$\ce{a Cu + b HNO3 -> c Cu(NO3)2 + dNO + eH2O}$
(Fuente)
He calculado:
$a=c$ (Cu)
$b=2e$ (H)
$b = 2c + d$ (N)
$3b = 6c + d+ e$ (O)
Y traté de sustituir $a= 1$ pero no podía resolver la ecuación general. ¿Cómo puedo solucionar este algebraicamente?
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yura
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121
Aquí es cómo resolver el sistema en python:
>>> import numpy as np
>>> stoich_mat = np.array([[-1, 0, 1, 0, 0], # copper balance
[0, -1, 0, 0, 2], # hydrogen
[0, -1, 2, 1, 0], # nitrogen
[0, -3, 6, 1, 1], # oxygen
[1, 0, 0, 0, 0]]) # impose constraint that a == val
>>> rhs = np.array([0, 0, 0, 0, 1]) # last number is assumed val of a
>>> np.linalg.solve(stoich_mat, rhs)
array([ 1. , 2.66666667, 1. , 0.66666667, 1.33333333])
Por lo tanto esta solución, dice:
$$\ce{Cu + 2.67 HNO3 -> Cu(NO3)2 + 0.67 NO + 1.33 H2O}$$
Multiplying through by 3:
>>> rhs_times_3 = np.array([0, 0, 0, 0, 3])
>>> np.linalg.solve(stoich_mat, rhs_times_3)
array([ 3., 8., 3., 2., 4.])
$$\ce{3 Cu + 8 HNO3 -> 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O}$$
Si tu pregunta es cómo los ordenadores (o personas) resolver sistemas de ecuaciones lineales, se puede leer en la eliminación Gaussiana y técnicas relacionadas.
Dada la reacción:
$\ce{a Cu + b HNO3 -> c Cu(NO3)2 + dNO + eH2O}$
(1) a = c para el Cu
(2) b = 2e para H
(3) b = 2c + d para N
(4) 3b = 6c + d + e para O
De la ecuación (1) tenemos a=c, entonces:
$\ce{a Cu + b HNO3 -> a Cu(NO3)2 + dNO + eH2O}$
(2a) b = 2e
(3a) b = 2a + d
(4a) 3b = 6a + d + e
De la ecuación (2a) tenemos b=2e, así:
$\ce{a Cu + 2e HNO3 -> a Cu(NO3)2 + dNO + eH2O}$
(3b) 2e = 2a + d
(4b) 6e = 6a + d + e
podemos multiplicar la ecuación (3b) por 3 y que restar de la ecuación (4b)
$\text{ }$6e = $\text{ }$6a + d + e
-6y = -6a - 3d
$\text{\begin{aligned}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{\sqrt[3]{\alpha+\sin ^2x}}dx
&=-\frac{\pi w\sqrt{3} ~i }{2\sqrt[6]{r}}\left(\frac{\eta (2 w) \eta^6 (3 w)}{\eta^2 (w) \eta^3 (6 w)}+4\frac{\eta (w)\eta^6 (6 w) }{\eta^2 (2 w) \eta^3 (3 w)}\right)\\[2.5mm]
&=-\frac{\pi w\sqrt{3} ~i }{2\sqrt[6]{r}}\left(\frac{\big(\vartheta_4(0,q^6)\big)^3}{\vartheta_4(0,q^2)}+\frac{\big(\vartheta_2(0,q^3)\big)^3}{\vartheta_2(0,q)}\right)\\[2.5mm]
&=-\frac{\pi w\sqrt{3} ~i }{2\sqrt[6]{r}}\;_2F_1\large\left(\tfrac13,\tfrac23;1;\tfrac{2r\,+\,(1+2\alpha)\sqrt{r}}{4r}\right)\end----------------}$
0 = -2d + e
por lo tanto 2d = e o d = (1/2) e
Así que ahora
$\ce{a Cu + 2e HNO3 -> a Cu(NO3)2 + $\dfrac{1}{2}$eNO + eH2O}$
Ahora podemos sustituir por d en términos de e en la ecuación 3b
2e = 2a + $\dfrac{1}{2}$e
o reorganización de
2a = $\dfrac{3}{2}$e
por lo tanto a = $\dfrac{3}{4}$e
Así:
$\ce{$\dfrac{3}{4}$e Cu + 2e HNO3 -> $\dfrac{3}{4}$e Cu(NO3)2 + $\dfrac{1}{2}e$ NO + eH2O}$
Claros exponentes fraccionarios multiplicando por 4
$\ce{3e Cu + 8e HNO3 -> 3e Cu(NO3)2 + 2e NO + 4eH2O}$
ahora puede ser un número entero 1,2,3,4,...,n, pero para una "equilibrada" ecuación química se divide por el factor común más grande de todos los enteros factores, por lo que 1 es el valor correcto. Por lo tanto la ecuación balanceada es:
$\ce{3 Cu + 8 HNO3 -> 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4H2O}$
Como Paul Harvey, solía decir aquí es "el resto de la historia..."
El real de la reacción química es:
$\ce{a Cu + b HNO3 -> c Cu(NO3)2 + dNO + eNO2 + fH2O}$
y esta reacción no tiene solución única.
