Zadania obliczeniowe z równowagi chemicznej – matura

Ten post jest zwieńczeniem całej serii dotyczącej równowagi chemicznej. Zakładam, że zapoznałeś się już z :

Co to jest stan równowagi ?

Stała równowagi

Stała równowagi kiedy jest ciało stałe

Tabelki jako klucz do rozwiązywania zadań z równowagi chemicznej

1. Obliczanie stałej równowagi

To chyba najprostszy rodzaj zadania, ponieważ jest najmniej skomplikowany pod względem matematycznym. Jedziemy z maturalnymi zadaniami.

2017 czerwiec – poziom rozszerzony.

Rozwiązanie :

Wykresy zmiany stężenia (czy generalnie ilości) znamy już z kinetyki. Od razu widzimy, że związek X jest substratem, bo jego liczba moli się zmniejsza, natomiast Y oraz Z muszą być produktami, bo ich liczba moli się zwiększa.

Widzimy, też że liczba moli produktu Y zwiększa się dwa razy szybciej niż dla produktu Z, czyli muszą powstawać w stosunku stechiometrycznym 2 : 1. Podobnie jest z substratem X, którego ilość zmniejsza się w tym samym tempie co zwiększa się ilość produktu Y, lub też dwa razy szybciej niż w porównaniu z produktem Z. Czyli równanie reakcji z zapisanym od razu wyrażeniem na stałą równowagi jest następujące :

2X ⇄ 2Y + Z

\displaystyle K = \frac{[Y]^{2} \cdot [Z]}{[X]^{2}}

Teraz wystarczy na wykresie ,,znaleźć stan równowagi” . Szukamy zatem takiego momentu, w którym stężenia reagentów przestały się zmieniać i widzimy, że stan równowagi ustalił się po 6 minutach. Odczytujemy liczby moli reagentów (oczywiście można je odczytać z dowolnego czasu od 6 minut wzwyż, bo i tak liczba moli się już nie zmienia). Przeliczamy to od razu na stężenia, ponieważ do stałej równowagi będziemy podstawiać właśnie stężenia!

nX = 5 moli

\displaystyle  [X] = \frac{5}{4} = 1,25 \ \frac{mol}{dm^{3}}

nY = 6 moli

\displaystyle  [Y] = \frac{6}{4} = 1,5 \ \frac{mol}{dm^{3}}

nZ = 3 mole

\displaystyle  [Z] = \frac{3}{4} = 0,75 \ \frac{mol}{dm^{3}}

Podstawiamy do wyrażenia na stałą równowagi i otrzymujemy wynik :

\displaystyle K = \frac{[Y]^{2} \cdot [Z]}{[X]^{2}} = \frac{(1,5)^{2} \cdot 0,75}{(1,25)^{2}} \implies  K = 1,08

I na zakończenie jeszcze rzut okiem na analizę wykresu :

Analiza wykresu z zadania maturalnego.

2015 maj – poziom rozszerzony (stara matura).

Tutaj ciekawym elementem jest to, że nie znamy początkowej ilości jodowodoru. Nie ma to jednak znaczenia, ponieważ wiemy jaki procent liczby moli HI uległ rozkładowi. Jako że stężenie jest proporcjonalne do liczby moli, możemy od razu ustalić, że stężenie HI również zmieniło się o 16,7%.

Zatem najwygodniej założyć, że początkowe stężenie HI wynosiło 1  mol • dmー3 . Skoro 16,7% uległo przemianie, to w stanie równowagi zostało (100 – 16,7%) z 1 , czyli 0,833  mol • dmー3 HI.

Konstruujemy tabelkę i lecimy z tematem :

HIH2I2
Stężenie
na początku
100
Zmiana
stężenia
ー 0,167 + 0,0835+ 0,0835
Stężenie
na końcu
1 ー 0,167 = 0,8330,08350,0835
Tabela stechiometrii podczas reakcji mocny kwas + mocna zasada

Podstawiamy do wyrażenia na stałą równowagi i zadanie zrobione :

\displaystyle K = \frac{[H_{2}][I_{2}]}{[HI]^{2}} = \frac{0,0835 \cdot 0,0835}{(0,833)^{2}} = 0,01

2. Obliczanie ilości reagentów w stanie równowagi

To jest takie najbardziej klasyczne zadanie, które czasem będzie wymagało rozwiązania równania kwadratowego.

2016 czerwiec, poziom rozszerzony.

Zadanie jest o tyle ,,trudne” , że tutaj nie ma podanej objętości i nie mamy jak obliczyć stężeń. Jednak okazuje się, że akurat dla takiej reakcji nie jest nam to potrzebne, ponieważ objętości się skrócą. Co ciekawe, wzorcowe rozwiązanie tego w ogóle nie ogarnia i od razu napierdzielają stężeniami, jakby nigdy nic. Udowodnienie tego, że objętość jest tutaj nieistotna, znajdziesz niżej [1]. Zerknij, bo błędów w rozwiązaniu jest tyle, jakby rozwiązywał to uczeń z podstawówki, a nie autor zadania.

Robimy tabelkę :

Wszystko już jasne, pozostała tylko matematyczna, ukochana zabawa! Z treści zadania wiemy, że stała równowagi wynosi 1 , wiec podstawiamy i liczymy :

\displaystyle K = 1 = \frac{x^{2}}{(1 - x)(5 - x)} \implies (1 - x)(5-x) = x^{2}

\displaystyle 5 - x - 5x +  x^{2} = x^{2}

\displaystyle 5 = 6x \implies x = 0,833

Możemy jeszcze raz wrócić do tabelki, aby obliczyć liczbę moli każdego reagenta (w ramach dodatkowego treningu) :

CO2H2COH2O
Liczba moli
na początku
1500
Zmiana liczby
moli
ー 0,833ー 0,833+ 0,833+ 0,833
Liczba moli
na końcu
0,1674,1670,8330,833
Wracamy do tabelki, aby określić liczbę moli każdego reagenta.

