. (spomnimo seA C

zapisa v zvezi s kombinacijo matic in vijakov, str. 109).�e pri prebitnem reaktantu A ozna�imo mno�ino, ki je zreagirala, z n �, (preostalo) mno�inoA

nezreagiranega prebitka pa z n �, kajpada velja, da sta mno�ini zreagiranega in nezreagiranegaA

reaktanta skupno enaki mno�ini reaktanta A pred reakcijo, n :A

n = n � + n � A A A

�e ra�unamo mno�ine zreagiranih reaktantov, n �, n �, itd., je primeren takle zapis:A C

nA � nA�

a�

nB

b�

nC � nC�

c� ��

nK

k�

nM

m� ��

.minnA

a;

nB

b;

nC

c; ...

.KClO3

1

/ O2

2

n1

n2�

23

n1

2�

n2

3

m1

2M1�

m2

3M2

.

2362 �122,6

�

m2

3 �32,0

��

111

�e pa ra�unamo mno�ine nezreagiranih prebitnih reaktantov, n �, n �, itd., pa je primerneje, �eA C

zapišemo:

Kot je razvidno iz zapisa, so mno�ine nastalih produktov K, M, itd. premo sorazmerne mno�inireaktanta B, za katerega smo predvideli, da ga je najmanj, ali druga�e � prav od reaktanta B boodvisno, koliko drugih reaktantov bo po kon�ani reakciji preostalo in koliko produktov bonastalo.Kadar je število reaktantov ve�je od 2, bi bil postopek medsebojnega preverjanja in iskanjareaktanta, ki ga je najmanj in ki opredeli obseg poteka reakcije, lahko precej zamuden. Takratpoiš�emo med izrazi n /a, n /b, n /c itd. tistega z najmanjšo vrednostjo:A B C

4.6 Ra�unske naloge (rešeni in nerešeni zgledi)

1. Koliko gramov plinastega O dobimo pri popolnem razkroju 236 g KClO na KCl in O ?2 3 2

��

m = 236 g (1 je oznaka za KClO , 2 je oznaka za O )1 3 2

��Urejena ena�ba kemijske reakcije je:

2 KClO (s) 2 KCl(s) + 3 O (g) 3 2

Iz urejene ena�be je razvidno, da je mno�insko razmerje med kalijevim kloratom in plinastimkisikom:

Potem ko vstavimo števil�ne vrednosti, dobimo:

m = 92,4 g2

Pri razpadu 236 g KClO nastane 92,4 g plinastega O .3 2

2. Soda je pomembna kemijska surovina, pridobivajo pa jo po tako imenovanem Solvayevempostopku. Proizvodnja poteka preko razli�nih vmesnih kemijskih in fizikalnih procesov,vendar lahko postopek v grobem opišemo z eno samo reakcijo, iz katere so razvidnimno�inski odnosi med vhodnima surovinama, ki sta sol in apnenec, in kon�nim produktom,Na CO :2 3

2 NaCl(s) + CaCO (s) Na CO (s) + CaCl (s)3 2 3 2

(10 000 000)

.NaCl1

/ CaCO3

2

/ Na2CO3

3

n1

n2�

21

n1

n3�

21

n1

2�

n2

1�

n3

1

m1

2M1�

m2

M2�

m3

M3

m1

238,5�

m2

100�

1,0 �107

106

.P4O10

1

/ H3PO4

2

/ Ca3(PO4)2

3

.

n1

n2�

14

n2

n3�

21

n1

n3�

12

n1

1 �

n3

2

m1

1M1�

m3

2M3

m1

284�

12,52 �310

��

112

Izra�unajte, koliko ton surovin potrebujemo za pripravo deset milijonov tonsode!

��

m = 1,0�10 t37

m ; m = ?1 2

��: Iz urejene ena�be reakcije pridobivanja sode lahko zapišemo mno�inskeodnose:

in

Ko mno�ine n , n in n v veri�ni ena�bi na desni izrazimo z masami m , m in m , dobimo1 2 3 1 2 3

dve ena�bi z dvema neznankama:

m = 1,1�10 t in m = 9,4�10 t1 27 6

Za proizvodnjo 10 milijonov ton sode potrebujemo 11 milijonov ton soli in 9,4 milijonov tonapnenca.

3. �e fosforjev(V) oksid, P O , previdno raztopimo v vodi, dobimo raztopino fosforjeve(V)4 10

kisline, H PO (aq). Ob dodatku raztopine kalcijevega hidroksida, Ca(OH) , raztopini H PO3 4 2 3 4

se izlo�i 12,5 g kalcijevega fosfata, Ca (PO ) . Koliko gramov P O smo raztopili v vodi?3 4 2 4 10

��

m = 12,5 g (1 je oznaka za P O , 2 za H PO in3 4 10 3 4

m = ? 3 za Ca (PO ) )1 3 4 2

�� Pri raztapljanju P O v vodi in dodatku Ca(OH) pote�eta naslednji4 10 2

reakciji:P O (s) + 6 H O(l) 4 H PO (aq)4 10 2 3 4

2 H PO (aq) + 3 Ca(OH) (s) Ca (PO ) (s) + 6 H O(l) 3 4 2 3 4 2 2

Iz mno�inskih razmerij pri prvi in drugi reakciji

in

izra�unamo najprej mno�insko razmerje med P O in Ca (PO ) , n /n , mno�ini izrazimo4 3 4 2 1 310

s kvocientoma mase in molske mase in kon�no iz števil�nih vrednosti v podatkih izra�unamoše maso reaktanta P O :4 10

m = 5,72 g1

.H2

1

/ O2

2

/ H2O3

.minn1

2;

n2

1� min

m1

2M1

;P2V2

RT2� min

20,02 �2,00

; 102 �2788,31 �303

� min(5,00;11,3) � 5,00

n1

2�

n2 � n2�

1�

n3

2

n1

2�

P2V2

RT2

�

m2�

M2�

n3

25,00 � 11,3 �

m2�

32,0�

n3

2

��

113

Pozoren bralec lahko opazi, da se “ves fosfor v P O porabi” za nastanek Ca (PO ) . Ker so4 10 3 4 2

v 1 molekuli P O 4 atomi P in v 2 formulskih enotah Ca (PO ) le 2, bi lahko zapisali, da4 10 3 4 2

iz ene moelkule za�etnega reaktanta dobimo 2 “molekuli” (formulski enoti) kon�negaprodukta.

1 P O 2 Ca (PO )4 10 3 4 2

ali pa, da je mno�ina produkta 2-krat ve�ja od mno�ine reaktanta, kar zapišemo n = 2n .3 1

Ena�ba je seveda enaka prejšnji.

POMNI: k��"�� "� ��

��!��

�� "�� "��

�� +��

4. 20,0 g vodika dodamo 278 L plinastega kisika pri temperaturi 30 C in tlaku 1,02 bar. Poo

v�igu mešanica eksplozivno zreagira. Izra�unajte, koliko molov vode je pri eksplozijinastalo, in kateri izmed reaktantov in koliko gramov ga je ostalo v prebitku?

��

m = 20,0 g1

V = 278 L2

T = 30 C = 303 K2o

P = 1,02 bar = 102 kPa2

n ; m " ali m " = ?3 1 2

��Najprej zapišemo urejeno ena�bo kemijske reakcije med H in O : 2 2

2 H (g) + O (g) 2 H O(g) 2 2 2

Nato izra�unamo, katerega reaktanta “je manj”:

“Primanjkuje” vodika! Nekaj kisika, n �, bo ostalo v prebitku, mno�ina vode, n , pa bo2 3

sorazmerna mno�ini tistega reaktanta, ki “ga je manj”, torej vodika. �e to zapišemo, dobimo:

n /2 in n /1 smo izra�unali �e v prejšnjem izrazu, n � pa izrazimo z maso, m �:1 2 2 2

m � = 202 g in n = 10,0 mol.2 3

Pri eksploziji je v posodi nastalo 10,0 mol vode, ostane pa 202 g (nezreagiranega) kisika.

.Li1

/ H2

2

/ LiH3

.

n2

n3�

12

n2

1�

n3

2

n �

2 � (100%� 50%)n2 � 150%n2 � 1,50n2

n �

2 � 1,50n2 �P2V

�

2

RT2

n2 �P2V

�

2

1,50 RT2

P2V�

2

1,50 RT2

1�

n3

2

P2V�

2

1,50 RT2�

m3

2M3

.