En la debilidad de ácido nítrico, el favorito de la reacción es:
$\ce{3 Cu + 8 HNO3 -> 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4H2O}$
pero en fuerte ácido nítrico, el favorito de la reacción es:
$\ce{ Cu + 4 HNO3 -> Cu(NO3)2 + 2 NO2 + 2H2O}$
Pure.Krome
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Parece que han tenido la idea de derecho de la fijación de la escala arbitrariamente elegir el valor de un coeficiente, y luego resolver para el resto. Al parecer, sólo se quedó atascado en algún punto, probablemente sea debido a que no podía resolver por $b$ sólo con simples sustituciones, o porque su elección inicial de $a = 1$ le dio valores fraccionarios para el resto de coeficientes que usted no sabía cómo tratar.
Si el enchufe $a = 1$ en sus ecuaciones originales, vas a obtener de inmediato $c = 1$, y por la sustitución que en las otras ecuaciones quedan:
\begin{aligned} b & = 2e, \\ b & = 2+d, \text{ and} \\ 3b & = 6+d+e. \end{aligned}
Una manera de resolver el restante conjunto de ecuaciones es la primera restar el segundo a la de la última, para obtener: $$3b - b = (6+d+e)-(2+d) \implies 2b = 4+e,$$ and then substitute in the first one to get: $$2(2e) = 4+e \implies 4e = 4 + e.$$ Subtracting $e$ from both sides then gives you $3e = 4$, which you can divide by 3 to get $e = \frac43$.
Una vez que tienen un valor numérico para $e$, incluso si se trata de una fracción, a continuación, puede sustituir de nuevo en la primera ecuación de arriba para obtener $b = 2\cdot\frac43 = \frac83$, que puede, a continuación, enchufe en el segundo, para obtener $\frac83 = 2 + d$, y luego restar 2 de ambos lados para obtener $d = \frac83-2 = \frac83 - \frac63 = \frac23$.
Ahora tenemos una solución $(a=1, b=\frac83, c=1, d=\frac23, e=\frac43)$, pero aún así contiene los valores fraccionarios que nos gustaría deshacerse de. La manera de arreglar eso, sin embargo, es sencillo: basta con multiplicar todos los valores de su mínimo común denominador, 3, para obtener el $(a=3, b=8, c=3, d=2, e=4)$.
La razón por la que funciona es porque el sistema original de ecuaciones lineales, a través de la construcción, homogénea, es decir, cada término en cada ecuación figura exactamente uno de los coeficientes de $a$, $b$, $c$, $d$ y $e$. Por lo tanto, multiplicar todos los coeficientes por el mismo factor de escala se multiplica cada término de la ecuación por la misma cantidad, y por lo tanto convierte a cualquier solución válida en otro igualmente válido.
Tal reescalado que hace, de hecho, tiene una razonable interpretación física: si tenemos $n$ instancias de la reacción al mismo tiempo, entonces la combinación de la reacción obviamente consumen $n$ veces la cantidad de cada reactivo y producir $n$ veces la cantidad de cada producto. Permitiendo $n$ tomar valores fraccionarios se requiere un poco más de un matemático salto de la imaginación, pero podemos por ejemplo, interpretar la fracción escala de reacción como se describe sólo una fracción de la ecuación original — que puede o no puede ser químicamente significativa, dependiendo de si todos los de la escala de coeficientes de trabajo a toda la cantidad de moléculas, pero que, sin embargo, describe correctamente las proporciones de los reactivos consumidos y productos entregados.
Por supuesto, usted podría también ha llegado a la escala adecuada de la solución directamente, si que le había sucedido a empezar con el valor inicial $a = 3$ en lugar de $a = 1$.
En efecto, el hecho de que no se necesita hacer ninguna más opciones arbitrarias durante la solución, después de esta primera elección de la escala, demuestra que todas las posibles soluciones a este sistema de ecuaciones lineales homogéneo simplemente son múltiplos escalares de cada uno de los otros. Por otro lado, si a usted le agrega un $+\ce{f NO2}$ plazo para los productos de la reacción (como MaxW sugiere en su respuesta, para mayor realismo), entonces he tenido que hacer una elección arbitraria acerca de la proporción de $\ce{NO}$ $\ce{NO2}$ productos en algún momento durante la solución (o, alternativamente, dejarlo sin especificar, dejando algunos no numéricos de los factores en el resultado), reflejando el hecho de que el espacio de la solución de esta ampliada del sistema de ecuaciones es multidimensional, es decir, tiene más de un grado de libertad, y que esta ampliación de la reacción por lo tanto puede producir diferentes proporciones de sus productos en función de las condiciones en que se produce.
shaiss
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127
Usted tiene cinco variables, pero sólo cuatro ecuaciones.
Álgebra dice que esto no es un completamente definido un conjunto de ecuaciones y que hay infinitamente muchas soluciones posibles. Para las cinco variables que necesitaría cinco ecuaciones.
Sin embargo, un quinto de la restricción puede ser incluido por el objetivo para el entero más pequeño posible-la única solución.