Pytanie w zadaniu brzmiało : jaki procent masy CO ulegnie przemianie. Uległo przemianie 0,833 mola, a na początku był 1 mol, czyli przemianie uległo 0,833 : 1 = 83,3 %. Ale stop, czemu obliczyliśmy to na molach, skoro pytanie było o procent masy [2] ?


Jedziemy z następnym zadaniem. O dziwo, tutaj zostało już prawidłowo rozwiązane.

2018 czerwiec – poziom rozszerzony.

Jedziemy z tabelką :

\displaystyle K = 4 = \frac{x^{2}}{1 - x)(3 - x)} \implies = 3x^{2} - 16x + 12 = 0

Tutaj zaczyna się ciekawa sprawa, bo obliczając to równanie kwadratowe otrzymujemy dwa różne wyniki :

x1 = 0,9

x2 = 4,43

Na spokojnie, parę oddechów. Nigdy, pamiętaj, nie może być sytuacji, że reakcja może się potoczyć na jakieś dwa różne sposoby, czyli że raz powstanie mi 0,9 mola wody, a drugi raz 4,43 mola. To nie loteria, to jest nauka!

Zobacz, że startowaliśmy na początku z 1 mola CO2 . Gdyby wziąć za poprawny wynik x2 = 4,43 to wyszłoby, że po reakcji CO2 zostanie : 1 – 4,43 = – 3,43 mola! Nie możemy mieć nigdy liczby moli na minusie, bo to by oznaczał ujemną masę. A przecież nie da się pójść do sklepu i kupić np. minus pół kg chleba, prawda? W takim razie x = 0,9 mola.

My mamy policzyć liczbę moli każdej substancji znajdującej się w reaktorze po ustaleniu się stanu równowagi opisanej reakcji. Wracamy do tabelki i wszystko będzie jasne :

CO2H2COH2O
Liczba moli
na początku
1300
Zmiana liczby
moli
ー 0,9ー 0,9+ 0,9+ 0,9
Liczba moli
na końcu
0,12,10,90,9
Wracamy do tabelki, aby określić liczbę moli każdego reagenta.

3. Obliczanie ilości reagentów na początku reakcji

Pewną reakcję estryfikacji można przedstawić z pomocą ogólnego schematu pokazanego poniżej : 

RCOOH + R’OH  ⇄  RCOOR’ + H2O

Stała równowagi tej reakcji wynosi  K = 4. Do reakcji estryfikacji użyto równomolowej ilości kwasu karboksylowego oraz alkoholu. Ustalono, że w stanie równowagi stężenie estru wynosi 0,9 mol • dmー3. Oblicz początkowe stężenia obu substratów użytych do reakcji estryfikacji. Układ nie zawierał wody ani estru na początku reakcji. 

Rozwiązanie :

RCOOHR’OHRCOOR’H2O
Stężenie
na początku
cc00
Zmiana stężenia ー x ー x+x+ x
Stężenie
w stanie
równowagi
cー xc ー x0,90,9
Wracamy do tabelki, aby określić liczbę moli każdego reagenta.

Jak widzimy z tabelki x = 0,9 . Podstawiając to do stałego równowagi mamy :

\displaystyle K = 4 = \frac{0,9 \cdot 0,9}{ (c - 0,9)^{2}}

Tutaj znów wychodzą nam dwa rozwiązania : 0,45 lub 1,35 mol • dmー3 . My jednak już potrafimy radzić sobie z takimi przykładami. Gdyby stężenie wynosiło 0,45 na początku, to po odjęciu 0,9 wyszłoby ujemne stężenie, co jest niemożliwe. Czyli c = 1,35 mol • dmー3


[1] Nie wiem, może to celowy zabieg, aby maturzysta rozwiązujący arkusze z poprzednich lat po prostu musiał się bardziej napracować i coś doszukać/doczytać albo jest to efekt lenistwa. Tak czy inaczej, przedstawione oficjalne rozwiązanie jest tak naprawdę błędne :

Fatalne maturalne rozwiązanie – czerwiec 2016 poziom rozszerzony, zadanie 7.

Należy rozpocząć od udowodnienia, że w zadaniu można posługiwać się liczbą moli, zamiast stężeniami. W tym celu posługujemy się wzorem na stężenie molowe jako liczba moli podzielona na objętość.

\displaystyle K = \frac{[CO] \cdot [H_{2}O]}{[CO_{2}] \cdot [H_{2}]} = \frac{ \frac{n_{CO}}{V} \cdot \frac{n_{H_{2}O}}{V}}{\frac{n_{CO_{2}}}{V} \cdot \frac{n_{H_{2}}}{V}}

Objętości się skracają i otrzymujemy :

\displaystyle K = \frac{n_{CO} \cdot n_{H_{2}O}}{n_{CO_{2}} \cdot n_{H_{2}}}

Ok, teraz dopiero można zadanie rozwiązywać!

[2] Oczywiście nie ma to znaczenia, ponieważ ilość moli jest wprost proporcjonalna do masy. Taka paplanina co prawda nie do końca może Cię przekonywać, więc najlepiej po prostu obliczyć masę CO na początku oraz tą, która uległa przemianie. Na początku był 1 mol co odpowiada 28 g CO, a przereagowało 0,833 mola, czyli 23,324 g. Liczymy jaki procent masy CO uległ przemianie :

\displaystyle \frac{23,324}{28} = 0,833 = 83,3 \ \%

Leave a Reply

%d bloggers like this: