Innym często występującym typem zadań są zadania na układ równań. W zadaniach tego typu mamy minimum dwie zachodzące reakcje, natomiast podane dane dotyczą dwóch reakcji razem – mamy np. podaną łączną masę reagujących odczynników lub łączną ilość powstałego produktu pochodzącego z wszystkich reakcji. Charakterystyczne dla tych zadań jest to, że ilość danych dotyczących reagentów podanych w zadaniu musi być taka jak ilość reakcji. Zadania te rozpoznajemy na maturze po tym, iż mają zapisane w treści reakcje bez żadnego odstępu między nimi. Zadania te rozwiązujemy w sposób proceduralny, dokładnie trzymając się przedstawionej metody. Należy jednocześnie podkreślić, iż zadania te są bardzo podatne na błędy zaokrągleń. Przykładem takiego zadania jest:
Próbkę stopu glinu z magnezem o masie 10.00 gramów roztworzono w kwasie solnym. Podczas tego procesu przebiegły reakcje opisane równaniami
\[2Al + 6HCl \rightarrow 2AlCl_{3} + 3H_{2}\]
\[Mg + 2HCl \rightarrow MgCl_{2} + H_{2}\]
Wydzielony wodór zajął objętość \(11.85\ dm^{3}\) (w przeliczeniu na warunki normalne). Oblicz skład tego stopu w procentach masowych.
1)zapisz dane w postaci matematycznej, REAGENTY, KTÓRE WYSTĘPUJĄ W WIELU REAKCJACH ROZDZIELAMY Z ZAZNACZENIEM, Z KTÓREJ REAKCJI POCHODZI TEN REAGENT:
Masa łączna obu metali wynosi 10 g, więc jest to suma masy glinu i magnezu, co zapisujemy jako:
\[10 = m_{Al} + m_{Mg}\]
Objętość wydzielonego wodoru w obu reakcjach wynosi \(11.85\) . objętość tą zapisuje, jako sumę wydzielonego wodoru z glinu oraz magnezu:
\[V_{H_{2}} = 11.85 = V_{H_{2}}^{Al} + V_{H_{2}}^{Mg}\]
Rozdzielenie tego wodoru na wodór z glinu i wodór z magnezu jest konieczne i kluczowe dla dalszego rozwiązania, ogólnie tak należy rozdzielać każdy reagent, który występuje w więcej niż jednej reakcji
2) przekształć wyrażenia, tak aby mieć mole w obu wyrażeniach wykorzystując wzory związane z molami, typu \(m = nM\ ;V = nV_{mol}\)
Równanie \(10 = m_{Al} + m_{Mg}\) przekształcam do postaci, korzystając z zależności, że \(m_{Al} = n_{Al}M_{Al}\) oraz \(m_{Mg} = n_{Mg}M_{Mg}\)
\[10 = n_{Al}M_{Al} + n_{Mg}M_{Mg}\]
Równanie związane z objętością \(V_{H_{2}} = 11.85 = V_{H_{2}}^{Al} + V_{H_{2}}^{Mg}\) przekształcam wykorzystując zależność \(V_{gazu} = n_{gaz}V_{mol}\) . Kluczowe jest znowu rozdzielenie moli wodoru dla obu reakcji, tak uwzględnić, iż pochodzi on z dwóch źródeł – reakcji glinu oraz magnezu.
\[V_{H_{2}} = 11.85 = n_{H_{2}}^{Al}V_{mol} + n_{H_{2}}^{Mg}V_{mol}\]
Po wstawieniu do równań wartości liczbowych – mas molowych oraz objętości molowej dostajemy:
\[10 = n_{Al}27 + n_{Mg}24.3\]
\[11.85 = n_{H_{2}}^{Al}22.4 + n_{H_{2}}^{Mg}22.4\]
2a) uprość jeżeli potrafisz
Krok ten nie jest wymagany, ale często umożliwia uproszczenie zapisu i dalszych rachunków. W przypadku omawianego zadania równanie drugie prosi się o podzielenie obu stron równania przez \(22.4\) .