98,0 �V �

2

1,50 �8,31 �293�

25,02 �7,90

150 000

��

114

5. Spojino litijev hidrid, LiH, razmeroma enostavno pripravimo tako, da koš�ke (kovinskega)Li segrejemo v atmosferi plinastega H . Zapišite ena�bo reakcije in izra�unajte kolikšno2

prostornino H pri temperaturi 20 C in tlaku 98,0 kPa bomo potrebovali za pripravo 25,0 g2o

LiH, �e je pri sintezi potreben vsaj 50% prebitek!

��

m = 25,0 g (1 je oznaka za Li, 2 za H in 3 za LiH)3 2

T = 20 C = 293 K2o

P = 98,0 kPa2

p = 50% = 0,502

V = ?2*

�� Urejena ena�ba sinteze LiH je

2 Li(s) + H (g) 2 LiH(s)2

Iz zapisane urejene ena�be razberemo, da je:

Toda pri sintezi je potreben 50% prebitek vodika, kar pomeni, da bo dejanska poraba H ,2

izra�ena bodisi kot n ali kot V , za 50% (ali za polovico) ve�ja od teoretske mno�ine. �e2 2* *

to zapišemo

in izrazimo mno�ino H , n , s plinsko ena�bo2 2*

ter dobljen izraz za n vstavimo v izhodiš�no ena�bo, dobimo:2

V = 59,0 L2*

Za pripravo 25,0 g LiH potrebujemo pri teh pogojih 59,0 L vodika.

6. Koliko ton 85,0% piritne rude in koliko kubi�nih metrov zraka pri temperturi 800 C ino

tlaku 0,950 bar je potrebno za pripravo L 96,0% �veplove kisline z gostoto 1,836g/mL, �e je za “pra�enje” pirita, FeS , potreben 25,0% prebitek zraka? V zraku je 21,02

volumskih % kisika. SO , ki pri pra�enju nastaja, se v celoti porabi za sintezo H SO .2 2 4

.ruda1

/ FeS2

2

/ O2

3

/ zrak4

/ SO2

5

/ H2SO4

6

.

n2

4�

n3

11�

n5

8�

n6

8

m2

4M2�

P3V3

11RT3�

m6

8M6

m1w21

4M2�

P3

V4 x34

1� p4

11RT3�

V6�6w6

8M6

��

115

��

w = 85,0% = 0,85021

x = 21,0% = 0,21034

p = 25,0% = 0,250 masni dele� pirita (2), FeS v rudi (1); oznaka 214 2

T = 800 C = 1073 K mno�inski dele� kisika (3), O , v zraku (4); oznaka 344 2o

P = 0,950 bar = 95,0 kPa4

V = 1,50�10 L6 5

w = 96,0% = 0,9606

� = 1,836 g/mL = 1836 g/L6

m (v t) ; V (v m ) = ?1 4 3

��veplo v piritu se z zra�nim kisikom oksidira do SO po reakciji:2

FeS (s) + O (g) Fe O (s) + SO (g) 2 2 2 3 2

SO oksidirajo do SO , ki ga raztapljajo v �veplovi kislini,2 3

SO (g) + H SO (l) H S O (l) 3 2 4 2 2 7

nastalo di�veplovo kislino, H S O , pa reagirajo z vodo, 2 2 7

H S O (l) + H O(l) 2 H SO (l) 2 2 7 2 2 4

Ena�bo “pra�enja pirita” uredimo z izena�evanjem števil Fe ali S atomov; oba elementa stana obeh straneh samo po enkrat:

4 FeS (s) + 11 O (g) 2 Fe O (s) + 8 SO (g) 2 2 2 3 2

Ruda FeS 2 SO 2 SO H S O 2 H SO2 2 3 2 2 7 2 4

Iz urejene ena�be in zapisane sheme je razvidno, da je:

Ker smo zapisali, da je n /8 = n /8, pomeni, da se ves SO spremeni v H SO . Odslej nas5 6 2 2 4

SO ne bo ni� ve� zanimal. Mno�ini pirita, n , in �veplove kisline, n , izrazimo z masama2 2 6

m in m , mno�ino kisika, n , pa s splošno plinsko ena�bo:2 6 3

Maso pirita, m , izra�unamo iz mase rude, m , in dele�a pirita v rudi, w , prostornino kisika,2 1 21

V , z dele�em kisika v zraku, x , ter prebitkom zraka, p , maso �veplove kisline, m , pa s3 34 4 6

prostornino, gostoto in masnim dele�em:

Iz števil�nih vrednosti sledi:

m1 �0,850

4 �120�

95,0V4 �0,210

1� 0,25

11 �8,31 � 1073�

1,50 �105�1836 �0,960

8 �98,1

.Al2(CO3)3

1

/ NaCl2

/ CaCO3

3

123

/ CO2

4

/ HCl5

.Al2(CO3)3

1

(s) .6 HCl51

(aq) .3 CO2

41

(g)

.CaCO3

3

(s) .2 HCl53

(aq) .CO2

43

(g)

n41

n1�

31

n43

n2�

11

��

116

m = 1,90�10 g = 1,90�10 t in V = 2,07�10 L = 2,07�10 m1 48 2 9 6 3

Za pripravo 150 m �veplove kisline je potrebno 190 t piritne rude in 2,07 milijonov m3 3

zraka.

7. V 225 g zmesi je 45,0% Al (CO ) , 12,0% NaCl, ostanek je CaCO . �e na zmes u�inkujemo2 3 3 3

z 22,0% HCl, ki ima gostoto 1,108 g/mL, se razvije plin CO . Uredi reakciji in izra�unaj,2

koliko litrov plina nastane pri 22 C in tlaku 95,0 kPa in najmanj koliko mililitrov raztopineo

HCl je potrebno za razkroj karbonatov?

Al (CO ) (s) + HCl(aq) AlCl (aq) + CO (g) + H O(l) 2 3 3 3 2 2

CaCO (s) + HCl(aq) CaCl (aq) + CO (g) + H O(l) 3 2 2 2

��

m = 225 g123

w = 0,450 (z indeskom 123 opredelimo skupno maso vseh treh komponent)1

w = 0,120 ��Urejanje ena�b:2

T = 22 C = 295 K (1) prvo ena�bo za�nemo urejati (isto�asno) z Al in C 4o

P = 95,0 kPa koeficienti so: 1 6 2 3 34

� = 1,108 g/mL = 1108 g/L (2) drugo ena�bo za�nemo urejati (isto�asno) s Ca in C 5

w = 0,220 koeficienti so: 1 2 1 1 15

V (v L) = ? (3) NaCl s HCl ne reagira. 4

V (v mL) = ?5

Urejeni ena�bi reakcij sta:

+ 2 AlCl (aq) + + 3 H O(l) 3 2

+ CaCl (aq) + + H O(l) 2 2

Mno�ino CO , ki nastane iz Al (CO ) , bomo zapisali kot n , tisto iz CaCO pa kot n2 2 3 3 41 3 42

(indeks 41 pove, da gre za plin CO z oznako 4, ki se razvije pri razkroju snovi 1, indeks 432

pa, da gre za isti plin, ki nastane iz snovi 3). Mno�inski razmerji nastalega plina inkarbonatov so enaki razmerju reakcijskih koeficientov pri obeh reakcijah:

in n = 3n in n = 1n41 1 43 2

Skupna mno�ina plina CO , n , je enaka vsoti mno�in CO , ki nastane iz Al (CO ) in2 4 2 2 3 3

CaCO :3

n = n + n4 41 43

.

P4V4

RT4� 3

m1

M1� 1

m3

M3

P4V4

RT4� m123 3

w1

M1�

1 � w1 � w2

M3

.

95,0 �V4

8,31 �295� 225 3 0,450

234 �1 � 0,450 � 0,120

100

n51

n1�

61

n53

n2�

21

V5�5w5

M5� m123 6

w1

M1� 2

1 � w1 � w2

M3

.

