Zadania nadmiar – niedomiar
Rozważmy je na prostym modelu, zupełnie niezwiązanym z chemią:
Mamy 4 Oliwie i 18 Murzynów. Jedna Oliwia reaguje z trzema Murzynami dając jedną szczęśliwą Oliwię:
\[\text{ }1O + 3M \rightarrow O^{\text{:)}}\]
Oblicz ilu murzynów lub Oliwii pozostanie nieprzereagowanych, jeżeli jeden z tych reagentów reaguje całkowicie.
Oczywiści intuicyjnie czujemy, że Oliwie przereagują całkowicie i jednocześnie pozostanie 6 nieprzereagowanych murzynów.
Zadanie to mogę rozwiązać tabelką. Konstrukcja tabelki jest dość prosta: w pierwszym wierszu wpisujemy po kolei reagenty – zarówno substraty jak i produkty występujące w równaniu reakcji:
W kolejnym wierszu wpisuje początkowe ilości sztuk (lub moli, objętości, ciśnień, stężeń dla zadań z chemii, a nie z filmów dla dorosłych). Kolejny wiersz mówi o zmienia ilości sztuk podczas zachodzenia procesu – w praktyce są to spisane współczynniki stechiometryczne wraz z \(x\) zapisanym po nim. Ten \(x\) symbolizuje ilość nomen omen aktów reakcyjnych czyli ile razy taki akt miał miejsce. Oczywiście w jednym akcie reaguje jedna Oliwia oraz trzech Murzynów dając jedną szczęśliwą Oliwię. Im więcej aktów reakcyjnych będzie miało miejsce tym więcej Oliwii i Murzynów przereaguje ale zawsze w stosunku \(1:3\) co symbolizuje współczynnik stechiometryczny przed reagentem. Subatraty oczywiście piszemy z znakiem minus bo ich ubywa. Końcowa ilość sztuk znajduje się w ostatnim wierszu i jest ona sumą pierwszej komórki (początkowej ilości danego reagenta) oraz zmiany w trakcie reakcji (drugiej komórki)
|
\[reagent_{1}\] \[Oliwia\] |
\[reagent_{2}\] \[Murzyn\] |
\[reagent_{3}\] \[szczęśliwa\] \[Oliwia\] |
|
|---|---|---|---|
|
\[N^{0}\] \[początkowa\] \[ilość\] \[sztuk\] |
\[początkowe\] \[Oliwie\] \[4\] |
\[początkowe\ \] \[Murzyny\] \[18\] |
\[początkowe\] \[szczęśliwe\ \] \[Oliwie\] \[0\] |
|
\[\Delta N\] \[zmiana\ \] \[w\ reakcji\] |
\[- x\] | \[- 3x\] | \[+ x\] |
|
\[N^{K}\] \[końcowa\ \] \[ilość\] \[po\ reakcji\] |
\[4 - x\] | \[18 - 3x\] | \[x\] |
Nasza tabelka będzie miała postać:
| \[O\] | \[M\] | \[O^{\text{:)}}\] | |
|---|---|---|---|
| \[N^{0}\] | \[4\] | \[18\] | \[0\] |
| \[\Delta N\] | \[- x\] | \[- 3x\] | \[+ x\] |
| \[N^{K}\] | \[4 - x\] | \[18 - 3x\] | \[x\] |
Oliwie reaguja do końca, a więc ich ilość końcowa, po reakcji, spada do zera, co możemy zapisać jako:
\[4 - x = 0 \rightarrow x = 4\]
Znając \(x\) możemy go wstawić do całej tabelki i obliczyć interesujące nas wartości, np. ilość nieprzereagowanych Murzynów:
| \[O\] | \[M\] | \[O^{\text{:)}}\] | |
|---|---|---|---|
| \[N^{0}\] | \[4\] | \[18\] | \[0\] |
| \[\Delta N\] | \[- x\] | \[- 3x\] | \[+ x\] |
| \[N^{K}\] | \[4 - x = 0\] |
\[18 - 3x =\] \[18 - 3·4 = 6\] |
\[x = 4\] |
Zostało więc 6 Murzynów nieprzereagowanych. Wartość ta jest dodatnia, potwierdza to słuszności założenia całkowitego przereagowania Oliwii. Popełnienie błędnego założenia np. o całkowitym przereagowania Murzynów da nam ujemną wartość końcowej ilości Oliwii
| \[O\] | \[M\] | \[O^{\text{:)}}\] | |
|---|---|---|---|
| \[N^{0}\] | \[4\] | \[18\] | \[0\] |
| \[\Delta N\] | \[- x\] | \[- 3x\] | \[+ x\] |
| \[N^{K}\] | \[4 - x\] | \[18 - 3x = 0\] |
\[18 - 3x = 0\]
\[x = 6\]
Co wstawiając do końcowych Oliwii dostajemy
\[4 - x = 4 - 3 = 1\]
Porównajmy zadanie z zadaniem z zadaniem z chemii. Ogólnie zadanie z nadmiaru niedomiaru rozpoznaje po występowaniu w zadaniu dwóch substratów, których znam lub muszę obliczyć ilość.