\[10 = n_{Al}27 + n_{Mg}24.3\]
\[\frac{11.85}{22.4} = \frac{n_{H_{2}}^{Al}22.4 + n_{H_{2}}^{Mg}22.4}{22.4}\]
Po uproszczeniu dostajemy dwa równania
\[10 = n_{Al}27 + n_{Mg}24.3\]
\[0.529 = n_{H_{2}}^{Al} + n_{H_{2}}^{Mg}\]
3) połącz interesujące Cię mole za pomocą stechiometrii
Analizując otrzymane uprzednio równania matematyczne i chemiczne, widzimy, iż ilość moli glinu można powiązać z ilością moli wodoru otrzymanego z tego glinu oraz ilość moli magnezu można powiązać z ilością moli wodoru otrzymanego z tego magnezu. Robimy to układając proporcje stechiometryczne związane z zachodzącymi reakcjami:
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (reagenty)\ \ \ \ \ \ Al - - - H_{2}^{Al}\]
\[(współczynniki)\ \ 2 - - - 3\]
\[{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (mole)\ \ \ \ \ \ \ \ n}_{Al} - - - n_{H_{2}}^{Al}\]
Po wymnożeniu dostajemy:
\[n_{H_{2}}^{Al} = 1.5\ n_{Al}\]
Oraz dla magnezu:
\[Mg - - - H_{2}^{Mg}\]
\[1 - - - 1\]
\[n_{Mg} = n_{H_{2}}^{Mg}\]
Należy podkreślić, iż kategorycznie należy układać proporcje dla reagentów, które mają różne współczynniki stechiometryczne. Można pominąć to dla reagentów, których współczynniki stechiometryczne są takie same, gdyż jest oczywistym, że ich liczba moli musi być równa.
4) zależności z punktu trzeciego wstawiamy do równań z punktu drugiego
\[10 = n_{Al}27 + n_{Mg}24.3\]
\[0.529 = n_{H_{2}}^{Al} + n_{H_{2}}^{Mg}\]
\[10 = n_{Al}27 + n_{Mg}24.3\]
\[0.529 = 1.5n_{Al} + n_{Mg}\]
Widać, iż na tym etapie dostaliśmy klasyczny układ równań, który możemy rozwiązać prostą matematyką.
5) rozwiąż i oblicz szukane zadania
\[10 = n_{Al}27 + n_{Mg}24.3\]
\[0.529 = 1.5n_{Al} + n_{Mg} \rightarrow n_{Mg} = 0.529 - 1.5n_{Al}\]
\[10 = n_{Al}27 + (0.529 - 1.5n_{Al})·24.3\]
\[10 = 27n_{Al} + 12.855 - 36.45n_{Al}\]
\[\frac{12.855 - 10}{36.45 - 27} = n_{Al}\]
\[n_{Al} = 0.302\]
\[m_{Al} = 0.302·27 = 8.154g\]
\[n_{Mg} = 0.529 - 1.5n_{Al} = 0.529 - 1.5·0.302 = 0.076\]
\[m_{Mg} = 0.076·24.3 = 1.846\]
Alternatywnie, choć jest to metoda raczej polecana na olimpiadę, można rozwiązać to zadanie przy użyciu jednej tabelki uwzględniającej dwie reakcje. Oczywiście interesującymi nas zmiennymi będą początkowe ilości moli \(n_{Mg}^{0}\) oraz \(n_{Al}^{0}\) . W tabelce uwzględniamy wszystkie reagenty, jednak wartości będę zapisywał tylko dla poruszonych w zadaniu czyli magnezu, glinu i wodoru. W przeciwieństwie do klasycznej tabelki w tym wypadku zapisuje zmiany dla dwóch różnych reakcji, a więc mam dwie Δn w dla obu reakcji. Postęp reakcji pierwszej, z glinem oznaczam jako \(x\) , a reakcji z magnezem jako \(y\) . Tabelka ma postać:
| \[Al\] | \[Mg\] | \[HCl\] | \[AlCl_{3}\] | \[MgCl_{2}\] | \[H_{2}\] | |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[n_{Al}^{0}\] | \[n_{Mg}^{0}\] | nadmiar | \[0\] | \[0\] | \[0\] |
| \[\Delta n_{reak1}\] | \[- 2x\] | \[- 6x\] | \[+ 2x\] | \[+ 3x\] | ||
| \[\Delta n_{reak2}\] | \[- y\] | \[- 2y\] | \[+ y\] | \[+ y\] | ||
| \[n^{k}\] |
Z warunków zadania wynika, że magnez oraz glin przereagowują całkowicie, a więc ich ilość moli spada do zera. Ilość powstałych moli produktów jest równa sumie moli powstałych w obu reakcjach.
