Kemtentaredigerad - Magnus Lagerberg Homepage

Instuderingshjälp
till
Allmänkemi
10 p
av
Magnus Lagerberg
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
1
Termokemi
Entalpi =energiinnehållet i ett mol av ett ämne.
Entalpi ändring
H REAKTION = H PRODUKTER -H REAKTANTER
H = cTm
=värmekapaciviteten  temperaturändringen  massan
=J/Kg  K (ellerC)gram= joule
H<0
Exoterm reaktion energi avges till omgivningen
H>0
Endoterm reaktion energi upptas från omgivningen
Hess lag
Entalpiändringen är oberoende av reaktionsvägen
H för en reaktion med okänd entalpi kan beräknas med hjälp av kända reaktioner.
Multiplicera reaktionerna med ett tal(even negativa, ej nödvändigtvis heltal) så att
summaformeln blir den du söker. När en reaktion reverseras, multpliceras med -1
ändrar H tecken. H3 = H2+H1
Ex tenta 25/1-97 fråga 5:
H0=-638 kJ för den termiska sönderdelningen av fyra mol ammoniumperklorat enligt:
4NH4CLO4 (s)  2N2(g) + 4HCl(g)+5O2
(1)
Men aluminiumpulver reagerar ammoniumperklorat häftigt och större värmemängder frigörs framför
allt på grund av reaktionen
4Al(s) +3O2(g)  2Al2O3(s)
(2)
som har ett H0 = -3352 kJ (per fyra mol Al(s)
En sådan reaktionsblandning utnyttjas i första stegets fastbränsleraketer (”boosters”) på USA:s
rymdfärjor, och stora gasvolymer produceras på ett nästan explosionsartat sätt enligt följande
reaktionsformel:
10Al(s) +6NH4ClO4(s)  5Al2O3(s) +3N2(g) +6HCl(g) +9H20(g)
(3)
Beräkna H0 för reaktion (3) med hjälp av H0 för reaktion (1) och (2)
H
H
H1=-638kJ
H2=-3352kJ
H3= ?
4NH4CLO4 (s)  2N2(g) + 4HCl(g)+5O2
4Al(s) +3O2(g)  2Al2O3(s)
10Al(s) +6NH4ClO4(s)  5Al2O3(s) +3N2(g) +6HCl(g) +9H20(g)
H11,5=1,5(-638kJ)
H22,5=2,5(-3352kJ)
H3=H1+H2=-9337kJ
Hf0
Bildningsentalpi gäller för föreningar som bildats från rena grundämnen i sina
standardtillstånd P=1atm, t=25C,C=1,000M
(gaser: t=0C)
0
grundämnen har enligt def Hf =0
HREAKTION=Hf0PRODUKTER - Hf0REAKTANTER
Ex uppgift 5b tenta 25/1-97 Beräkna H med hjälp av tabellvärden
10Al(s) +6NH4ClO4(s)  5Al2O3(s) +3N2(g) +6HCl(g) +9H20(g)
Hf0PRODUKTER=
5(-1675,7) +30 +6(-92,3)
Hf0REAKTANTER=
100 +6(-295,3)
HREAKTION= -11108,5-(-1771,8)= -9336,7
+9(-241,8)
Tips: kolla laboration nr 9.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
2
Bindningar
Bryta bindningar kräver tillsats av energi
Bilda bindningar frigör energi
ex
exoterma processer
förbränning
kondensering och stelning
galvanisk cell
endoterm process H = +
exoterm process H = -
endoterma processer
fotosyntes
avdunstning, smältning, kokning
Elektrolys
entropi är ett mått på oordningen
Drivkraften för en reaktion beror av de tre storheterna H S och temperaturen.
En reaktion sägs vara spontan om H -TS<0
ex fråga 5 c tenta 25/1-97
Beräkna S0 med hjälp av tabell värden (BD) Observera att S0 för grundämnen enligt tab 5.2 i BD
anges per mol atomer.
S0=S0PROD-S0REAKT=(550,9+6186,8+9188,7)-6(186,2)=1326,4
fråga 5d: Är tecknet på S0 som du beräknat i ”c)” det man skulle gissat för reaktionen (3), och i så
fall varför eller varför inte?
Det är troligt att utsprutningen av gas för drivningen av en rymdfärja är en spontan
process tecknet på S måste därför vara positivt för om S var negativt skulle processen ej vara spontan
dvs H -T(-S)>0
G=H -TS
G= negativ medför att processen sker spontant
G= positiv medför en icke spontan process.
S0
Begränsande reaktant
ex
6PCl3 + 6Cl2 +P4O1010POCL3
m
1kg
1kg 1kg
?
M
137,5 70,9 283,9 153,32
n
7,28 14,1 3,52
?
Jämför förhållandena teoretiskt och verkligt. (börja med möjliga)
6PCl3/1P4O10=6/1(teoretiskt)
7,28/3,52=2,068 (verkligt) PCL3 i underskott
6PCL3/6Cl2=1 teoretiskt
7,28/14,1=0,52 (verkligt) PCl3 i underskott
PCl3är i underskott och bestämmer utbytet.
6PCl3 =10POCl3
PCl3 =10/6 POCl3
xPCl3 = x10/6 POCl3
x=7,28 mol
7,28mol PCl3 ger 7,2810/6 mol POCl3
nM=m
72,8/6 153,32=1,9 kg POCl3
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
3
Varför är vatten molekylen vinklad?
Syret har 6 valenelektroner och vätet var sin = 4 par
två av dessa par är bundna till vätet men två par är obundna sk lonepairs och tar plats.
-
105
+
Joner som hydratiseras omges av vattenmolekyler.
Positiva joner =katjoner omges av vattenmolekyler med sin negativa sida vänd mot jonen.
Anjon (negativ) omges av vattenmolekyler med sin positiva sida vänd mot jonen
Hur många bestäms av laddning och jonens storlek oftast fler än 4.
Elektrolyter
Joner i vattenlösning bidrar till elektrisk ledningsförmåga.
Starka elektrolyter är t.ex lättlösliga salter eller starka syror.
Svaga elektrolyter är tex syror som ej protolyseras fullständigt eller svårlösliga salter.
Icke elektrolyter är ämnen som då de löses i vatten ej bildar joner, tex sockerlösning.