V5 �1108 �0,220

36,5� 225 6

0,450234 � 2

1 � 0,450 � 0,120100

��

117

�e mno�ini n in n izrazimo s prejšnjima ena�bama, dobimo neposredno povezavo med41 43

mno�ino nastalega CO in mno�inama obeh karbonatov:2

n = 3n + 1n4 1 2

V tej izhodiš�ni ena�bi izrazimo mno�ino CO s plinsko ena�bo in mno�ini karbonatov z2

njunima masama:

Masi karbonatov izra�unamo iz mase zmesi, m , in masnih dele�ev obeh karbonatov, w123 1

in w :3

m = m w in m = m w = m (1 � w � w )1 123 1 3 123 3 123 1 2

Ko zgornja izraza vstavimo v prejšnjo ena�bo in izpostavimo m , dobimo:123

V ena�bi nadomestimo parametre s števil�nimi vrednostmi in izra�unamo neznanko V :4

V = 58,5 L4

Na povsem enak na�in izra�unamo tudi prostornino porabljene HCl. Najprej “pove�emo”mno�ino HCl z mno�inama obeh karbonatov,

in n = 6n in n = 2n51 1 53 2

in od tod dobimo, da je

n = n + n = 6n + 2n5 51 52 1 2

�e mno�ino HCl, n , izrazimo z maso, gostoto in masnim dele�em (m , � in w ), mno�ini5 5 5 5

karbonatov pa na enak na�in kot pri ra�unanju CO , dobimo ena�bo:2

in od tod:

V = 0,678 L = 678 mL5

Pri razkroju zmesi nastane 58,5 L CO , za razkroj porabimo 678 mL 22,0% HCl.2

3

3

3

�

�

.N2

1

/ H2

2

/ NH3

3

��

118

8. Na sliki 4.3 sta shematsko prikazana mikroskopska “dela posode”, ki predstavljata povpre�nostanje plinastih reaktantov pred reakcijo (na levi strani) in produkt po reakciji (na desnistrani). Poimenujte reaktanta in produkt z uporabo simbolov, zapisanih na desni strani slike!Zapišite ena�bo kemijske reakcije in preverite, ali ni morebiti kateri izmed reaktantov vprebitku! Koliko gramov reaktanta z oznako N potrebujemo, �e se pri reakciji porabi 78,5g reaktanta z oznako H? Koliko gramov produkta nastane pri reakciji (glejte opombo,zapisano po odgovoru na koncu naloge)?

��

��Iz slike in oznak je razvidno, da sta oba plinasta reaktanta sestavljenaiz dvoatomnih molekul (na sliki so molekule v prostoru razli�no usmerjene). V “posodi” statorej dušik, N , in vodik, H (alternativni imeni za ta dva elementa, sestavljena iz dvoatomnih2 2

molekul, sta didušik in divodik). Med reakcijo se reaktanti “spreminjajo” v produkte. Koreakcija pote�e do konca, so v isti posodi samo nastali produkti in ni� ve� reaktantov, karpomeni, da bi morali biti mno�ini reaktantov stehiometri�ni. To lahko preverimo tako, dapreštejemo število istovrstnih atomov v posodi na levi (pred reakcijo) in na desni (poreakciji). Molekule produkta so sestavljene iz enega atoma N in treh atomov H. Formula jetorej NH , spojina se imenuje amoniak. 3�

Slika 4.3

Preizkus: na levi je 6 molekul N 6 molekul × 2 atom N/molekulo = 12 atomov N2

na desni je 12 molekul NH 12 molekul ×1 atom N/molekulo = 12 atomov N3

na levi je 18 molekul H 18 molekul × 2 atoma H/molekulo = 36 atomov H2

na desni je 12 molekul NH 12 molekul ×3 atom H/molekulo = 36 atomov H.3

Število atomov obeh elementov, N in H, je v obeh posodah enako. Kemijsko reakcijo meddelci v posodi lahko zapišemo takole:

6 N (g) + 18 H (g) 12 NH (g) 2 2 3

Ker pa velja dogovor, da so si koeficienti med seboj “tuja števila” (njihov edini skupnideljitelj je 1) je prav(ilno), da jo zapišemo:

N (g) + 3 H (g) 2 NH (g) 2 2 3

Produkte in reaktante ozna�imo s poljubnimi indeksi; v našem primeru bomo uporabili 1 zaN , 2 za H in 3 za NH .2 2 3

n1

n2�

13

n1

n3�

12

n1

1�

n2

3�

n3

2

m1

1M1

�

m2

3M2

�

m3

2M3

m1

1 �28,0�

78,53 �2,02

�

m3

2 �17,0

�

�

��

119

Iz urejene ena�be zapišemo stehiometri�ni odnos med mno�inama vodika in dušika tervodika in amoniaka:

in

V veri�ni ena�bi na desni strani sta dva ena�aja, kar pomeni, da imamo dve ena�bi in lahkoizra�unamo dve neznanki. Ko izrazimo mno�ine z masami ter v ena�be vstavimo števil�nevrednosti, dobimo:

Od tod izra�unamo maso N , m = 362 g in NH , m = 440 g.2 1 3 3

OPOMBA: ��

�� !��

��"# $%&�� &� �'�� (��&��")��

9. Na sliki 4.4 je shematsko prikazan mikroskopski del posode, v kateri je upodobljenopovpre�no stanje plinske zmesi pred reakcijo in po reakciji. Poimenujte reaktante in produktez uporabo simbolov, zapisanih na desni! Zapišite urejeno ena�bo kemijske reakcije!Ugotovite, ali so reaktanti v stehiometrijskem razmerju, in �e niso, kateri je v prebitku!Koliko gramov produkta nastane in koliko gramov prebitnega reaktanta ostane, �e reakcijapote�e “do konca” in smo imeli pred reakcijo v posodi 534 g reaktanta, zapisanega ssimbolom O? “Preštejte” molekule v obeh “mikroskopskih posodah” in izra�unajte, kolikoposameznih molekul “manjka” v posodi na desni strani! S preštetimi delci si pomagajte priizra�unu masnih in mno�inskih dele�ev obeh reaktantov pred reakcijo v pravi,“makroskopski” posodi!

Slika 4.4

��

�� Iz slike je razvidno, da sta reaktanta “na levi” elementa sestavljena izdvoatomnih molekul. Iz skice in pripadajo�ih oznak ugotovimo, da sta to H (vodik) in O2 2

(kisik), molekule produkta “na desni” pa so sestavljene iz enega atoma O in 2 atomov H,produkt reakcije je torej H O (voda).2

.minn (H2 )

2;

n (O2 )

1min 14

2;

91

� min (7;9) � 7

.H2

1

/ O2

2

/ H2O3

N1

N2�

149

n1NA

n2 NA�

149

n1

n2�

149

m1/M1

m2/M2�

149

9m1

M1�

14m2

M2

m1 �14m2 M1

9M2

�

14 �534 �2,029 �32,0

� 52,4 g

��

120

Urejena ena�ba kemijske reakcije je:

2 H (g) + O (g) 2 H O(g) 2 2 2

a) kateri izmed obeh reaktantov je v prebitku?

� na�in (A)Pred reakcijo je v posodi 14 molekul H in 9 molekul O .2 2

Sedaj zapišimo obe reakciji, tisto, ki bi potekla, ko bi imeli 14 mol H , in drugo, ko bi2

zreagiralo 9 mol O :2

14 H + (7 O ) 14 H O reakcija za 14 mol H2 2 2 2

(18 H ) + 9 O 18 H O reakcija za 9 mol O2 2 2 2

_____________________________________________________________ � 4 mol H + 2 mol O2 2

V oklepaju sta obakrat podani števili molekul, ki sta potrebni za potek reakcije zekvivalentnim številom molekul drugega reaktanta v posodi. “Prava reakcija” je seveda tista,kjer dolo�a koli�ino produktov reaktant, “ki ga je manj” � kjer torej nastane manj produktov.V našem primeru je to prva reakcija � za 14 mol H “je dovolj” 7 mol O , ker pa je v posodi2 2

9 mol O , pomeni, � da ostaneta po reakciji 2 mol prebitnega (nezreagiranega) O . Pri drugi2 2

je za 9 mol O potrebno 18 mol H , v posodi ga je le 14 mol, primanjkuje ga torej 4 mol. V2 2

prebitku je tisti izmed obeh reaktantov, pri katerem je razlika med realno in izra�unanovrednostjo, podano v oklepaju, pozitivna. Razlika je prese�na mno�ina prebitnega reagenta.V našem primeru je v prebitku 2 mol O . 2

� na�in (B) poiš�emo manjšega izmed izrazov v oklepaju

Manjša vrednost, 7, pove, da je v prebitku element O ali da je v tem primeru “manj”2

reaktanta H .2

b) koliko gramov produkta nastane in koliko gramov prebitnega reaktanta ostane, �ereakcija pote�e “do konca”?