| \[Al\] | \[Mg\] | \[HCl\] | \[AlCl_{3}\] | \[MgCl_{2}\] | \[H_{2}\] | |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[n_{Al}^{0}\] | \[n_{Mg}^{0}\] | nadmiar | \[0\] | \[0\] | \[0\] |
| \[\Delta n_{reak1}\] | \[- 2x\] | \[- 6x\] | \[+ 2x\] | \[+ 3x\] | ||
| \[\Delta n_{reak2}\] | \[- y\] | \[- 2y\] | \[+ y\] | \[+ y\] | ||
| \[n^{k}\] |
\[n_{Al}^{0} - 2x\] \[= 0\] |
\[n_{Mg}^{0} - y\] \[= 0\] |
nadmiar | \[2x\] | \[y\] | \[3x + y\] |
Kolejno uzależniam \(x\) i \(y\) od wartości szukanych czyli moli początkowych magnezu i glinu
\[n_{Al}^{0} - 2x = 0\]
\[x = \frac{n_{Al}^{0}}{2}\]
\[n_{Mg}^{0} - y = 0\]
\[y = n_{Mg}^{0}\]
Wartości te wstawiam do tabelki, wykluczając zmienne
| \[Al\] | \[Mg\] | \[HCl\] | \[AlCl_{3}\] | \[MgCl_{2}\] | \[H_{2}\] | |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \[n^{0}\] | \[n_{Al}^{0}\] | \[n_{Mg}^{0}\] | Nadmiar | \[0\] | \[0\] | \[0\] |
| \[\Delta n_{reak1}\] | \[{- n}_{Al}^{0}\] | \[- 3n_{Al}^{0}\] | \[+ n_{Al}^{0}\] | \[+ \frac{3}{2}n_{Al}^{0}\] | ||
| \[\Delta n_{reak2}\] | \[- n_{Mg}^{0}\] | \[- 2n_{Mg}^{0}\] | \[+ n_{Mg}^{0}\] | \[+ n_{Mg}^{0}\] | ||
| \[n^{k}\] | \[0\] | \[0\] | Nadmiar | \[n_{Al}^{0}\] | \[n_{Mg}^{0}\] | \[{\frac{3}{2}n}_{Al}^{0} + n_{Mg}^{0}\] |
Dalej zapisuje wyrażenia matematyczne związane z wartościami podanymi w zadaniu
\[m_{Al}^{0} + m_{Mg}^{0} = 10\]
\[V_{H_{2}}^{sum} = 11.85\]
Wykorzystuje kolejno wyrażenia \(m = nM;V = nV_{mol};\ \) itp. aby uzależnić masy i objętości od moli
\[n_{Al}^{0}M_{Al} + n_{Mg}^{0}M_{Mg} = 10\]
\[n_{H_{2}}V_{mol} = 11.85\]
Mole reagentów wstawiamy z tabelki, a masy molowe z układu okresowego
\[n_{Al}^{0}27 + n_{Mg}^{0}24.3 = 10\]
\[\left( {\frac{3}{2}n}_{Al}^{0} + n_{Mg}^{0} \right)·22.4 = 11.85\]
Rozwiązując otrzymany układ równań dostajemy wartości początkowych moli użytych do reakcji
\[n_{Al} = 0.302\]
\[m_{Al} = 0.302·27 = 8.154g\]
\[n_{Mg} = 0.529 - 1.5n_{Al} = 0.529 - 1.5·0.302 = 0.076\]
\[m_{Mg} = 0.076·24.3 = 1.846\]