Zmieszano 10 g glinu i 10 siarki. Oblicz, jakie będą zawartości procentowe reagentów w mieszaninie końcowej, wiedząc, iż zaszła reakcja:
\[2Al + 3S \rightarrow Al_{2}S_{3}\]
Zadanie rozpoczynam od obliczenia ilości moli, bo do tabelki muszę wstawić wartości mówiące o ilości danego reagenta – w praktyce mogą być to mole, ale masa kategorycznie być nie może:
\[n_{Al}^{0} = \frac{m}{M} = \frac{10}{27} = 0.37\]
\[n_{S}^{0} = \frac{m}{M} = \frac{10}{32} = 0.3125\]
Ogólnie tabelki w chemii możemy robić tabelki na:
Molach – zawsze
Ilościach sztuk – zawsze (ale to jest skrajnie niewygodne, dlatego ze mamy \(10^{23}\) )
Stężeniach molowych (jeżeli V=const)
Dla gazów na ciśnieniach (jeżeli V,T= const)
Dla gazów na objętościach (jeżeli p,T=const)
\[\text{ }2Al + 3S \rightarrow Al_{2}S_{3}\]
Nasza tabelka reakcyjna będzie miała postać:
| \[Al\] | \[S\] | \[Al_{2}S_{3}\] | |
|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[0.37\] | \[0.3125\] | \[0\] |
| \[\Delta n\] | \[- 2x\] | \[- 3x\] | \[+ x\] |
| \[n^{k}\] | \[0.37 - 2x\] | \[0.3125 - 3x\] | \[x\] |
Strzelamy ze do końca reaguje siarka – jest jej mniej i ma większy współczynnik stechiometryczny w równaniu. Wówczas ilość ich moli końcowych spada do zera, z czego mogę obliczyć \(x\) – współrzędną reakcji:
\[0.3125 - 3x = 0 \rightarrow x = 0.1041\]
Znając \(x\) , współrzędną reakcji mogę obliczyć wszystkie mole końcowe reagentów, wstawiając wartość x do tabelki:
| \[Al\] | \[S\] | \[Al_{2}S_{3}\] | |
|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[0.37\] | \[0.3125\] | \[0\] |
| \[\Delta n\] | \[- 2x\] | \[- 3x\] | \[+ x\] |
| \[n^{k}\] |
\[0.37 - 2x =\] \[0.37 - 2·0.1041 =\] \[0.1618\] |
\[0.3125 - 3x = 0\] | \[x = 0.1041\] |
Jednocześnie dodatnia wartość moli glinu potwierdza, iż popełnione założenie było słuszne – siarka przereagowuje do końca.
Znając końcową ilość moli reagentów – glinu oraz siarczku glinu mogę obliczyć masę końcową obu reagentów, wykorzystując przekształcony wzór na wiążący mole i masę
\[n_{Al}^{k} = \frac{m_{Al}^{k}}{M_{Al}}\]
\[m_{Al}^{k} = n_{Al}^{k}M_{Al} = 0.1618·27 = 4.3686\]
\[m_{Al_{2}S_{3}}^{k} = n_{Al_{2}S_{3}}^{k}M_{Al_{2}S_{3}} = 0.1041·(2·27 + 3·32) = 15.615\]
Znając wartości mas wstawiam je do wzoru na zawartość procentową:
\[\%_{Al} = \frac{m_{Al}}{m_{al} + m_{Al_{2}S_{3}}}·100\%\]
\[\%_{Al} = \frac{4.3686}{4.3686 + 15.615}·100\% = 22\%\]
\[\%_{Al} = \frac{m_{Al_{2}S_{3}}}{m_{al} + m_{Al_{2}S_{3}}}·100\%\]
\[\%_{Al} = \frac{15.615}{4.3686 + 15.615}·100\% = 78\%\]
Przedstawiona metoda umożliwia rozwiązywanie trudniejszych zadań –również takich, których nie sposób rozwiązać metodami opartymi na proporcjach. Przykładem takiego zadania, pozornie wyglądającego na proste, jest:
Sód wrzucono do 9g wody. Uzyskano roztwór \(NaOH\) o stężeniu masowym 40%. Jaką masę sodu użyto do reakcji.
