Wydajność i czystość

Czystość mówi o zawartości masy interesującej nas substancji do masy całej próbki; możemy zdefiniować ją jako \(\ \ \frac{masę_{zwiazku}^{samego}}{masę_{calej}^{próbki}}\) . Pojęcie czystości jest tak naprawdę pojęciem zupełnie analogicznym do zawartości masowej albo stężenia procentowego. Pojęcie to jest najprościej wytłumaczyć na zażywaniu środków psychoaktywnych. Zażywając 50mg amfetaminy o czystości 70% to przyjmiemy tak naprawdę \(50·0.7 = 35\ mg\ \) czystej amfetaminy, natomiast zażywając 40 mg amfetaminy o czystości 95% zażywamy \(40·95\% = 38mg\) . Wniosek jest taki, że należy zażywać jak najczystszą amfetaminę wówczas mniej lepiej działa.

Obliczenia stechiometryczne wykonujemy tylko i wyłącznie na „czystych” masach molach określonych związków; możemy na nich wykonywać zarówno proporcje jak i tabelki.

Trudniejsze jest pojęcie wydajności. Przeprowadzając praktycznie reakcję w kolbach to nie ma innej opcji, jak taka, że zawsze coś sie delikatnie spieprzy. Na przykład możemy część związków stracić na skutek rozlania lub niezbyt dokładnego przenoszenia substancji – nigdy nie jesteśmy w stanie wyskrobać całej substancji zupełnie dokładnie - zawsze wystąpią straty związane z przenoszeniem substancji. Dodatkowym czynnikiem może być możliwość powstania produktów ubocznych lub nie przereagowania całkowitego wszystkich substratów – tak, iż w mieszaninie reakcyjnej istnieją zarówno substraty jak i produkty. Należy pamiętać, iż zwykle mówimy o populacji cząsteczek rzędu \(10^{23}\) , więc jest duża szansa, że któreś z nich przereagują w sposób niezamierzony „pomylą się”. Podsumowując jest naprawdę duża ilość czynników, które powodują, że dostajemy mniej produktu niż wynikałoby z proporcji stechiometrycznej, która mówi o całkowitym przereagowaniu. O tych wszystkich stratach produktu podczas operacji (przenoszeniu, reakcji, wydzielaniu) na związkach mówi wydajność.

Wydajność możemy zdefiniować, jako sztuk cząsteczek produktu, które uzyskaliśmy rzeczywiście w reakcji, „ilości, którą mamy w garści” do ilości, którą powinniśmy otrzymać jakby reakcja zaszła zupełnie stechiometrycznie – zgodnie z stechiometrią reakcji, bez żadnych strat:

\[W = \frac{N_{prod}^{prakt}}{N_{prod}^{teo}}·100\%\]

Zamiast ilości sztuk możemy posługiwać się molami produktu lub masami, gdyż są one proporcjonalne:

\[W = \frac{n_{prod}^{prakt}}{n_{prod}^{teo}}·100\% = \frac{m_{prod}^{prakt}}{m_{prod}^{teo}}·100\%\]

\(n_{prod}^{prakt}\) - ilość moli produktu, którą mamy w garści, tyle uzyskano (praktycznie)

\(n_{prod}^{teo}\) – ilość, którą dostalibyśmy jak się nic nie spieprzyło, czyli w praktyce to ilość, którą dostajemy z obliczeń (proporcje, tabelki, stechiometria)

W zadaniach związanych z wydajnością najczęściej problem sprawia ludziom odróżnienie wartości praktycznej i teoretycznej od siebie. Wydaje się, że najlepiej, z uwagi na trudność interpretacji podanych mas lub moli zastąpić podany produkt przez amfetaminę. Wówczas z łatwością możemy wyobrazić sobie czy diler, który do nas przychodzi pyta się masę teoretyczną (ile byśmy otrzymali), czy praktyczną (chce mieć w ręku, żeby np. sprzedać): Rozważmy zadanie:

Chlorek winylu (chloroetan) jest monomerem służącym do produkcji jednego z najpopularniejszych tworzyw sztucznych – PVC czyli poli(chlorku winylu). Chlorek winylu można otrzymać w wyniku ciągu przemian opisanych poniższym schematem:

\[CH_{2} = CH_{2} -^{Cl_{2}} \rightarrow CH_{2}Cl - CH_{2}Cl -^{T} \rightarrow CH_{2} = CHCl\]

Oblicz, ile \(m^{3}\) - w przeliczeniu na warunki normalne – zajmie eten potrzebny do wyprodukowania 1000kg chlorku winylu. Przyjmij, że w opisanych przemianach dichloroetan powstaje z wydajnością równą \(80\%\) , a wydajność jego rozkładu w temperaturze \(T\) jest równa 90%.

Dla osób słabych z chemii organicznej: \(CH_{2} = CH_{2}\) – eten ; \(CH_{2}Cl - CH_{2}Cl\) – dichloroetan; \(CH_{2} = CHCl\) - chlorek winylu.

Zadanie rozpoczynamy od zinterpretowania podanej masy chlorku winylu. Mamy wyprodukować 1000 kg chlorku winylu. Wyobrażając sobie dilera widzimy, że jest to jednoznacznie masa praktyczna – zdecydowanie jeżeli takowy delikwent przychodzi do nas i mówi wyprodukuj mi 1000 kg amfetaminy chodzi mu o ilość praktyczną – tyle potrzebuje mieć w ręku, aby sprzedać. Możemy zapisać, że masa praktyczna wynosi

\[m_{CH_{2}CHCl}^{prakt} = 1000kg\]

Kolejno zapisujemy reakcje:

\[CH_{2}CH_{2} + Cl_{2} \rightarrow CH_{2}Cl - CH_{2}Cl\ \ W_{r1} = 80\%\]

\[CH_{2}Cl - CH_{2}Cl \rightarrow CH_{2} = CHCl + HCl\ W_{r2} = 90\%\]

Widzimy, iż ich stechiometria wynosi 1:1, będzie to przydatne do dalszych obliczeń.

Masę praktyczną produktu przeliczamy na mole praktyczne produktu w myśl równania

\[n_{CH_{2}CHCl}^{prakt} = m\frac{1\ 000\ 000}{12 + 2 + 12 + 35.5 + 1} = 16\ 000\ mol\]

To teraz możemy obliczyć mole teoretyczne dla drugiej reacji, ile w teorii powinienem otrzymać \(CH_{2}CHCl\ \) jakby cała druga reakcja zaszła stechiometrycznie:

\[W_{r2} = \frac{n_{CH_{2}CHCl}^{prakt}}{n_{CH_{2}CHCl}^{teo}}100\% = 90\%\]

Po wstawieniu wartości dostajemy:

\[\frac{16\ 000\ }{n_{CH_{2}CHCl}^{teo}} = 0.9\]

\[17\ 777 = n_{CH_{2}CHCl}^{teo}\]

Z czego mogę obliczyć ile \(DCE\) użyłem do drugiej reakcji, gdyż zgodnie z stechiometrią reakcji z jednego mola cząsteczek dichloroetan powinienem uzyskać jeden mol chloroetanu:

\[n_{DCE} = n_{CH_{2}CHCl}^{teo} = 17\ 777\]

Z przedstawionych obliczeń mogę wyciągnąć wniosek, że do reakcji numer dwa musiałem użyć 17 777 mola dichloroetanu, które uzyskałem w pierwszej reakcji. Należy, więc odpowiedzieć sobie najpierw na pytanie czy są to dla pierwszej reakcji mole praktyczne czy teoretyczne?