Olika typer av reaktioner i princip kan alla hänföras till dessa tre
huvudtyper:
fällning
syra/bas
redox
Jonföreningar är olika mycket lösliga i vatten
Lättlösliga :
ofta nitrater NO-3
alkalimetallsalter Li+, Na+, K+
ammoniumsalter NH4+
brom, klor och jodjoner är lättlösliga
sulfatsalter tex H2SO4
svårlösliga
sulfider av tungmetaller PbS
metaller med höga atomnummer period 6
Tabell 5:3 i BD msat /mol/100g
Syntes
Framställ ett mer svårlösligt salt av mer lättlösliga, studera löslighetstabell, använd ovanstående
lättlösliga salter, (Finns det någon skillnad på fällning och syntes)?
ex: Pb(NO3)2 +2KI  PbI2 +2K+ +2(NO3-)
(framställning av blyjodid)
CoCO3 +H2SO4 Co2 +CoSO4(H2O)
Syror protongivare baser protontagare
Starka syror protolyseras fullständigt, flerprotoniga protolyseras ett steg.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
4
Titreringar
omslagspunkten: antalet mol av titratorn är lika med antalet mol av titranden
kraftig stigning på grafen
Oxmedel (reduceras själva)
oxiderande syror HNO3 H2SO4
jonföreningar där höga oxtal förekommer
N kan avge 5 elektroner som mest N+5
nitrater är oxmedel NO3ädla metaller i jonform Ag+
Reduktionsmedel(oxideras själva)
alla oädla metaller: Zn, Mg, Na, Al
ammoniumjonen NH4+ vill gärna oxideras
Öva balansering av redox.
PV=NRT
Vol för en mol gas vid STP =22,42 dm3
V=1R273,15/101325
ideal gas
Densitet för en gas
ersätt n med m/M, lös ut m/V=gram/m3
PTOT=P1+P2+P3…
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
5
Bohr modellen gäller egentligen endast för väte och övergavs på 1920talet.
Kvantmekaniken utvecklades under 20-talet av Heisenberg, de Broglie och Schrödinger.Elektroner rör
sig med ljusets hastighet på en liten yta man kan egentligen säga att den existerar överallt samtidigt.
Man kan inte beräkna elektronens läge och hastighet samtidigt. Osäkerhetsrelationen.
Vågfunktionen beskriver en eller flera sannolikheter att hitta en elektron i en viss punkt.
Orbitaler egentligen banor eller kurvor. Men orbitaler bör istället ses som en våg.
4 kvanttal används för att beskriva orbitaler.
1 huvudkvantalet, n beskriver energi och storlek på orbitalen egentligen avståndet från kärnan.
n=1,2,3…
(”K”, ”L”, ”M”;..)
2.Bikvanttalet, L(lilla) bskriver orbitalens form
L n-1
L=0,1,2,3,…
s,p,d,f,g,h…
3.Magnetiska kvanttalet, m beskriver orbitalens riktning
-Lm+L
ex
L=0
m=0
L=1
m=-1, 0, +1
L=2
m=-2,-1, 0, +1, +2
4.Spinnkvanttalet, s beskriverhur elektroner spinner kring en axel, två möjliga håll.
S=+½ eller s=-½
Pauliprincipen alla fyra kvanttalen får ej vara lika
Perioden i periodiska systemet=huvudkvanttalet n
den upphöjda siffran anger hur många elektroner i deta skal eller i denna stående våg.
Upp eller ned pil anger olika spinntal
Elektronkonfigurationer beskrivs ofta med [ädelgasskal av ett ämne] + orbital
t.ex Li 3 elektroner[He] 2s1
(heliumskal med en elektron i 2s orbitalen)
K 19 elektroner[Ar]4s1
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1
F 9 elektroner[He]2s2, 2p5
(argonskal med en elektron i 4s orbitalen)
(heliumskal med 2 i sorbitalen och 5 i p orbitalen
joner kan betraktas på liknande sätt ex Li+ [He] skal
Elektronegativitet
Förmåga att attrahera gemensamma elektroner i en bindning och dra dem närmare sig. sid 49 BD
FONCLBRISCH
Ju större skillnad i elektronegativitet typiska jonbindningar
lägre skillnad i elektronegativitet = kovalenta bindningar , typiska molekylföreningar
(elektronparbildning)
Bästa metoden: skriv ut i grundämnesform, kolla sid 49 BD
tex CaO syre har3,5 och kalcium 1,0 skillnad = 2,5
enligt BD har 79 % är föreningar med denna skillnad i elektronegativitet jonbindningar
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
6
Joniseringsenergi= den energi som krävs för att avlägsna en elektron
från ett ämne
Ökar med jonstyrkan
Kärnan är positivt laddad och håller hårdare i andra elektronen än den första
AlAl+ +eI1=580kJ/mol
BD sid 44
Al+Al2++eI2=1815kJ/mol
Positiva joner är mindre än den atom de bildats ifrån ju högre positiv laddning desto mindre jon.
Negativa joner blir större än den atom de bildats ifrån.
Negativ energi dvs energi frigörs då en negativ jon bildas.
Storleken på atomer i per sys. Minskar åt höger i en period men ökar nedåt i grupp.
En tunn stråle böjs av ett laddat föremål.
Kovalenta föreningar ett eller flera elektronpar gemensamt.
Dipoler två eller flera atomer med olika elektronegativitet olika laddningar i VL och HL.
Tex vatten eller HF.
Kolkedjor blir mindre polära ju längre kolkedjor
Lewisstruktur
Strukturer av molekyler med alla valenselektroner utsatta.
1. räkna ihop alla valens elektroner
NO3- =5+36+1=24 st
2. 2.Två elektroner bildar en kovalent bindning eller ett fritt elektronpar. =12 par
..
:O:
förslag
|
N
:O:
:O:
¨
¨
3.Kan någon atom få ädelgasskal
stämmer för ett syre
förslag
:O:
||
N
:O:
:O:
4. Resonans ofta fördelaktig elektronerna fördelas över flera atomer.
Dubbelbindningen finns på alla tre syreatomerna samtidigt. Är likvärdiga
Obs innebär ej att elektronpar skuttar runt.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
7
Obs oktettregeln gäller endast t.om. 2:a perioden tex ej för svavel som får utökad oktett
F
F
\ /
F --- S -- F
/ \
F
F
S
(ej dipol negativ åt alla håll)
oktaeder
0,5-2Å
(1Å=10-10m)
Hur långa blir bindningarna? Där energin blir lägst bestämmer längden på bindningarna. Allting
strävar efter lägsta energiinnehåll. Idealt läge Om de kommer närmare uppstår repulsion.