� na�in (A)m = 534 g2

Najprej moramo iz danega števil�nega razmerja med molekulami vodika in kisika, 14 : 9,izra�unati maso vodika v posodi:

n1

2�

n2 � n2�

1�

n3

2

m1

2M1�

m2 � m2�

1M2�

m3

2M3

.

52,42 �2,02

�

534 � m2�

1 �32,0�

m3

2 �18,0

.

2M1

1M2�

m1

m2�.

2M1

m1�

M2

m2�

m2� �52,4 �1 �32,0

2 �2,02� 415 g m3 �

52,4 �2 �18,02 �2,02

� 467 g

��

121

Izra�unana masa H je izhodiš�ni podatek za izra�un mase zreagiranega kisika in mase 2

nastale H O. Iz urejene ena�be kemijske reakcije lahko zapišemo veri�no ena�bo:2

m = 467 g in m � = 119 g3 2

� na�in (B)Ve�ino podobnih nalog rešimo lahko tudi s sklepanjem. Najprej (I) zapišemo urejenokemijsko reakcijo, (II) pod reaktanti in produkti pa zmno�ke reakcijskih koeficientov zmolskimi masami, (III) pod temi pa mase reaktantov in mase produktov, ki pri tem nastanejoKon�no zapišemo še (IV) maso tistega reaktanta, “ki ga je najmanj” (52,4 g H ) in mase vseh2

drugih reaktantov/produktov, ki jih �elimo izra�unati (m in m ):2 3

2 mol H + 1 mol O 2 mol H O (I)2 2 2

2 � M + 1 � M 2 � M (II)1 2 3

2 � 2,02 g + 1 � 32,0 g 2 � 18,0 g (III) 52,4 g + m ' = ? m = ? (IV)2 3

Sklepanje je obi�ajno povezano s štirimi podatki, ki jih pri zapisu razvrstimo “v ogliš�apravokotnika”. Podatek v kateremkoli ogliš�u izra�unamo tako, da zmno�imo podatka, kista temu ogliš�u sosednja in ga delimo s podatkom v nasprotnem ogliš�u. Za “m ' = ?” sta2

sosednji ogliš�i “1�32,0 g” in “52,4 g”, nasprotno pa je “2�2,02 g”. Za m sta sosednji ogliš�i3

“52,4 g” in “2�18,0 g”, nasprotno pa je “2�2,02 g”.

� na�in (C)Mase reaktantov in nastalih produktov so vselej premo sorazmerne. Zato na osnovi urejeneena�be zapišemo namesto sklepnega ra�una ustrezna “masna razmerja”. Ta so opredeljenaz mno�inami posameznih zvrsti, ki pa jih spremenimo v maso tako, da mno�ine (reakcijskekoeficiente) pomno�imo z molsko maso in od tod izrazimo iskano spremenljivko. 2 mol H2

zreagirata z 1 mol O in nastaneta 2 mol H O. �e mno�ini spremenimo v maso, pomeni, da2 2

“2�M g” H zreagira z “1�M g” O in pri tem nastane “2�M g” H O. Ta razmerja so stalna1 2 2 2 3 2

in enaka razmerju katerihkoli mas m in m �. Zapišemo ju lahko takole:1 2

ali pa

Zlahka je opaziti, da pridemo do istega rezultata tudi iz ena�b, izpeljanih pod na�inom A alisklepnim ra�unom, podanim z na�inom B.Kakorkoli ra�unamo, dobimo za m � in m vselej naslednja izraza (glejte tudi na�in A):2 3

in

Maso prebitnega nezreagiranega kisika izra�unamo tako, da od za�etne mase, m , odštejemo2

.x1 �n1

n1� n2

�

N1/NA

N1/NA� N2/NA

�

N1

N1� N2

�

1414� 9

� 60,9%

w1 �m1

m1� m2

�

n1M1

n1M2� n2M3

�

N1

NA

M1

N1

NA

M1�

N2

NA

M2

�

14 �2,0214 �2,02� 9 �32,0

� 8,94%

.CH4

1

/ H2

2

/ NH3

3

��

122

maso zreagiranega kisika, m �. Torej:2

m � = m � m � = 534 � 415 = 119 g.2 2 2

c) ali so na desni strani v posodi skicirane res vse molekule prebitnih reaktantov inproduktov, �e je reakcija potekla “do konca”?

Preizkus: na levi je 9 molekul O 9 molekul × 2 atoma O/mol. = 18 atomov O2

na desni je 13 molekul H O 13 molekul × 1 atom O/mol. = 13 atomov O2

+ 1 molekula O 1 molekula × 2 atoma O/mol. = 2 atoma O2

Na desni je skupno 15 atomov O, torej manjkajo 18 � 15 = 3 atomi Ona levi je 14 molekul H 14 molekul × 2 atoma H/mol. = 28 atomov H2

na desni je 13 molekul H O 13 molekul × 2 atom H/mol. = 26 atomov H2

Na desni torej manjkata 28 � 26 = 2 atoma H.

Ker je reakcija potekla “do konca”, je zreagiral ves vodik; 2 atoma H morata zato biti vezanav molekulo vode, H O.2

Na desni manjkajo tudi 18 � 15 = 3 atomi O.Enega smo pravkar vezali z 2 H v H O, preostala dva pa ostaneta povezana v 1 molekuli.2

Na desni je treba narisati še 1 molekulo H O in 1 molekulo O .2 2

d) mno�inski in masni dele� reaktantov:

in

Masni dele� H , w , je veliko manjši od mno�inskega dele�a (molskega ulomka) vodika, x ,2 1 1

zato, ker je molekula vodika bistveno la�ja od molekule kisika.

10. Za sintezo amoniaka, NH , po Haber-Boschevem postopku sta potrebna vodik in dušik, ki3

reagirata po ena�bi:N (g) + H (g) NH (g) 2 2 3

Dušika je dovolj v zraku, ve�ino vodika pridobijo iz metana in vodne pare po reakciji:

CH (g) + H O(g) H (g) + CO (g) 4 2 2 2

Uredite obe ena�bi in izra�unajte, koliko kubi�nih metrov metana pri temperaturi 25 C ino

tlaku 1,15 bar je potrebno za industrijsko proizvodnjo 500 t amoniaka!

��

m = 500 t = 500�10 g36

n1

n2�

14

n2

n3�

32

n1 �38

n3

.

P1V1

RT1

�

3m3

8M3

.

115 �V1

8,31 �298�

3 �500 �106

8 �17,0

238 000

��

123

T = 25 C = 298 K1o

P = 1,15 bar = 115 kPa1

V (v m ) = ?13

�� Najprej uredimo ena�bi obeh reakcij (prvo ena�bo lahko za�nemourejevati s C ali O, drugo pa tudi z enim ali drugim elementom, N ali H. Urejeni ena�bi sta:

CH (g) + 2 H O(g) 4 H (g) + CO (g) 4 2 2 2

N (g) + 3 H (g) 2 NH (g) 2 2 3

V tem primeru je sintezna pot od metana, CH , do amoniaka, NH , podana z dvema4 3

ena�bama, zato mno�inski odnos med reaktantom CH in produktom NH ni takoj razviden.4 3

Edina povezava med CH in NH je H , ki se pripravi iz metana in vode ter reagira4 23

z dušikom do amoniaka. Zato zapišimo obe mo�inski razmerji: prvo med CH in H , ki sledi4 2

iz prve ena�be, in drugo med H in NH iz druge; iz obeh pa izpeljemo mno�inski odnos med2 3

CH in NH :4 3

in

(POZOR: pozoren bralec bo opazil, da mno�insko razmerje med CH in NH tokrat ni4 3

nasprotno razmerju števila atomov H v CH in NH , torej 3/4, temve� je dvakrat manjše, 3/8,4 3

kar pomeni, da je “potrebna le polovica metana”. Kako tudi ne, saj nastane pri reakcijimetana z vodno paro polovica vodika iz metana, polovica pa iz vodne pare; glejte komentarv POMNI pri 3. nalogi tega poglavja).�e na obeh straneh izhodiš�ne ena�be izrazimo mno�ino CH s splošno plinsko ena�bo4

in mno�ino NH z maso, dobimo:3

V = 2,38�10 L = 2,38�10 m18 5 3

Za sintezo 500 t amoniaka potrebujemo najmanj m metana.3

11. Na sliki 4.5 je shematsko prikazan povpre�ni “izsek” iz posode, v kateri sta reaktanta vtrdnem agregatnem stanju. Reakcija pote�e do konca in nastali produkti so “upodobljeni” nadesni strani slike.a) poskusite zapisati formule reaktantov in produktov z oznakami in simboli elementov,

zapisanimi na desni strani slikeb) uredite ena�bo reakcije in ugotovite, kateri izmed reaktantov je v prebitkuc) kolikšna je bila masa reaktantov, �e je pri reakciji nastalo 35,5 g trdnega produktad) ali je v “posodi” na desni skiciranih dovolj produktov in/ali atomov preostalih reaktantove) izra�unajte masna dele�a reaktantov v zmesi pred reakcijo!

