Zadania z wydajnością

Atomy, cząsteczki, stechiometria, Chemia ogólna

1. Co to jest wydajność ?

Wydajność to prawdziwe życie. Obliczając wydajność patrzymy jaki procent czegoś (czyli jaki ułamek) nam się udało. Załóżmy, że szykujesz jakiś trudny technicznie deser na Walentynki, ale jest tak skomplikowany, że wychodzi Ci średnio dwa razy na dziesięć prób – powiemy wtedy, że Twoja wydajność (robienia deserów) wynosi zaledwie 0,2 czyli 20% oraz że Twoja szansa na udaną randkę jest dość nikła.

A jak to obliczyliśmy? Wzięliśmy liczbę udanych prób (a więc tyle, ile faktycznie powstało deserów) i podzieliliśmy ją przez liczbę przeprowadzonych prób (czyli tyle, ile powinno powstać).

Z chemiczną wydajnością będzie analogicznie. Jeśli w reakcji miało np. powstać 0,4 mola wodoru, a faktycznie powstało tylko 0,15 mola, to wydajność takiej reakcji wynosi 37,5% (0,15 : 0,4).

Zatem jak widzisz, klasycznie zadania znów będą sprowadzały się do tego, aby przeliczyć wszystko na mole. Wydajność to dosłownie jeden więcej schodek, który musimy przeskoczyć, ale na szczęście jest on bardzo niski.

Jeśli w zadaniu nie ma żadnego słowa o wydajności, to zakładamy że wydajność takiej reakcji wynosi 100%.

2. Zadania z wydajnością

Zadanie 1 – Jedną z metod otrzymywania metalicznego wolframu jest redukcja tlenku wolframu (VI) przy pomocy wodoru. Oblicz wydajność takiego procesu, jeśli do reakcji użyto 16,24 g WO₃ który został potraktowany nadmiarem wodoru, a otrzymano 3 ml wody (przyjmij gęstość wody równą d = 1 g • cm^ー3).

Rozwiązanie :

WO₃ + 3H₂ ⟶ W + 3H₂O

Obliczamy liczbę moli tlenku wolframu (n_WO₃ = 0,07 mol) oraz wody, której jest 3 g (n_H₂O = 0,17 mol). Z takiej ilości tlenku wolframu powinno nam powstać 0,21 mola wody, zatem wydajność reakcji wynosi 0,17 : 0,21 = 0,81 = 81%

Zadanie 2 – Tetrahydroboran sodu o wzorze NaBH₄ jest bardzo ważnym reduktorem używanym powszechnie w syntezie organicznej. Jedną z metod jego syntezy jest reakcja tak zwanego diboranu (B₂H₆) z wodorkiem sodu. Oblicz masę NaBH₄ jaką można otrzymać z 8 g diboranu oraz nadmiarze NaH, zakładając że wydajność reakcji wynosi 64 %.

Rozwiązanie :

2NaH + B₂H₆ ⟶ 2NaBH₄

Liczba moli diboranu wynosi n_B₂H₆ = 0,29 mol, czyli teoretycznie mogłoby powstać 0,58 mola NaBH₄ , ale to zakładając wydajność równą 100%. Uwzględniając, że wydajność to 64%, obliczamy że faktycznie powstanie nam 0,64 • 0,58 = 0,37 mola tetrahydroboranu sodu, co przekłada się na jego masę równą 14,06 g.

Można to było oczywiście zrobić z proporcji :

0,58 mola NaBH₄ ― 100% wydajności

x ― 64 % wydajności

x = 0,37 mola i dalej liczymy tak samo.

Zadanie 3 – Fosforek wapnia (m = 9,1 g) zareagował z kwasem selenowym (VI) (m = 32,25 g), a wydajność reakcji, która została przedstawiona poniżej wyniosła 90%. Oblicz objętość wydzielonego gazu PH₃, zakładając warunki normalne.

Ca₃P₂ + 3H₂SeO₃ ⟶ 3CaSeO₃ + 2PH₃

Rozwiązanie :

Obliczamy liczbę moli : n_Ca₃P₂ = 0,05 moli oraz n_H₂SeO₃ = 0,25 moli. Ustalamy, że kwas selenowy został użyty w nadmiarze (dla takiej ilości fosforku wapnia, powinno być 0,15 mola tego kwasu).

Dlatego liczbę moli powstałego PH₃obliczamy na podstawie ilości fosforku wapnia, ponieważ jest on w niedomiarze. Liczba moli powstałego PH₃ wynosi 0,1 mola (ale to dla wydajności 100%), a uwzględniając wydajność równą 90%, mamy 0,9 • 0,1 = 0,09 mola. W warunkach normalnych objętość wydzielonego gazu wynosi 2,016 dm³.

Lub (pewnie wolisz bardziej) z proporcji :

0,1 mola PH₃ ― 100% wydajności

x ― 90 % wydajności

x = 0,09 mola PH₃

Zadanie 4 – Złoto jest metalem szlachetnym, co oznacza że jest odporne na działanie wielu czynników, w tym np. kwasu solnego. Można jednak je roztworzyć z wykorzystaniem tak zwanej wody królewskiej, czyli mieszaniny kwasu solnego i azotowego (V). Oblicz masę roztworzonego złota, jeśli wiadomo, że powstało 4,214 • 10²³ cząsteczek wody, a wydajność reakcji wyniosła 80%.