Jonstorlek ungefär som atomer, positiva joner blir mindre Negativa joner blir större.
Elektronegativitet förmåga att dra till sig elektroner. Vänstra delen av per syst. Otroligt låga mått på
elektronegativitet bildar lätt positiva joner.
När uppstår en jonförening eller kovalent bindning?
Stor skillnad i elektronegativitet  jonförening
Bra metod förutom tabeller: man smälter föreningen och kontrollerar elektrisk ledningsförmåga. Den
förening som leder ström i smälta är en jonförening.
Ibland är det en kovalent bindning och leder ej ström.
Atomstorlek
Lattice= gitterenergi
när ett ämne går från gasform till fast form frigörs väldigt mycket elektroner. Joner med höga
laddningar ger större gitter energi (BD sid 115)
Gitterenergi är den energi då joneri gasfas bildar ett salt. Större negativt värde fås om jonerna har hög
laddning.
Dipoler uppstår då elektronegativitet förskjuter laddningarna i en viss riktning.
H
Lewis struktur för Ammoniak NH3
|
Valenser 5+31=8  4 par
N
Förslag i allmänhet mest elektronegativt i mitten.
/ \
H
H
oktett för N , ett lone pair repulsion
”
N
/ | \
H H H
XeF4
lonepair
tetraederstruktur om man räknar lonepair
egentligen trigonal prisma dipol
8+47=36 18par
F
\
/
¨ Xe ¨
plan kvadrat ej dipol
/
\
F
F
F
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
8
O3 36=18  9 par
två kan få oktett
..
O
..
O
resonans
// \
: O : : O:
..
ej dipol 120graders vinkel(360/3=120)
/
\\
:O: :O:
..
Jämvikt
Kemisk jämvikt är dynamisk vid jämvikt är hastigheterna mellan VL och HL lika stora
v1
Br2 (l)
Br2(g)
v1=v2
v2
Efter ett tag uppstår en jämvikt så att antalet Br2(l) är konstantsamt Br2(g) är konstant.
Tiden att uppnå jämvikt varierar starkt, vissa systems tid att uppnå jämvikt är ej kända.
[A]2 [B]
K=---------[A2B]
uttrycket bestämmer enhet men oftast enhetslös.
A2B   2A +B
Upplösning av ett salt i vatten
(gäller ideala fall)
AgCl(s)   Ag+ +Cl[Ag+] [Cl-]
Ksp=---------------------(BD sid 120)
[AgCl]=1 (rent ämne)
Svag syra
HF(aq)   H+ +F[H+]  [F-]
KA --------------[HF]
(BD sid 122) svag bas på samma sätt.
Starka syror fullständig protolys
[H+] [SO42-]
KA---------------- = 
0
(PSO3)2
KP =gasjämvikt----------------(PSO2)2  (PO2)
BD sid 124
Komplexjämvikter K1 och K2
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
9
Allmänt om jämvikter
Om man lägger till något på vänster sida förskjuts jämvikten åt andra hållet mot höger.
Naturen strävar efter att motverka små förändringar så att jämvikt skall råda. Chateliers princip.
Reversibel går att vända fram och tillbaka
Irreversibel går ej att vända tillbaka.
Ex A +B   C + D
Om D tas bort från systemet förskjuts jämvikt åt höger.
Extra B förskjuter jämvikten åt höger.
A tas bort förskjuts åt vänster.
Uttrycket strävar mot konstanten.
Ändringar motverkas. Tex om temp ökar i en exoterm reaktion förskjuts jämvikten åt vänster.
Trycket ändras påverkar ej om lika många gasmolekyler i VL som i HL. Om olika antal gasmolekyler
så påverkar trycket.
Om K är stor favoriseras HL
13.61 Bra övning
Slutsatser efter genom gången tenta(13/6 -97)
Vid balansering kolla om uttrycket går att förkorta.
Åskådarjoner behöver man inte ta med i balanseringar.
Synteser: målet är att få fram en ren produkt eventuella rester måste avgå, enklast om det är en gas.
Molmassa för föreningar står i BD M/g mol-1. Tidsbesparande!
Molmassan för hela produkten tas med även om tertahydrat (4H2O)
Löslighetsprodukt Ksp anger hur många joner som bildas.
Löslighet anger hur mycket av ett ämne som kan lösas.
Ex: CaCO3(s)  Ca2+ (aq) + CO32-(aq)
KSP= [Ca2+][CO32-]=5,010-9
Lösligheten av Calcit CaCO3:
Vid lösning av calcit bildas xx joner=510-9  x2=510-9
Hur mycket calcit har då lösts ?
x=510-9 =710-5
dvs ur 710-5 mol calcit bildas (710-5 710-5) mol joner dvs (710-5)2=510-9
jmf lösligheten med tabellvärdet för resp ämne och kolla potensen i BD står 1,3010-5 att jämföras
med 710-5
Om vattnet surgörs kommer 2H+ att tillsammans med CO32- bilda kolsyra H2CO32-. Kolsyran avgår
som gas och för att bibehålla jämviktsuttrycket förskjuts jämvikten åt höger.
Konstanter ändras ej! (men endast vid STP!) Ksp är en konstant.
PH-pC diagram
pka värden där titreringskurvan är flackast.
I diagrammet där syra och bas skär varandra.
Lämpligast ekvivalens punkt är det tydligaste språnget på titrerkurvan. Oftast den andra för en
tvåprotonig syra.