��

��

a) iz simbolov in oznak razberemo, da sta reaktanta dva, element ogljik (C) in spojina, ki je

�

��

�

.C1

/ SiO2

2

/ CO3

/ SiC4

n2

n4�

11

m2

M2�

m4

M4

m2

60,1�

35,540,1

��

124

sestavljena iz elementov Si in O. Do formule le-te se dokopljemo tako, da na slikipreštejemo atome Si (6) in atome O (12) in iz njunega razmerja, 6/12, zapišemonajenostavnejšo (empiri�no) formulo: SiO . Bolj zanesljiv izra�un formule pa temelji na2

dejstvu, da je vsak atom Si obdan s 4 atomi O, vsak atom O pa samo z 2 atomoma Si,torej mora biti formula SiO = SiO .4/2 2

“Na desni je opaziti” plinasti produkt CO (molekula je zgrajena iz 1 atoma C in 1 atomaO), nezreagiran C in trdni prodkut SiC (v shematsko upodobljenem trdnem produktu ještevilo obeh atomov enako (6 + 6) ali bolj zanesljivo: vsak izmed atomov Si je obdan s4 atomi C in narobe; formula je torej SiC = SiC).4/4

Slika 4.5

b) s temi izhodiš�nimi podatki najprej zapišemo reakcijo

C(s) + SiO (s) CO(g) + SiC(s)2

in jo nato uredimo:

3 C(s) + SiO (s) 2 CO(g) + SiC(s)2

c) m = 35,5 g (indeksi 1, 2, 3 in 4 so za C, SiO , CO in SiC)4 2

Postopki reševanja niso ni� druga�ni kot pri prejšnji nalogi, razlika je le v tem, da je znanamasa produkta, iz katere je s pomo�jo slike treba izra�unati najprej masi obeh reaktantov,nato pa še maso prebitnega reaktanta.Sklepanje: ker je na sliki število atomov Si pred reakcijo in po njej enako, pomeni, da jeSiO v celoti zreagiral v SiC. Torej velja, da je:2

n = n m = 53,2 g2 4 2

Števil�no razmerje atomov/formulskih enot C in SiO na sliki je N : N = 28 : 6.2 1 2

Stehiometrijsko razmerje med obema reaktantoma pa je 3 : 1. Temu razmerju ustrezabodisi razmerje 28 : (28/3) = 28 : (9,33) = 3 : 1 ali pa (18) : 6 = 3 : 1. Izra�unano “število”formulskih enot SiO (9,33) je preveliko, saj jih je na sliki le 6. Za reakcijo s 6 SiO pa2 2

je treba “le” 18 atomov C, kar pomeni, da je v prebitku 10 atomov C. Iz izra�unane maseSiO (m ) in mno�inskega razmerja na sliki izra�unamo maso C pred reakcijo:2 2

n1

n2�

286

n1

28�

n2

6

m1

28M1�

m2

6M2

m1

28 �12,0�

53,26 �60,1

n1

n2�

31

n1

3�

n4

1

m1 � m1�

3M1�

m4

1M4

.

49,6 � m1�

3 �12,0�

35,51 �40,1

.w1 �m1

m2� m2

�

n1 M1

n2 M2� n2 M2

�

N1

NA

M1

N1

NA

M1�N2

NA

M2

�

N1 M1

N2 M2� N2 M2

�

. �

28 �12,0

28 �12,0� 6 �60,1�

48,0%

.Al1

/ HCl(aq)2

/ HCl(g)3

/ Al2Cl6

4

��

125

m = 49,6 g. 1

Kot smo �e ugotovili, je C v prebitku. Mno�ina zreagiranega ogljika pa je v stehiometri�nirelaciji z nastalim SiC (glejte reakcijo):

Po reakciji je preostalo m � = 17,7 g ogljika, C.1

d) Ker vemo, da se število atomov pri reakciji ohranja, po preštevanju opazimo, da na “desnistrani manjkata” 2 atoma O in 4 atomi C. Ker je C v prebitku, morata biti 2 atoma O v 2molekulah CO. K preostalemu prebitnemu ogljiku (grafitu) na desni pa je treba “dorisati”še 2 atoma C.

e) masna dele�a reaktantov izra�unamo iz števila delcev (mno�in) obeh reaktantov:

w = 52,0%2

12. Al Cl (“AlCl ”) je snov, ki sublimira pri nekaj manj kot 300 C. Pripravimo jo lahko z2 6 3o

reakcijo med �istim aluminijem in suhim vodikovim kloridom, HCl, pri pribli�no 300 Co

(slika 4.6). HCl plin razvijemo v Seidlovem aparatu (glejte tudi sliko k nalogi 8, poglavje 3)in ga vodimo v stekleno reakcijsko cev, v kateri je 35,0-gramski zvitek aluminijeveplo�evine. Po 9-urnem segrevanju reakcijske zmesi je sinteza kon�ana. Masa (dobitek)nastalega Al Cl , ki sublimira na “hladen” del aparature zunaj pe�i, je 138 g, poraba 36,0%2 6

klorovodikove kisline, HCl(aq), z gostoto 1,179 g/mL, pa 480 mL. Kakšen je bil izkoristeksinteze (� ) in kolikšen prebitek kisline smo porabili (p v %)? Zapišite reakcijo sinteze ins 2

jo uredite! Kolikšen je bil pretok HCl plina skozi aparaturo (� v mL/s)? Plin HCl sušimo3

v izpiralki s koncentrirano �veplovo kislino, H SO . S kakšno hitrostjo (Št , enota2 4 za�

mehur�ek/s) se HCl dviga skozi H SO zaporo (e), �e je temperatura v laboratoriju 23 C,2 4o

tlak 97,5 kPa, prostornina mehur�kov HCl pa 0,120 mL? Kolikšen bi bil pretok mehur�kov,�e bi jih šteli “na koncu aparature” (Št , enota mehur�ek/s) in �e predpostavimo, da se veskon

prebitni (plinasti) HCl nevtralizira v raztopini Na CO v plinoizpiralki (j).2 3

��

m = 35,0 g1

� �

�

�

�

��

�

�

�

n1

2�

n2

6�

n3

6�

n4

1

��

126

V = 480 mL = 0,480 L2*

� = 1,179 g/mL = 1179 g/L2

w = 36,0% = 0,3602

T = 23 C = 296 K3o

P = 97,5 kPa3

m = 138 g4*

V = 0,12 mLmeh

t = 9,00 h = 32400 s� = � ; p = p ; � ; Št ; Št = ?s 4 2 3 3 za� kon

Slika 4.6

Komentar k sliki: V trino�no stojalo je vpeta mufa, vanjo pa s pri�emo Seidlov aparat za

razvijanje plinastega HCl. V posodi a in b nalijemo koncentrirani raztopini HCl (36%) in

H SO (96%), od koder ju v primernem razmerju dokapavamo na Raschingove obro�ke c, kjer2 4

se zaradi vezave vode na prebitno koli�ino �veplove kisline sprosti plinasti HCl. Skozi pipo

d gre HCl najprej v povratno izpiralko e, napolnjeno s konc. H SO , ki ve�e preostanke vlage.2 4

Posušen HCl gre nato v reakcijsko cev f, ki je nameš�ena v cevni pe�i g. V cevi je zvitek tanke

aluminijaste folije h, ki reagira pri 300 C s suhim HCl. Hlapen Al Cl sublimira na hladneo2 6

stene ampule i, prebitni HCl pa se nevtralizira v povratni izpiralki j, napolnjeni z raztopino

sode, Na CO .2 3

��Iz urejene kemijske ena�be sinteze Al Cl 2 6

2 Al(s) + 6 HCl(g) Al Cl (s) + 3H (g) 2 6 2

zapišemo izhodiš�no ena�bo:

Ta ena�ba bi seveda veljala, �e bi bili izkoristki kemijske priprave substanc 100%. Obi�ajnopa je tako, da so dobitki produktov vedno manjši od teoreti�nih (< 100%). �e n in �i i

n �

i � ni�i

n �

j � nj (1� pj) ,

n1

2�

n �

2

6(1 � p2)�

n �

3

6(1 � p3)�

n �

4

1�4

m1

2M1

�

V �

2 �2w2

6M2(1� p2)�

P3V�

3

6(1� p3)RT3

�

m �

4

1�4M4

.

35,02 �27,0

�

0,480 �1179 �0,3606 �36,5 � (1� p2)

�

97,5 �V �

3

6(1� p3)8,31 �296�

138267�4

�3 �V �

3

t�

141 L�1000 mL/L9 ura �3600 s/ura

� 4,35 mL/s

Štza� ��3

Vmeh�

4,35 mL/s0,12 mL/mehur�ek

� 36 mehur�ek/s

��

127

predstavljata teoreti�ni dobitek produkta ter izkoristek sinteze, n pa prakti�ni dobitek, lahkoi*

zapišemo:

Na podoben na�in ra�unamo tudi z reaktanti. Tu je poraba (obi�ajno) ve�ja od teoreti�ne (>100%) in jo lahko izrazimo s prebitkom, p, takole:

pri �emer n in p predstavljata teoreti�no mno�ino in prebitni dele�. V našem primeru reagiraj j

(in se razvije) prebitna koli�ina HCl(aq) (in HCl(g)), zato sta indeksa j 2 in 3. �e je tako,lahko zadnjo izhodiš�no veri�no ena�bo preoblikujemo v

Mno�ine v izhodiš�ni ena�bi izrazimo z masami ter prostorninami plinov ter raztopin:

V zgornje tri ena�be vstavimo števil�ne vrednosti in izra�unamo tri neznanke, p (= p ), V2 3 3

in � :4

p = p = 43,5%, V = 141 L in � = 79,7%.2 3 3 4*

Pretok, izra�en v mL/s, izra�unam tako, da prostornino, V (podano v mililitrih), delimo s3*

�asom, t, (podanim v sekundah):

Število mehur�kov v sekundi izra�unamo, �e prostornino prete�enega plina v 1 sekundi (� )3

delimo s prostornino mehur�ka, Vmeh

Pri izra�unu pretoka na koncu aparature je potreben nekoliko tehtnejši razmislek:� iz reakcije je razvidno, da se � zaradi prebitka � razvije (1 + p )V plina HCl, ki ga vodimo3 3

skozi prvo izpiralko� za reakcijo z Al se ga porabi V , ostane pa prebitek, p V , ki pa zreagira z Na CO takoj3 3 3 2 3

ob vstopu v izpiralko (j), tako da ga ne opazimo; toda med reakcijo nastane še (glejteena�bo) 3/6�V plina H .3 2 " "

Štza�

Štkon

�

Vza�

Vkon

�

(1� p3)V3

3/6 �V3

� 2(1� p3) � 2(1� 0,435) � 2,87 �36

Štkon

.H2SO4

1

/ NaOH2

n1

n2�

12

n1

1�

n2

2

V1 c1

1�

V2 c2

2

0,0250 �c1

1�

0,0346 �0,10202

��

128

�e predpostavimo, da so mehur�ki na za�etku in koncu enako veliki, bo njih število predizhodom iz pe�i in po njem enako razmerju prostornin, torej:

Št �13 meh.kon

Izkoristek sinteze je bil �80%, porabili smo �44% prebitek kisline HCl, pretok plinastegaHCl je bil �4,4 mL/s, pretok mehur�kov v prvi izpiralki (e) �36/s, v izpiralki na koncuaparature (j) pa �13/s.

13. 25,0 mL raztopine �veplove kisline, H SO , odpipetiramo v erlenmajerico, dodamo indikator2 4

fenolftalein in raztopino titriramo z 0,1020 M NaOH. Ob ekvivalentni to�ki je poraba 34,6mL. Izra�unajte mno�insko koncentracijo, masno koncentracijo in maso H SO v 25,0 mL2 4

raztopine!

��

V = 25,0 mL = 0,0250 L1

V = 34,6 mL = 0,0346 L2

c = 0,1020 mol/L2

c ; � ; m = ?1 1 1

�� V tem primeru gre za reakcijo nevtralizacije kisline H SO z bazo2 4

NaOH:

H SO (aq) + 2 NaOH(aq) Na SO (aq) + 2 H O(l) 2 4 2 4 2

Iz urejene ena�be reakcije nevtralizacije je razvidno mno�insko razmerje med kislino in bazoin �e mno�ini izrazimo z zmno�kom prostornine in koncentracije, dobimo:

Potem, ko vstavimo števil�ne vrednosti, izra�unamo:

c = 0,0706 mol/L 1

� = c M = 0,0706�98,1 = 6,92 g/L in m = V � = 0,0250�6,92 = 0,173 g1 1 1 1 1 1

V 25,0 mL 0,0706 M raztopine H SO z masno koncentracijo 6,92 g/L je 0,173 g �iste2 4

H SO .2 4

14. Iz 250 mililitrske merilne bu�ke odpipetiramo s polnilno pipeto v erlenmajerico 25,0 mLraztopine H SO in dodamo 30,0 mL 0,1085 M (prebitne) NaOH, tri kapljice indikatorja2 4

metiloran�a ter raztopino (re)titriramo z 0,09855 M HCl do preskoka barve indikatorja izrumene v “�ebulno”. Za (re)tritracijo porabimo 7,45 mL raztopine HCl. Koliko miligramov�iste H SO je bilo v bu�ki pred titracijo?2 4

.H2SO4

1

/ NaOH2

� NaOH21

� NaOH23

/ HCl3

.NaOH21

:

.NaOH23

:

n2 � n21� n23

n2 � 2n �

1 � 1n3

n2 � 2n1

vp

Vb� n3

V2 c2 � 2vp

Vb

m1

M1

� V3c3

��

129

��

V = 250 mL = 0,250 Lb

v = 25,0 mL = 0,0250 Lp

V = 30,0 mL = 0,0300 L NaOH, ki reagira s H SO2 2 4

c = 0,1085 mol/L2

V = 7,45 mL = 0,00745 L NaOH, ki reagira s HCl 3

c = 0,09855 mol/L3

m (v mg) = ?1

�� NaOH in tudi druge baze v raztopinah reagirajo z zra�nim CO .2

Koncentracija se jim zaradi tega manjša in zato za titracijo niso ravno primerne. Obi�ajnokoncentracijo baze dolo�imo neposredno pred samo analizo, tako da jo titriramo s kislinoznane koncentracije, denimo s HCl. Nato raztopini kisline v erlenmajerici dodamo prebitnomno�ino NaOH in prebitek (re)titriramo s HCl. Nalogo bomo poskušali rešiti z dvema razli�nima izhodiš�nima razmislekoma:

� na�in (A)�e zapišemo urejeni ena�bi kemijske reakcije,

H SO (aq) + 2 NaOH(aq) Na SO (aq) + 2 H O(l) 2 4 2 4 2

HCl(aq) + NaOH(aq) NaCl(aq) + H O(l) 2

ugotovimo, da gre v obeh primerih za reakcijo kisline z bazo. Del mno�ine dodane NaOH,n , se “porabi” za H SO , mno�ina n pa za HCl, kar zapišemo takole:21 2 4 23

Iz ena�be je razvidno, da je mno�ina NaOH, ki se porabi pri reakciji s H SO v 25,0 mL2 4

raztopine, 2-krat ve�ja od mno�ine H SO , kar lahko zapišemo: n = 2n , (oznaka n se2 4 21 1 1* *

nanaša na mno�ino v 25,0 mL, oznaka n pa na 250 mL) medtem ko sta mno�ini HCl in1

NaOH (glejte ena�bo reakcije) enaki, n = n . Torej velja, da je:23 3

Mno�ina H SO v erlenmajerici, n , pa je le del mno�ine v merilni bu�ki, toda kolikšen? V2 4 1*

našem primeru je ta del ravno 1/10, saj smo odpipetirali 25,0 mL, kar predstavlja 1/10 od 250mL. Zlahka uvidimo, da je v splošnem “faktor pipetiranja” enak razmerju prostorninemerilne pipete in merilne bu�ke, torej f = v /V . �e to vstavimo v prejšnjo ena�bo, dobimo:p p b

Sedaj izrazimo mno�ino H SO z maso, mno�ini HCl in NaOH pa s prostorninama in2 4

koncentracijama:

.0,0300 �0,1085 � 2 25,0250

m1

98,1� 0,00745 �0,09855

2n �

1 � 1n3 � 1n2

��

130

in ko vstavimo števil�ne vrednosti, dobimo:

m = 1,24 g = 1,24�10 mg.1 3

� na�in (B)

Obe reakciji sta “kislinsko-bazni”. �e imamo pri takih reakcijah opraviti z mo�nimikislinami in mo�nimi bazami, je sama reakcija neodvisna od vrste kisline in baze, pomembnoje le, koliko valentni sta kislina in baza, ki reagirata. Pravzaprav reagirajo le H O in OH3

+ �

ioni (nastane slabo disociirana snov, H O):2

H O (aq) + OH (aq) 2 H O(l) 3 2+ �

Kot je razvidno iz reakcije, morata biti mno�ini H O ionov in OH ionov pri popolni3+ �

nevtralizaciji enaki:

n(H O ) = n(OH )3+ �

H SO je dvobazna kislina, zato prispeva dvojno mno�ino H O ionov, 2n , HCl pa je2 4 3 1+

enobazna, zato je mno�ina H O ionov enaka mno�ini HCl, 1n . NaOH je enovalentna baza,3 3+

torej bo mno�ina OH prav tako enaka mno�ini baze, 1n . Skladno s prejšnjo ena�bo lahko�

2

zapišemo:

n(H O /H SO ) + n(H O /HCl ) = n(OH /NaOH) oziroma 3 2 4 3+ + �

Dobili smo enako izhodiš�no ena�bo kot v primeru (A).

Pred titracijo je bilo v 250 mL bu�ki 1,24�10 mg H SO .32 4

15. Uredite reakcijo sinteze aluminijevega oksida, Al O , iz aluminija in kisika in izra�unajte2 3

koliko gramov aluminija in koliko gramov kisika je potrebno za pripravo 165 g Al O !2 3

��

16. Pri reakciji (ciklookta)�vepla, S , in fluora, F , nastane �veplov heksafluorid, SF . Uredite8 2 6

ena�bo reakcije in izra�unajte, koliko kilogramov �vepla in koliko kubi�nih metrov fluoraje pri normalnih pogojih potrebno za sintezo 500 kg SF !6

��

17. Koliko mililitrov 0,500% raztopine AgNO z gostoto 1,010 g/mL potrebujemo za obarjanje3

15,0 mL raztopine CaCl z masno koncentracijo 3,30 g/L? Pri reakciji v raztopini se izlo�i2

AgCl.��

18. Pri kloriranju (reakciji s klorom) 43,6 g elementa volframa, W, je nastalo 71,5 gvolframovega heksaklorida, WCl . Za pripravo spojine smo porabili 19,8 L plinastega klora,6

prera�unano na normalne pogoje. Izra�unajte, kolikšen je izkoristek sinteze volframovegaheksaklorida in koliko % prebitnega klora je bilo potrebno za sintezo?�� !��"� #� ��

��

131

19. Koliko kilogramov produktov nastane in koliko kubi�nih metrov zavzamejo ti produkti pri120 C in tlaku 115 kPa, �e v kisiku zgori 1000 g bencina? Predpostavimo, da je edinao

sestavina bencina oktan, C H , in da so produkti se�iga ogljikov dioksid in vodna para!8 18

�/�+6� ��(. >��3*� ��@ .>�3�*/�� * */

20. 55,0 mL plinske zmesi amoniaka in dušika pri temperaturi 23 C in tlaku 99,0 kPa uvedemoo

v 25,0 mL 0,1000 M HCl. Za titracijo prebitne mno�ine HCl porabimo 3,90 mL 0,0500 MBa(OH) . Izra�unajte volumski % amoniaka v zmesi!2

�B8�/;)

21. Pri zidanju hiše iz opeke je ope�ne zidake potrebno povezati z malto. Ena bistvenih sestavinmalte je �ivo apno, CaO, ki z vodo zreagira v Ca(OH) , ta pa po daljšem �asu z zra�nim CO2 2

do CaCO . Pri vezavi CO se izlo�i voda. Napišite in uredite obe kemijski reakciji in3 2

izra�unajte, koliko kilogramov vode se pri “sušenju zidov” izlo�i, �e so pri zidanju uporabili60 vre�, v vsaki pa je 25,0 kg �ivega apna!�36��

22. Prizmati�en koš�ek magnezija dimenzij 2,20 cm × 3,30 cm × 4,00 cm reagiramo z dušikom.Koliko litrov dušika pri normalnih pogojih je potrebno, da zreagira ves magnezij in kolikogramov magnezijevega nitrida, Mg N , nastane? Gostota magnezija je 1,74 g/mL. Napišite3 2

in uredite reakcijo sinteze! ��8�8�C�� 1B�B��

23. Uredite ena�bo reakcije med zelenim kromovim(III) oksidom in uplinjenimtetraklorometanom

Cr O (s) + CCl (g) CrCl (s) + COCl (g) 2 3 4 3 2

in izra�unajte, koliko gramov oksida potrebujemo za pripravo 45,0 g vijoli�nega kromovega(III) klorida. Koliko plinastega fosgena (v 1.svetovni vojni so ga uporabljali kot bojni strup)nastane pri reakciji, �e je na izhodu iz reakcijske pe�i temperatura 25 C in tlak 96,5 kPa?o

�*��1��+�B�C�

24. Amoniak, NH , zgori s kisikom v N in H O. Napišite in uredite ena�bo reakcije gorenja in3 2 2

izra�unajte, kateri izmed reaktantov in koliko gramov ga ostane v prebitku, �e zgori zmes0,120 mol amoniaka in 2,50 L kisika, merjenega pri 10 C in tlaku 95,4 kPa!o

�+�/18��. �*

25. Koliko gramov molibdena, Mo, in koliko litrov klora pri 15 C in tlaku 1,10 bar potrebujemoo

za sintezo 0,100 mol molibdenovega pentaklorida, MoCl ? Napišite in uredite ena�bo sinteze5

spojine in ra�unajte, da je pri sintezi potreben 40,0% prebitek klora!�B�8B��2�1��C� ��

26. Spojina kalijev superoksid, KO , se uporablja v vesoljskih ladjah za razvijanje kisika in2

vezavo ogljikovega dioksida, pa tudi v rudarskih zaš�itnih maskah v primeru, ko pride doeksplozij metana in zaradi tega do pomanjkanja kisika. Pri reakciji s CO in vlago, ki ju2

�lovek izdihava, nastaja za dihanje potrebni kisik:

KO (s) + CO (g) + H O(g) KHCO (s) + O (g) 2 2 2 3 2

��

132

Uredite ena�bo in ocenite, koliko bi moral tehtati superoksid, �e predpostavimo, da bi se prireakciji superoksida z izdihanim CO sprostilo toliko kisika, da bi zadostoval za 24-urno2

dihanje. Privzemimo, da �lovek porabi dnevno (okrog) 2,00 m zraka pri 22 C in tlaku 1003 o

kPa! V zraku je 21,0% kisika.��1*+��

27. Pri reakciji kromovega trioksida in klorovodikove kisline, HCl(aq), nastane kromov(III) klorid, voda in klor. Uredite ena�bo reakcije

CrO (s) + HCl(aq) CrCl (aq) + Cl (g) + H O(l) 3 3 2 2

in izra�unajte, koliko gramov 95,0% CrO in koliko mililitrov 36,0% HCl z gostoto 1,1793

g/mL je potrebno za pripravo 12,5 L klora pri 18 C in tlaku 99,2 kPa!o

�/3�*��>��21��C�

28. Pri reakciji vodikovega sulfida z �veplovim dioksidom se na stenah posode izlo�i �veplo.Uredite reakcijo in izra�unajte koliko mikronov je v povpre�ju debela plast �vepla, �ereagiramo 1,67 L vodikovega sulfida s stehiometri�no mno�ino �veplovega dioksida prinormalnih pogojih! Produkt reakcije je poleg �vepla tudi voda. Posoda je valjaste oblike spremerom 10,5 cm, dolga pa je 20,4 cm. Gostota �vepla je 2,07 g/mL.�3��+�D��

29. 2,557 g raztopine vodikovega peroksida, H O , damo v 250 mililitrsko merilno bu�ko in2 2

razred�imo z vodo do oznake. V erlenmajerico odpipetiramo 25,0 mL raztopine, jo rahlonakisamo, dodamo prebitno koli�ino KI in izlo�eni jod titriramo z 0,1000 M raztopinonatrijevega tiosulfata, Na S O . Uredite reakciji in izra�unajte masni dele� H O v prvotnem2 2 3 2 2

vzorcu, �e smo pri titraciji porabili 23,4 mL raztopine tiosulfata!