Au + HNO₃ + 4HCl ⟶ H[AuCl₄] + NO + 2H₂O

Rozwiązanie :

Liczba moli powstałej wody wynosi n_H₂O = 0,7 mol, co uzyskaliśmy przy wydajności 80%, zatem dla wydajności 100%, otrzymalibyśmy 0,875 mola wody. W takim razie roztworzeniu uległo 0,4375 mola złota, co przekłada się na 86,2 g złota.

Z proporcji wyglądałoby to tak :

0,7 mola H₂O ― 80 % wydajności

x ― 100 % wydajności

x = 0,875 mola wody.

Zadanie 5 – Pewien nietypowy węglan potasu można otrzymać w wyniku termicznego rozkładu wodorowęglanu potasu. Powstały produkt jest mocnym utleniaczem i utlenia on aniony jodkowe do czystego jodu. Wydajność pierwszej reakcji wynosi 20%, natomiast drugiej reakcji wynosi 52%. Oblicz sumaryczną wydajność przemiany wodorowęglanu potasu do dwutlenku węgla.

2KHCO₃ ⟶ K₂C₂O₆ + H₂

K₂C₂O₆ + 2KI + 2H₂SO4 ⟶ 2K₂SO₄ + I₂ + 2CO₂ + 2H₂O

Rozwiązanie :

W takim przypadku wystarczy pomnożyć wydajności wszystkich reakcji^[1], które mamy dostępne, aby otrzymać całkowitą wydajność. W takim razie w = 0,2 • 0,52 = 0,104 = 10,4%

3. Bonus : zanieczyszczenia

Zanieczyszczenia to chyba najprostsza ,,trudność” w zadaniu, której tłumaczyć właściwie nie trzeba, ponieważ każdy się intuicyjnie domyśla co to oznacza. Chodzi tutaj o czystość naszej próbki.

To tak jakbyśmy kupili ,,złoty pierścionek” o masie 2 g, w którym złoto stanowi jedynie 80%, podczas gdy pozostałe 20% to zanieczyszczenia^[2]. Oznacza to, że samego złota jest tam tylko 0,8 • 0,2 = 1,6 g.

Zadanie 6 – Ogrzewano próbkę wodorowęglanu sodu o masie 5 g , która zawierała 8% zanieczyszczeń. Oblicz objętość wydzielonego dwutlenku węgla, zakładając pomiar w warunkach normalnych, jeśli wiadomo że wydajność reakcji wyniosła 88%.

Rozwiązanie :

2NaHCO₃ ⟶ Na₂CO₃ + H₂O + CO₂

Masa czystego wodorowęglanu sodu w próbce wynosi 0,92 • 5 = 4,6 g , co daje 0,055 mola NaHCO₃ . Liczba moli powstałego CO₂ wyniosłaby 0,0275 mola, przy wydajności 100%, zatem dla wydajności 88% uzyskalibyśmy 0,0242 mola, co daje 0,54 dm³ CO₂ .

^[1] Dlaczego wydajność sumaryczną oblicza się w taki sposób? Załóżmy reakcję tworzenia związku C ze związku A, która zachodzi dwuetapowo – po drodze tworzy się jeszcze związek B. Wydajność pierwszej reakcji wynosi 80% , a drugiej 70%. My chcemy poznać wydajność sumarycznej reakcji A ⟶ C.

$\displaystyle A \xrightarrow{80 \%} B \xrightarrow{70 \%} C$

Załóżmy, że wyjściowo mieliśmy 1 mol związku A, więc po pierwszej reakcji powstało nam 0,8 mola związku B. Po drugiej reakcji powstało nam 0,56 mola (już z uwzględnioną wydajnością) związku C. Faktycznie można to obliczyć jako 0,8 • 0,7 = 0,56. Czyli sumaryczna wydajność wynosi (0,56 : 1 = 0,56 = 56 %)

No dobrze, a co jeśli użyjemy innej liczby moli związku A na początku? Proszę bardzo, weźmy 6 moli związku A, wtedy uzyskamy 0,48 moli B, z którego otrzymamy 0,336 mola związku C, a jak widzimy 6 • 0,8 • 0,7 = 3,36 mola , a wiec wydajność wynosi również 56% (3,36 : 6 = 0,56 = 56 %).

Jeszcze można by spytać, a co jeśli stechiometria reakcji będzie jakaś inna, bo tutaj dałeś taką łatwą, 1 do 1. Ok, już patrzymy :

$\displaystyle 2A \xrightarrow{80 \%} B \xrightarrow{70 \%} 3C$

a sumaryczna reakcja ma postać : 2A ⟶ 3C

Zacznijmy od razu od 5 moli związku A. W takim razie związku B powstanie 2 mole (już uwzględniając wydajność = 80%), a związku C powstanie 4,2 mola (też uwzględniając wydajność). Sumaryczna wydajność wynosi 4,2 : 7,5 = 56 %. Oczywiście 7,5 wzięło się ze stechiometrii – zakładając stuprocentową wydajność z 5 moli związku A tyle powinnyśmy właśnie otrzymać związku C, a otrzymaliśmy jedynie 4,2.

^[2] A co to właściwie dokładnie są te zanieczyszczenia? Tak naprawdę – cokolwiek, co nie jest substancją, która nas akurat nie interesuje. Jeśli mówimy o złotym pierścionku, to jako zanieczyszczenia będziemy traktować całą resztę, która w tym pierścionku się znajduje, a która złotem nie jest. A jak te zanieczyszczenia się tam znalazły? To już kwestie technologiczne, generalnie ciężko tak oczyścić próbkę, aby znajdowało się tam sto procent docelowej substancji.