Syrans molmassa ur titetringskurvan
ex H2A +2OH-  A2- +2H2O
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
10
molförhållande syra bas =1:2
(hälften så många mol i syran som i basen)
basens volym och koncentration är kända syrans massa är känd
CV=n
Syrans n =nBas/2
Om 0,002 mol bas är ekvivalent med nBAS/2  syrans mol = 0,001
n=m/M
 M=m/n
M =1,2345/0,001=1234,5 M
För att kunna skissa ett pH-pC diagram krävs pka värden samt pC TOT
pCtot= -lgkoncentrationen
C=n/v=0,001/0,1=0,1
-lg0,1=2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
pka
Obs enprotonig pka3,5 pHe=7,8
pCTOT=2
start 2,5
pHe
pH
-
7,5
pHe
3,5
pka
+
OH
H
Vol(OH-)
tvåprotonig pka1=4 och pka2=7
pka1
pCtot =2
pka2
pHe1
pHe2
pCtot =2
start
kurvan ändrar lutning varje gång den stöter
på pka-värden.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
11
Galvanisk cell
den mest oädla oxideras och bildar minuspol medan den ädlare eller med högst E0 reduceras vid
pluspolen.
E0CELL =E0+-E0- (alltid positivt)
ECELL=E0 - (RT/nF)lnQ
Q=[Prod]/[Reakt]
Vid jämvikt är Ecell=0 och då har alla joner vid +polen förbrukats
Dvs [ox]=[ox]+ [red]
Bindningar
Att bryta bindningar kostar mer energi än att bilda.
Om reaktionen är endoterm har det kostat mer att bryta än att binda energimässigt.
Om reaktionen är exoterm har bindningarna(prod) avgivit mer energi än vad det kostade att
bryta(reakt)
Går att räkna på.
Hupplösning=H produkter - H reaktanter
H egentligen Hf0 här.
H för joner sid 112 BD
H för föreningar tabell 5:3 BD
Hupplösning= negativ =exoterm
Hupplösning=positiv=endoterm
G=H-TS
G=negativ=spontan
Om en reaktion är spontan vilket tecken måste då S ha om reaktionen är exoterm resp endoterm?
Exoterm H=negativ
S=positiv oordningen ökar för ett visst värde på T (entropistyrd)
Endoterm H=positiv
S=positiv men mer styrd av entalpin.
Kinetik
v=k [FTF]n[OH-]m
initialhastighetsmetoden: man mäter hastigheter i början av reaktionen visuellt eller med hjälp av
spektrofotometri.
1. Variera koncentrationen av [FTF] medan [OH-] hålls konstant
v=k1[FTF]n
om 1 M FTF ger hastigheten v och 2M ger hastigheten 4v blir exponenten n =2
2. Variera koncentrationen av OH- på samma sätt.
V=k2’[OH-] ger exponenten m
hastighetskonstanten k bestämmer totalreaktionens hastighet. Beror bla av T
k=Ae-EA/RT Arrheniusekvationen.
Jämvikt med gaser
Om lika många gasmolekyler i VL som Hl påverkar inte trycket
ex
H2O(g)+ C(s)  H2(g) + CO(g)
[H2]  [CO]
k=----------------[H2O(g)] C(s)
[H2]  [CO]
=----------------[H2O]1
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
H2O i gasfas ej rent ämne!!!
12
Anta att trycket fördubblas
PH2 PCO
KP1=---------------PH2O
2PH2 2PCO
KP2=----------------= 2Q jämvikten driv åt vänster.
2PH2O
G= positiv =spontan
Krävs mycket energi för att bryta C(s) bindningar fler bindningar bryts i Vl än som bildas i HL.
Reaktionen måste vara endoterm  H = positiv = endoterm
Gaser bildas i HL större oordning S måste vara positiv.
Om T ökar så minskar G (blir mer negativt)
Vid en viss Temp blir H och S lika stora, över den temp då G<0 är alltså reaktionen spontan.
Drivkrafter för reaktionen är entalpi, entropi och Temp.
Forts. föreläsningsanteckningar.
Lewis struktur för I3Antal valenselektroner= 37+1=22  11 par
_
_
1:a förslaget | _I - I - I_|
3 lonepair de stör så lite som möjligt om de ligger i ett annat plan än atomerna.
120 grader (oktett regeln gäller endast till 2:a perioden)
ett känt jämviktsuttryck kan användas för att räkna ut ett okänt
ex: 2SO2 +O2  2SO3
K=278
SO2 +½O2   SO3
K=?
K1=[SO3]2 / ( [SO2]2 [O2] )
K2=[SO3]1 / ( [SO2]1 [O2]½ )
K2=K1 =27816,67
2SO32SO2 +O2
K3=?
K3= invertering av K1=1/2783610-4
Q gäller vid icke jämvikt och räknas ut på samma sätt som K.
Om Q < K råder ej jämvikt reaktionen fortsätter åt höger.
Om Q > K råder ej jämvikt reaktionen går till vänster.
Om Q = K råder jämvikt.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
13
Syra - bas begrepp
Syra är protongivare och bas är protontagare.
PH definieras som -(10)lg [H+]
pH=-lg[H+]
ex pH i 0,20 M HCL
pH=-lg[0,20]=0,70
Vattnets autoprotolys
vatten kan fungera både som syra och bas amfolyt, amfotär.
H2O (l)+ H2O (l)  H3O+ +OH[H3O+] [OH-]
[H3O+] [OH-]
jämvikt i vatten = -------------------=-------------------------= 1,010-14
[H2O] [H2O]
1
Vad är pH i vatten vid jämvikt?
Behöver H+ koncentrationen.
[H3O+] [OH-]= xx=10-14  x= 10-14  [H+]=10-7
pH=-lg [10-7] pH =7
pH i basisk lösning
2,0 M NaOH (stark bas och syror protolyseras fullständigt)
Om 2,0 M NaOH  2 M OH(NaOH (s) +H2O   Na+ (aq)+OH-(aq) +H2O)
KW=10-14=[OH-][H3O+]
Om [OH-]=2  [H3O+]= 110-14/2=0,510-14
pH=-lg[0,510-14]=14,30
pOH +pH=14
Om pH = 4 vad är [H+]
4=-lg[x]
10-4=10-(-lgx)
x=10-4
Syra konstanten Ka
syra
HSO4H3PO4
H2PO4HPO42KaKb= 1,010-14
Ka
1,010-2
7,910-3
6,210-8
4,410-13
pKa
2,00
2,1
7,2
12,4
bas
SO42H2PO4HPO42PO43-
Kb
1,010-12
1,2710-12
1,610-7
22,710-3
pKb
12,00
11,89
14-7,2=6,8
14-12,4=1,6
Kb=(10-14)/Ka
pKa+pKb=14
ex pka= 7,2 vad är Kb?
pkb=14-7,2=6,8
kb =10-6,81,610-7
Kan utläsas ur pH-pC diagram
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
14
syrans koncentration (initialt) =pCtot
ex pCtot=1,46  10-1,46=0,035
Lösningens sammansättning vid ett visst pH
Dra en linje för ett visst pH
[x] 10-DET Y-VÄRDE SOM STÅR TILL VÄNSTER
pka värden
pHe värden
Hur man ritar ett pH-pC diagram. Pka värden samt [syra] krävs.