H O + H SO + KI H O + I + K SO2 2 2 4 2 2 2 4

Na S O + I Na S O + NaI2 2 3 2 2 4 6

��8�1;�

30. Izra�unajte prostornino klora pri 20 C in tlaku 95,0 kPa, ki je bila potrebna za kloriranjeo

(reakcijo s klorom) metana. Pri reakciji je nastalo15,4 g CH Cl, 23,4 g CH Cl , 7,80 g CHCl3 2 2 3

in 13,8 g CCl .4

��6��C�

31. �elezov(2+) ion v zeleni galici, FeSO �7H O, na zraku po�asi oksidira do �elezovega(3+)7 2

iona. Dele� preostale zelene galice dolo�imo tako, da jo reagiramo z raztopino KMnO ob4

dodatku primerne koli�ine H SO po reakciji:2 4

KMnO + FeSO + H SO K SO + MnSO + Fe (SO ) + H O4 4 2 4 2 4 4 2 4 3 2

V 250 mililitrsko merilno bu�ko smo zatehtali 3630 mg zelene galice, raztopili in razred�iliz vodo do oznake, odpipetirali 50,0 mL, dodali prebitek 20% H SO in titrirali z 0,02400 M2 4

KMnO . Povpre�na poraba treh paralelk je bila 20,90 mL. Uredite redoks reakcijo in4

izra�unajte dele� zelene galice v vzorcu!�� E�*��+��6�� *��8��3>��B1�+;�

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

� �

��

��

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

��

�

�

�

�

�

�

�

��

�

� �

��

133

32. Koš�ek zlitine aluminija in cinka z maso 23,5 mg raztopimo v epruveti, v kateri je prebitnakoli�ina 2 M HCl. Nastali vodik vodimo po cevki v poveznjen merilni valj, napolnjen z vodo(slika 4.7). Ko je reakcija kon�ana, od�itamo v merilnem valju prostornino izpodrinjenevode in temperaturo vode v �aši (oboje na sliki 4.7). Uredite reakciji raztapljanja obeh kovinv HCl in izra�unajte % sestavo zlitine! Pri izra�unu je treba tlak plina v epruveti zmanjšatiza tlak vodne pare, ki prispeva k pove�anju prostornine v merilnem valju. V temperaturnemintervalu med 18 in 24 C je tlak vodne pare na bolj kot 1% natan�no podan s formuloo

P(vodne pare) = 2,05 + 0,154�(t � 18) (P v kPa, t v C). Na sliki od�itajte temperaturo vodeo

in prostornino plina v merilnem valju, ki jo izmerimo pri izena�enih gladinah vode vmerilnem valju in �aši. Temperatura plinske zmesi v merilnem valju je 24 C, zunanji tlako

pa je 96,6 kPa.

Slika 4.7

��

33. Koliko mililitrov 63,0% HNO z gostoto 1,382 g/mL je potrebno za raztapljanje 70,4 g zmesi3

Sb S in As S , �e je v njej 35,5% As S ? Reakciji raztapljanja obeh sulfidov sta:2 3 2 5 2 3

Sb S + HNO + H O H SbO + H SO + NO 2 3 3 2 3 4 2 4

As S + HNO H AsO + H SO + NO + H O 2 5 3 3 4 2 4 2 2

�� !�� !��

��"#��

[WCl4(C5H5N)2](s)�C5H5N(l)�H2O(l)�NH3(g)

��

134

34. V posodo uvedemo stehiometri�no plinsko zmes butana, C H , in kisika, O . Tlak v posodi4 10 2

je 98,5 kPa, temperatura 20 C. Zmes se�gemo do CO in H O in posodo ohladimo na �20o2 2

C, da vodna para zamrzne. Kolik je tlak v posodi po ohladitvi na �20 C?o o

��

35. 256 mg zmesi cezijevega in natrijevega sulfata obarjamo s prebitkom raztopine BaCl .2

Nastali BaSO filtriramo in �arimo do konstantne mase pri visoki temperaturi. Masa oborine4

BaSO je 279 mg. Izra�unajte % sestavo mešanice!4

��

36. 30,00 g plinske zmesi metana, CH , in propana, C H , s povpre�no molsko maso 30,00 g/mol4 3 8

dodamo prebitno mno�ino kisika in zmes se�gemo. Po se�igu je povpre�na molska masazmesi 29,00 g/mol. Koliko gramov kisika smo dodali, �e upoštevamo, da je bil se�ig popolnin sta nastali plinasti spojini H O in CO ?2 2

��

37. Vodikov peroksid v 30,0% raztopini po�asi razpada na vodo in kisik. Kolikšen dele� ga jerazpadel, ko je raztopina le še 15,0%? Topnost kisika v vodi (“komaj” 0,008 g/L) lahkozanemarite. ��

38. Zmešamo stehiometri�ni koli�ini 34,0% raztopine NaOH in raztopine H SO . Koliko % je2 4

bila �veplova kislina, �e je raztopina, ki pri reakciji nevtralizacije nastane, 36,1% Na SO ?2 4

��

39. V 20% H SO raztopimo med intenzivnim mešanjem tolikšno koli�ino kristalne sode,2 4

Na CO �10H O, da nastane NaHSO . Koliko % bo nastala raztopina? Napišite in uredite2 3 2 4

reakcijo raztapljanja kristalne sode v �veplovi kislini, �e se razvija plin CO , ki izhaja iz2

raztopine! Maso raztopljenega CO zanemarimo.2

��

40. Notranjo zgradbo kristalini�nih snovi dolo�amo s tako imenovano rentgensko strukturnoanalizo. �e je snov na zraku obstojna, izberemo primerno velik monokristal te snovi(dimenzije so obi�ajno med 0,1 in 0,5 mm), ga zalepimo na tanko stekleno nitko terpostavimo v ozek snop monokromatske rentgenske svetlobe. �e pa je snov ob�utljiva nazra�ni kisik ali zra�no vlago, kristal nemestimo v tanko stekleno kapilaro, zrak v kapilariizpihamo z argonom in jo na obeh konceh zatalimo (sl. 4.8).

Slika 4.8

Da bi spojino NH [WCl (C H N) ]�4H O, ki reagira z zra�nim kisikom po ena�bi:4 4 5 5 2 2

NH [WCl (C H N) ]�4H O(s) + O (g) 4 4 5 5 2 2 2

��

135

zaš�itili, monokristal dimenzij (0,20 mm)×(0,28 mm)×(0,50 mm) namestimo v kapilaro znotranjim premerom 0,30 mm, ne da bi jo prepihali z aragonom. Zato bo del snovi reagiralz zra�nim kisikom. Rezultati strukturne analize pa bodo primerni le, �e se na površinimonokristala oksidira manj kot 15% snovi. Tlak v sobi, kjer iš�emo primerem kristal, je 96kPa, temperatura 23 C, v zraku je 21 volumskih % kisika, gostota kristala pa je 1,70 g/mL.o

Toda � kapilara ne sme biti krajša od 15 mm! Uredite ena�bo in izra�unajte ali je splohsmiselno izvesti eksperiment, ne da bi kapilaro napolnili z argonom, ali druga�e, �e ostanev zataljeni kapilari zrak? �-�F�#��6�3��

4.1 urejanje ena b kemijskih reakcij - ul fkkt - fakulteta za...

Documents