Podczas wrzucenia sodu do wody zachodzi reakcja:
\[2Na + 2H_{2}O \rightarrow 2NaOH + H_{2}\]
Jedyną wartość, którą możemy obliczyć jest początkowa ilość moli wody
\[n_{H_{2}O}^{0} = \frac{9}{18} = 0.5\]
Poza nią na początku była również jakaś, nieznana ilość moli sodu, \(n_{Na}^{0}\) . Przedstawione zależności możemy umieścić w tabelce:
| \[Na\] | \[H_{2}O\] | \[NaOH\] | \[H_{2}\] | |
|---|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[n_{Na}^{0}\] | \[0.5\] | \[0\] | \[0\] |
| \[\Delta n\] | \[- 2x\] | \[- 2x\] | \[+ 2x\] | \[x\] |
| \[n^{k}\] | \[n^{0} - 2x\] | \[0.5 - 2x\] | \[2x\] | \[x\] |
Kolejny krok to ustalenie, który z reagentów użyty jest w niedomiarze . Z warunków zadania wynika, że po reakcji mamy mieć roztwór \(NaOH\) , woda jest ciekła, a sód jest stały. Nie możemy mieć więc po całkowitym przereagowaniu \(Na\) , bo jest on reagentem stałym. Wynika stąd, że musiał on przereagować całkowicie, a więc całkowita ilość tego reagenta musiała spaść do zera.
\[n_{Na}^{0} - 2x = 0\]
Przedstawione równanie umożliwia uzależnienie współrzędnej reakcji od początkowej ilości moli sodu:
\[x = \frac{n^{0}}{2}\]
Uzyskaną zależność wstawiamy do tabelki, otrzymując uzależnione mole końcowe wszystkich reagentów od początkowej ilości moli sodu:
| \[Na\] | \[H_{2}O\] | \[NaOH\] | \[H_{2}\] | |
|---|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[n^{0}\] | \[0.5\] | 0 | 0 |
| \[\Delta n\] | \[- 2x\] | \[- 2x\] | \[+ 2x\] | \[x\] |
| \[n^{k}\] |
\[n^{0} - 2x = 0 \rightarrow\] \[X = \frac{n^{0}}{2}\ \] |
\[0.5 - 2x = 0.5 - n^{0}\] | \[2x = n^{0}\] | \[x = \frac{n^{0}}{2}\] |
Mając uzależnione mole końcowe reagentów od użytej ilości sodu mogę zapisać wzór na stężenie procentowe masowe:
\[c_{p} = \frac{m_{substancji}}{m_{roztworu}} =\]
\[40\% = \frac{m_{NaOH}^{k}}{m_{H_{2}O}^{k} + m_{NaOH}^{k}}100\%\]
Widzę, że potrzebuje w tym wypadku mas końcowych reagentów – masy końcowej \(NaOH\) oraz wody. Masy te mogę uzależnić od końcowej ilości mol wykorzystując wzór \(m = nM\) . Oczywiście końcową ilość moli \(NaOH\) oraz wody wezmę z tabelki – po to ją robiłem, natomiast masy molowe odczytam z układu okresowego:
\[M_{NaOH} = 40;M_{H_{2}O} = 18\]
\[m_{NaOH}^{k} = n_{NaOH}^{k}M_{NaOH} = n_{Na}^{0}·40\]
\[m_{H_{2}O}^{k} = m_{H_{2}O}^{k}M_{H_{2}O} = \left( 0.5 - n_{Na}^{0} \right)18\]
Po wstawieniu tych zależności do wzoru na stężenie dostajemy równanie z jedną niewiadomą:
\[40\% = \frac{40·n^{0}}{18·(0.5 - n^{0}) + 40n^{0}}100\%\]
Które rozwiązujemy dostając:
\[0.4 = \frac{40n^{0}}{9 - 18n^{0} + 40n^{0}}\]
\[0.4 = \frac{40n^{0}}{9 + 22n^{0}}\]
\[0.36 + 8.8n^{0} = 40n^{0}\]
\[n_{Na}^{0} = \frac{0.36}{40 - 8.8} = 0.115\]
Znając ilość moli sodu z łatwością obliczamy masę \(Na\) , którą użyto do reakcji:
\[n_{Na}^{0} = 0.115 \rightarrow m_{Na}^{0} = n_{Na}^{0}·M = 0.115·23 = 2.645g\]