Rutat papper 1-14 y och x axeln.
-lg [syra]=pCTOT En vågrät linje dras vid detta värde.
PKa värden markeras på pH axeln.
Två diagonala linjer för OH- och H3O+ drages.
Hac och Ac- linjer dras utgår från pka och är parallella med de diagonala linjerna.
Startpunkten för titrering vid jämvikt mellan H3O+   Acjämviktspunkten pHe där Hac   OH-
Titreringskurvor
Avläs ekvivalenspunkten där den är som tydligast(oftast andra vid tvåprotoniga syror).
Pka kallas också halvtitrerpunkten. =Ve/2 där titreringskurvan är som flackast.
Buffertverkan är som störst vid pka och minst vid ekvivalenspunkten.
Dissociationsgrad anger hur stor procent av syran som protolyseras.
Ex dissociationsgraden för en syra är 3 %. Koncentrationen för syran är 0,15 M. Vad blir Ka?
HA H+ +A[HA]3%=A- =H+
[O,15]0,03=4,510-3
Ka= ([H+][A-]) / [HA]= (4,510-3 4,510-3) / (0,15-4,510-3) = 1,410-4
Dissociationsgraden kan även räknas ut från startvärdet i pH-pC
diagrammet.
Ex
0,50M svag syra har start värdet pH 2,5 och pC 2,5  [A-]=10-2,5
[A-] / [HA]= dissociationsgraden=10-2,5/0,50=0,006 =0,6%
Bas i pH-pC diagram
NH3+H2O   NH4+ +OH0,150M NH3 KB = 1,810-5
pKb=4,8
pC tot =-lg 0,150= 0,82
Ka Kb =Kw Ka= Kw / Kb =10-14/1,810-5 =5,5610-10  pKa=-lg 5,5610-10 =9,26
eller
pKa+pKb=pKw
pKa=14-4,8=9,2
Vad är [OH-] vid titreringens början
Rita pH-pC diagram och markera pC-tot samt pka. Korresponderande syra till vänster.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
15
pKa
pCTOT
pHSTART =11,25
pHe
pH+pOH=14  pOH=14-11,25= 2,75
[OH-]=10-2,75=1,7810-3
vid ekvivalenspunkten?
pHe=5  pOH=9 [OH-]ekv=10-9
Där Ha och A skär varandra är de lika stora.
[Ha]=[A-] =½ CTOT
just i krökningen av kurvorna.
Ex
0,035M syra
pCtot=1,46
-lg½CTOT=0,30+pCtot =1,76
10-1,76 =0,0175
=0,035/2
Buffertlösning
Buffertlösning innehåller en svag syra och dess korresponderande bas. (eller vice verca) Denna
lösning ändrar ej pH så lätt.
En bra buffert uppstår då pH = pKa samt jämvikt mellan syra och korresponderande bas.
PH=pKa + lg[bas]/[syra]
Om bas/syra =1  lg 1=0
ex 0,10M Hac och 0,25 M NaAc
pH = 4,8 + lg 0,25/0,10
Ättiksyra / natriumacetat
pH=5,14
Ex 3:e 25/1(tenta)
Hur mångs cm3 av titratorlösningen behöver man tillsätta för att få en buffert med pH 8,5?
Närmaste pKa = 9,3 syrans koncentration =0,1 M
Syra bas par är NH4+ (syra) och NH3 (bas)
Titratorlösning är NaOH 1M
pH=pka+lg[bas]/[syra]
8,5=9,3 +lg x
 8,5-9,3=lg x
10-0,8=x
x=0,158
Förhållandet mellan syra och bas skall vara 0,158
[NH4+] +[NH3]=0,1
0,1-y +y=0,1
y/(0,1-y)=0,158
y=(0,1-y)0,158
y=0,0158-0,158y
1,158y=0,015
y=0,0136
När är koncentrationen av NH3 0,0136?
(NaOH 1M)
CV= n
0,01360,2=0,00272 mol
Vol OH- = 1:a ekvpunkten +0,00272 mol 1:a ekv punkten =20cm3
CNAOHV=0,00272
V=0,00272/1 0,003
VOH= 20cm3 +3cm3=23cm3
Salter som löses i vatten.
Lösningen blir sur
:NH4NO3
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
16
neutral
NaCL, KNO3
basisk
NaAc
Natriumacetat, Na neutralt Ac är en bas
Katjoner(positiva joner) i grupp 1 och 2 blir neutrala(pH)
grupp 3 sura tex aluminium
Många katjoner är starkt sura (metalljoner)
pH i kalkvatten Ca(OH)2?
Ca(OH)2 (s)   Ca2+ +2OH1-x
KSP
x
2x
= x  (2x)2 = 1,310-6
4x3=1,310-6
x=((1,310-6)/4)1/3
2x=[OH]=26,8710-3
[H+] =10-14 / (26,8710-3) =0,7310-12
pH = -lg(0,7310-12)=12,1
x=6,8710-3
Oxider kan också vara basiska neutrala eller sura.
Ex
MgO +H2O  Mg2+ +2OHJu högre laddning på katjonen desto surare.
Neutral är de som förekommer naturligt som mineraler tex tennoxid, Feoxid etc.
Kap 16 Termodynamik
H
värmeförändring
H= negativ exoterm
H=positiv endoterm
Energin kan inte förstöras men omvandlas
Hess Lag: energiförändringen är oberoende av vägen.
Höga energinivåer är instabila.
Det krävs ofta aktiveringsenergi (Ea) för att sätta igång kemiska reaktioner.
I termodynamiken studeras energier för olika tillstånd, men vi vet inte så mycket om intermediära
faser( kinetik) eller hur fort reaktionen sker.