W celu określenia zawartości węglanu wapnia w mieszaninie dwóch soli zawierającej również węglan magnezu, próbkę tej mieszaniny o masie \(2.84\) g roztworzono w kwasie. Podczas analizy przebiegły reakcje chemiczne:
\[CaCO_{3(s)} + 2H_{3}O_{(aq)}^{+} \rightarrow Ca_{(aq)}^{2 +} + CO_{2_{(g)}} + 3H_{2}O_{(c)}\]
\[MgCO_{3(s)} + 2H_{3}O_{(aq)}^{+} \rightarrow {Mg}_{(aq)}^{2 +} + CO_{2_{(g)}} + 3H_{2}O_{(c)}\]
W wyniku zachodzących reakcji otrzymano 672 \(cm^{3}\) tlenku węgla (IV) w przeliczeni na warunki normalne. Oblicz wyrażoną w procentach masowych zawartość \(CaCO_{3}\) w badanej próbce mieszaniny
1)zapisz dane w postaci matematycznej, REAGENTY, KTÓRE WYSTĘPUJĄ W WIELU REAKCJACH ROZDZIELAMY Z ZAZNACZENIEM, Z KTÓREJ REAKCJI POCHODZI TEN REAGENT
\[m_{CaCO_{3}} + m_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[0.672 = V_{CO_{2}}^{MgCO_{3}} + V_{CO_{2}}^{CaCO_{3}}\]
2) przekształć wyrażenia, tak aby mieć mole w obu wyrażeniach \(\left( m = nM\ ;V = nV_{mol} \right)\)
\[100n_{CaCO_{3}} + 84.3n_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[0.672 = 22.4n_{CO_{2}}^{MgCO_{3}} + 22.4n_{CO_{2}}^{CaCO_{3}}\]
2a) uprość jeżeli potrafisz
\[100n_{CaCO_{3}} + 84.3n_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[0.03 = n_{CO_{2}}^{MgCO_{3}} + n_{CO_{2}}^{CaCO_{3}}\]
3) połącz interesujące Cię mole za pomocą stechiometrii
\[CaCO_{3} - CO_{2}^{CaCO_{3}}\]
\[1 - 1\]
\[n_{CaCO_{3}} - n_{CO_{2}}^{CaCO_{3}}\]
\[n_{CaCO_{3}} = n_{CO_{2}}^{CaCO_{3}}\]
\[n_{CO_{2}}^{MgCO_{3}} = n_{MgCO_{3}}\]
4) wstaw zależności z (3) do równań z (2)
\[100n_{CaCO_{3}} + 84.3n_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[0.03 = n_{CO_{2}}^{MgCO_{3}} + n_{CO_{2}}^{CaCO_{3}}\]
\[100n_{CaCO_{3}} + 84.3n_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[0.03 = n_{CaCO_{3}} + n_{MgCO_{3}}\]
5) rozwiąż to co dostaliśmy bo to ukłąd równań.
\[100·(0.03 - n_{MgCO_{3}}) + 84.3n_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[3 - 100n_{MgCO_{3}} + 84.3n_{MgCO_{3}} = 2.84\]
\[15.7n_{MgCO_{3}} = 0.16\]
\[n_{MgCO_{3}} = \frac{0.16}{15.7} = 0.0102\]
\[n_{CaCO_{3}} = 0.03 - 0.0102 = 0.0198\]