Spontan reaktion, sker av sig själv utan yttre påverkan efter igångsättning , Ea.
Alla spontana reaktioner är inte exoterma.
Vissa endoterma processer sker spontant t.ex lös salmiak i vatten. Det blir kallt alltså har saltet tagit
upp värme(endoterm reaktion)
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
17
Entropi S
Termodynamisk funktion som beskriver antal möjliga arrangemang ett system kan anta. Om
möjligheterna är många så blir sannolikheten att detta skall inträffa hög.
Entropin är ett mått på oordningen.
Hög oordning = hög entropi.
S fast ämne< S vätska<< S gas.
Totalt sett i universum ökar entropin.
Andra huvudsatsen: Totala entropin ökar i universum. I alla spontana processer ökar STOT.
SUNIVERSUM=Ssystem +SOMGIVNINGEN
S har enheten J/molK.
Tecknet för S bestäms av riktningen.
Om SOMGIVNINGEN> 0 då har en exoterm reaktion skett., värme har avgetts.
Riktningen på S talar om ifall exoterm eller endoterm reaktion har skett.
Storleken på S beror av Temperaturen
SOMGIVNINGEN= -HSYSTEMET/T (reaktionens temp vid jämvikt)
Gibbs fria energi
G= H - TSsystem
S
+ (mer oordning)
H
- (exoterm)
+
+ (endoterm)
-(mindre oordning)
- (exoterm)
-
+ (endoterm)
Spontanitet
spontan vid alla temperaturer
explosivt
Spontan vid hög temp
tex salt i vatten (endoterm)
oordningen ökar
spontan vid låga temperaturer
t.ex vatten fryser till is.
ej spontan vid någon temperatur
t.ex elektrolys
En reaktion är spontan om energiinnehållet är lägre för produkten.
Om oordningen blir stor så ökar sannolikheten för en reaktion.
S= SPRODUKTER - SREAKTANTER
SUNIVERSUM= SSYSTEM + SOMGIVNING
(Somgivning anger värmeflödet exo eller endo term)
SUNIVERSUM= SSYSTEM - HSYSTEM/T
multiplicera bägge led med T
TSUNIV
= TSSYST -HSYST
muliplicera med -1 
-TSUNIV= H-TSSYST
T = Kelvin , alltid positiv
-TSUNIV=G
G=H-TSSYST
Om -TSUNIV är< 0  G< 0 för spontana processer.
T.ex när nitroglycerin exploderar, massor av gaspartiklar bildas.
Hög Temp , exoterm ökad oordning
H(-) -T(stort tal) S(+)= - -(+)= -- =G= -=spontan process.
1:a huvudsatsen
2:a
3:e
Totala energin i universum är konstant
För alla spontana processer så ökar den totala entropin i universum
SUNIV >0
En perfekt kristall har entropin = 0 vid 0Kelvin
G kan ej mätas direkt men kan beräknas från H och S värden.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
18
Ex H =25 kJ, S=5,0 J/Kmol, T = 300 K
G= 25103 -300(5,0)=25000-1500=23500
positiv = ej spontan reaktion.
Enl Hess Lag kan reaktioner vändas:
S + 3/2O2SO3
2SO2 +O22SO3
G =-371
G = -142
S +O2 
G = ?
Vänd på (2) och dividera med 2
Använd G0f (
ex
G=-371 -½(-142) = 300 kJ/mol
spontan.
NTP formation = bildning)
CH4
-75
186
-51
H0f
S0f
G0f
(1)
(2)
2O2
20
2205
20

H0f =prod-reakt =-393 + 2(-242) - (-75 )+(-0)
S0f =prod- reakt =214 + 2189 -(186+2205)
G0f = prod-reakt= 2(-229)+(-394) -(-51-0)
CO2
-393,5
214
-394
2H2O
2 -242
2189
2-229
=-803kJ (exoterm)
=-4J/mol (oordnigen minskar
= -801 kJ/mol
Beräkning av G från jämviktskonstanten K
G= G0 +RTlnK
G0 är inte samma sak som G0f
G < 0
G = 0
G > 0
spontan
jämvikt
icke spontan reaktionen sker åt andra hållet.
Ex H2O   H+ +OHanta att jämvikt råder
KW = 1,00 10-14
0=G0 +RTlnK
 G=0
 G0=-RTlnK
= -8,3145 298,15 ln 1,0010-14 =79,0 kJ/mol
icke spontan process reaktionen sker åt andra hållet.
Kap 9 VSEPR-metoden
Valence Elektron Repulsion Shell Pair
Lewis strukturer: bindningen skall vara så långt från varandra som möjligt
4 bindningar-tetraeder
orbitaler: gäller främst obundna atomer
Molekylstrukturer: hybrider
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
19
Orbitalerna förändras:
Enskilda atomer har ej sama form som de som är bundna till andra De nya orbitalerna kallas
hybridorbitaler. Processen kalls hybridisering.
Antalet effektiva elektronpar
2
3
4
5
geometrisk form
hybridisering
linjär
sp
trigonal
sp2
tetraeder
sp3
trigonal
bipyramid
dsp3
6
oktaeder
d2sp3
Detta kapitel borde man nog läsa lite noggrannare.
Men s-orbitaler är tydligen mer eller mindre sfäriska medan p-orbitaler ser ut som 8:or i ett
tredimensionellt koordinatsystem
p och s orbitaler kan kombineras och bildar då sp hybridider
I3- bildas då jod löses i vatten
linjär molekylform
37+1=22 elektroner = 11 par ej period 2 oktettregeln gäller ej.
_ \/ _
|I - I - I|
|
Kvävgas |N= N|
Betrakta atomen i mitten den har 5 elektronpar = dsp3
De yttre atomerna har 4 elektronpar =sp3
Varje atom har 4 par = sp3
Molekylorbitalmodellen
Molekylorbital 1 = MO1 addition av två s-orbitaler MO1=1sA +1sB
ex vätgas
--------- x
H1SA
--------- 
H1sB
Energinivå
Bindande,  molikylorbitaler ligger alltid lägre i energinivå än de antibindande samt ligger lägre än de
antibindande som fanns från början.
MO1 ligger mitt emellan A och B som har lägre energi sk bindande molekyl A=B
MO2 ligger på utsidan av atomerna A och B och har högre energitillstånd, kallas antibindande
molekyl
ex H2- har 3 elektroner.
H
---------x (antibindande)
H
---------
Bindningstal = Bond order
(antal bindande - antal antibindande)/2
H2=(2-0)/2=1
H2- =(2-1)/2=½
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
20
Ju lägre bindningstal desto svagare bindning
ex syre O2 2 s och 4 p på varje atom
---
---
2p (4)
2p(4)
--- ---
2s(2)
2s(2st)
O2 är paranegativt oparade antibindande elektroner finns, dessa kommer att förstärka ett magnetfält.
Vad finns det för bindningar mellan molekyler? Sk intermolekylära molekyler.
De svagaste är Vander Vaal och beror på tillfälliga dipolmoment. Tex mellan 12 och I2
V.d.V bindningar ökar med ökande molekylstorlek. Tex halogenerna. Svaga bindningar mellan
molekyler beror på tillfälliga dipoler som uppstår då elektroner rör sig. Inom halogenmolekylerna är
det kovalenta bindningar (elektronparbindningar)
Mellan molekyler i bensin V. d. V. Opolärt. Blir starkar ju större molekyl.
Lika löser lika: lika starka Van der Vaal bindningar, samt lika polaritet.
V.d.V: alla gaser eller vätskor med låg smält och kokpunkt.
H
Något starkare än V. D. V är dipol-dipol bindning.
/
H--------O
Vätebindningar FONClBRISCH
/
O
\
H
\
Gäller endast F, O, N, bindningar till väte.
H
Väte bindningar har högre kokpunkt än vanliga dipol-dipoler.
Ex H2O kokar vid 100 grader medan H2S kokar vid - 60 grader.
Jonbindningar tex NaCL laddningarna är den sammanhållande kraften. Starkast elektrostatiska
krafter.
Jonföreningar ligger långt ifrån varandra i per. Sys. Och leder ström i smält form.
Metallernas valenselektroner är jämt fördelade över alla atomer sk delokaliserade.
Värmeledningsförmåga påverkas av hur pass lättrörliga de delokaliserade elektronerna är.
Kristallstruktur
CCP cubic close packing
HCPHexagonal close packing
Diamant delokaliserade elektroner samt starka bindningar åt alla håll
grafit
””
sexhörniga ringar starka bindningar inom skikten men svagare mellan
skikten.
Ångtryck
Runt om ”ovanför” varje fast eller flytande ämne finns en viss mängd gas, som har ett visst tryck sk
ångtryck. Ju mer lättflyktigt desto högre ångtryck. 0 för NaCl men mkt högt för bensin.
I2 och CO2 har icke försumbara ångtryck och sublimerar lätt( övergår från fast fas till gas form utan
mellan liggande flytande fas).
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
21
Ångbildningsentalpi HVAP= Den värme som krävs för att bryta bindningar i en vätska (eller fast
ämne) och bilda ånga(gas). T ex vatten som avdunstar och ytan(tex kinden) blir kall.
HVAP för vatten=41kJ/mol
T
gas
vatten och gas vätebindningar bryts
100
vatten
is och vatten i flytande form (is struktur bryts)
0
is
tid
Lösningsprocessen
1. Bryta bindningar i ämnet som skall lösas, kräver energi
2. Bryta bindningar i lösningsmedel, kräver enrgi
3. Nybilda bindningar mellan det lösta ämnet och lösningsmedlet
frigör energi
Kan endast ske då H3 < (H1+H2)
H1 =+ (endoterm)
H2 =+ (endoterm)
H3 =- (exoterm)
Molaritet = n/V=C
Molalitet= n/ kgLÖSNINGSMEDEL=mol/kg
Mass% = massan av löst ämne/ massan av lösningen
Molbråk= mol ämne/tot antal mol=ksi=
ex 50,0 g CsCL löses i 50,0g H2O totVol blev 63,3 ml
Mass% =50,0/(50+50)= 0,50
50%
Molaritet=(50/(132,34+34,35))/0,063
4,70 mol/dm3
Molalitet=(50/(132,34+34,35))/0,050
5,94 mol/kg
Molbråk= nvatten/ ntot (50/18) / (50/(132,9+32,45)+50/18)
0,0966
Ångtryck
Ett visst mängd av ett fast ämne befinner sig i gasfas.
Ett löst ämne med lågt ångtryck (NaCL) i vatten
Raoults lag:
Plösning= lösningsmedelP0Lösningsmedel
T =KB m
kokpunktsändring= kokpunktlösningsmedel molalitet
NaCl + is sänker ångtrycket vilket leder till att fryspunkten sänks och kokpunkten höjs
Ex socker 4,9 g och 175 g vatten. Påverkas kokpunkten?
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
22
4,9 g socker = 0,01431 mol socker
Molalitet = mol/kglösningsmedel=0,01431/0,175 =0,08180
Kb= Molal boilingpoint elevation constants (finns inte i BD!!) för vatten enl Zumdahl = 0,51
T=0,510,08180=0,0417
Den nya kokpunkten blir 100,042 grader C
Van´t Hof faktorn i= antal mol i en lösning/ antal mol salt som skall lösas.
NaCL Na+ +Cli=(1+1)/1 =2 teoretiskt värde ofta lägre i verkligheten. Eftersom tillfälliga jonparningar bildas.
Osmos små partiklar kan vandra men inte större tec vatten molekyler kan vandra men inte proteiner.
Det osmotiska trycke beror av koncentrationsskillnader och strävan att utjämna
koncentrationsskillnader.
Kinetik
Läran om reaktionshastigheter och reaktionsmekanismer
Reaktionshastighet = koncentrationsändring /tidsenhet=C/t=mol / Litersek.
Initialmetoden
Det ena ämnets koncentration varieras medan det andra hålls konstant. Och tiden för koncändringen
studeras. Det andra ämnet studeras på samma sätt.
Man kan därefter bestämma hur betydelse fullt ett ämne är för reaktionshastigheten.
V=k  [A]0,1,2…
index betecknar 0:e, 1:a, 2:a ordningen etc behöver ej vara heltal.
K är en konstant med enheten 1/s=s-1
Hastigheten för hela reaktionen
v= k[A]x  [B]y
Reaktionsmekanismer
beskriver de steg som inträffar då en reaktion sker. Framgår ej av formeln.
Aktiveringsenergi trösker´lenergi som krävs för att reaktionen skall komma igång.
Arrheniusekvationen
k=Ae-Ea/RT
k=hastighetskonstanten, A= frekvensfaktor, Ea= aktiveringsenergi
R=8,3145
T=Kelvin
ex
temp ändras från 275 till 300 kelvin och k ändras 7x Vad blir aktiveringsenergin?
1k=Ae-Ea/R275
7k=Ae-Ea/R300
A är konstant logga med ln och lös ut A.
A=lnk/ (-Ea/R275)=ln(7k)/ (Ea/R300)
??
Vad påverkar en reaktions hastighet?
1. Antal kollisioner(temp, tryck).
2. Ofördelaktiga kollisioner? Kanske bara kan ske i en viss vinkel.
3. Steriska effekter (passar bara på ett sätt)
4. Katalysatorer/inhibitatorer
Katalysatorer påskyndar reaktioner utan att själv förbrukas, aktiveringsenergin sänks.
Homogen katalys
katalysatorn i samma fas som det katalyserade ämnet.
Heterogen katalys
katalysatorn i annan fas än det katalyserade ämnet.
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
23
Kap 17 Elektrokemi
Elektrolys: oxidation sker vid anoden(pluspolen)
KARO
Katod
Anod
Red
Ox
Galvaniskt element oxidation sker vid (minuspol)
metall oxideras och löses upp vid - polen detta är negativt
metallreduceras och faller ut i ren form vid + polen detta är positivt
Oxidation
ökning av oxtal avger elektroner
Reduktion
minskning av oxtal tarupp elektroner
Galvanisk cell
E0=E0+-E0-
Den ädlaste matallen kommer att reduceras och den oädlare oxideras.
Normalpotential, den med högst E0 värde kommer att reagera åt rätt håll och reduceras
vid + pol medan den med lägre E0 värde kommer att reagera åt andra hållet jämfört de
reduktioner som står i Normalpotentialtabeller, dvs oxideras vid -polen.
Skall alltid bli ett positivt värde annars blir det fel.
Normalpotentialer ändras ej vid muliplikation eller vändning
Stor skillnad i normalpotential ger en kraftig reaktion.
Line of notation
-| Mn2+ MnO4-|| IO4- IO3-| +
elektrodmaterial, saltbrygga, anod reaktion, katod reaktion
E0 gäller vid 1 molar STP
ström
esaltbro
elektrolyt
Zn
Zn2+
Cu
Cu2+
minus pol
+ pluspol
 oxidation
reduktion
Skriv cellschema
ex
ex Zn , Ag
-Zn|Zn2+ || Ag+|Ag+
Halv reaktioner
red
(Ag++e-  Ag)2
+ E0= 0,80
2+
ox
Zn  Zn +2e
- E0=-0,76
+
2+
cellreaktion
2Ag +Zn  2Ag +Zn
E0=0,80-(-0,76)=1,56
Ecell=E0 -(RT/nF)ln Q
Q=[Ag]2[Zn2+]/[Ag+]2[Zn]=(120,1)/(0,121)=10
Ecell=1,56-(8,314294,15)/(296485)ln10= 1,531V
Samband mellan G och E0
G=-nFE0
n=antal mol e-, F= 96485
gäller vid ej STP
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
24
Om E0 är positivt blir G<0 spontan process
Hur ändras E om vi ej har standard tillstånd
E=E0 -(RT/nF)lnQ
Nernst´s ekvation
Bd variant av nernst´s formel gäller endast för halvcell
E=E0 +RT/nF ln[ox]/[red]
Elektrolys
Genom elektrisk energi kan en icke spontan reaktion ske.
Uppladdning av batteri, rening av metaller.
Hur mycket bildas:
It=nF
I=ström (ampere), t=sek, n= mol elektroner, F = Faraday
Korrosion
Inte bara rost utan all slags oönskad förstörelse av material.
Korrosion går fortare och är beroende av O2, ytan, spänningar, korngränser, salt dvs elektrolyter, fukt
luftföroreningar.
Olika O2 koncentrationer ger uphov till potentialskillnad
metall i kontakt med annan metall den oädlare oxiderar.
Offeranod(Mg eller Zn) eller galvanisering hindrar korrosion
Korrosionsskydd: målning, förzinkning, passivisering(tunt aluminiumskikt som tillåts oxidera,
offeranod, legeringar tex rostfritt stål.
Hur vet man hur stora atomer och joner är och vilka avstånd det är i
strukturer?
Diffraktionsexperiment.
Bombarderar ett prov med strålning
Röntgen
neutronstrålning
elektroner(elektronmikroskop)
Om provet är kristallint (välordnat, tydlig struktur)
(amorf= stelnad vätska tex glas.)
så bryts difrakteras strålningen i vissa punkter som kalls reflexer
Braggs lag: n=2dsin
d=avståndet mellan atomplan, =infallande vinkel
Kristallin form är teoretiskt i verkligheten oftast en blandning mellan kristallint och amorf.
BOD Biochemical oxygen demand är ett mått på hur mycket lättnedbrytbart kol som finns i vatten
BOD5(dagar)< 1mg/l
rent
Bod5
< 5 mg/l
förorenat
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
25
Avloppsrening:
a grovfiltrering av större föremål
b. Sedimentering
c. Tillsatser kan öka sedimenteringen FeSO414H2O hydroxidbildning
2. Minska BOD
a. Sandbädd mättad med mikroorganismer
b. syrefri miljö
3.
Görs ej på alla reningsverk
Fällning av fosfatjoner med släckt kalk Ca(OH)2  Ca3(PO4)2
oljefilm på vattnet. Sprids ut på mark mättad med välgödda mikroorganismer.
Kväverening NO2- och NO3- N2 speciella mikroorganismer
oxidation kan underlättas av H2O2 väteperoxid eller ozon O3.
4. Tungmetaller
H2S +M2+(tungmet)  MS +2H+ tungmetallsulfider är svårlösliga.
1
Labbar
Instuderingshjälp till Kemitentan 16/1-98
Magnus Lagerberg
26