Jeżeli taką ilość moli musiałem użyć, nijako wrzucić, do kolby „ gara”, w której przeprowadzałem drugą reakcję to potrzebowałem ich „ w ręku” a nie wyimaginowanych – muszą być to więc mole praktyczne dla pierwszej w reakcji – tyle ich muszę otrzymać, aby użyć je w kolejnej reakcji. Inaczej dla reakcji numer 1 mogę zapisać, iż

\[n_{DCE}^{prakt} = 17\ 777\]

Wykorzystując wzór na wydajność obliczam ilość moli di chloruetanu który powinienem otrzymać.

\[W_{R1} = \frac{n_{DCE}^{prakt}}{n_{DCE}^{teo}}100\% = 80\%\]

\[n_{DCE}^{teo} = \frac{17\ 778}{0.8} = 22\ 222.5\]

Analizując stechiometrię reakcji widzę, iż ilość moli etenu równa jest ilościom moli dichloroetanu, który powinniśmy otrzymać:

\[n_{CH_{2}CH_{2}} = n_{CH_{2}ClCH_{2}Cl}^{teo} = 22\ 222.5\]

Ilość tych moli przeliczam na objętość wykorzystując wzór:

\[n = \frac{V}{V_{mol}}\]

\[V = nV_{mol} = 22\ 222.5\ mol·22.4 = 497\ 784dm^{3} = 498m^{3}\]

Co jest odpowiedzią na pytanie.

Obliczmy jeszcze wydajność sumaryczną reakcji, czyli wydajność „bezpośredniego” przejścia z etenu do chloroetanu:

Jak wiemy ilość moli \(CH_{2}CHCl\) , którą mamy otrzymać wynosi

\[n_{CH_{2}CHCl}^{prakt} = 16\ 000\ mol\]

Startujemy natomiast z

\[n_{CH_{2}CH_{2}} = 22\ 222.5\]

Kolejno analizując stechiometrię reakcji widzimy, iż:

Ilość moli dichloroetanu (produktu) powinna być identyczna z ilością zastosowanego etenu, jeżeli nie wystąpiłby żadne straty

\[n_{CH_{2}ClCH_{2}Cl}^{teo} = n_{CH_{2}CH_{2}} = 22\ 222.5\]

Dla drugiej reakcji również możemy powiedzieć, iż stechiometria powinna być zachowana:

\[n_{CH_{2}CHCl}^{teo} = n_{CH_{2}ClCH_{2}Cl}^{teo} = 22\ 222.5\]

Wówczas całkowita wydajność procesu powinna wynosić:

\[W_{sum} = \frac{n_{CH_{2}CHCl}^{prakt}}{n_{CH_{2}CHCl}^{teo}} = \frac{16\ 000}{22\ 222.5}·100\% = 0.72·100\% = 72\%\]

Jeżeli jesteśmy spostrzegawczy to widzimy, że 0.72 to iloczyn 0.8 i 0.9 czyli wydajności poszczególnych etapów. Przypadek? Nie sądzę. Jest to ogólna zasada:

Dla procesu wieloetapowego możemy zapisać zależność, iż wydajność sumaryczna tegoż procesu, jest iloczynem wydajności poszczególnych etapów,

Natomiast wszystkie wydajności procesów należy zapisywać wówczas w postaci ułamków, a nie procentów, gdyż mnożenie procentów jest operacją niedopuszczalną

\[A -^{W_{1}} \rightarrow B -^{W_{2}}\ \rightarrow C -^{W_{3}} \rightarrow D \rightarrow \ldots\ \]

\[W_{sum} = W_{1}W_{2}W_{3}·\ldots.\]

Zadanie wykorzystujące ten wzór ma postać:

Oblicz jaka jest wydajność pierwszego etapu, jeżeli wiadomo , że wydajność trzeciego etapu jest dwa razy większa niż pierwszego, a wydajność drugiego etapu jest równa 85%, a czwartego etapu 90%, natomiast sumaryczna wydajność to 20%:

Wydajność sumaryczna to iloczyn wydajności poszczególnych etapów

\[W_{sum} = W_{1}W_{2}W_{3}W_{4}\]

Oznaczając wydajność pierwszego etapu jako x możemy zapisać że wydajność trzeciego jest dwukrotnością tej wartości

\[W_{1} = x;\ \ \ W_{3} = 2W_{1} = 2x\]

Wstawiając te zależności oraz wartości wydajności reakcji drugiej i czwartej do wzoru na wydajność sumaryczną otrzymujemy:

\[0.2 = x·0.85·2x·0.9\]

\[0.1307 = x^{2}\]

Rozwiązując dostajemy wartości obu wydajności reakcji:

\[x = W_{1} = 0.362 = 36.2\% \rightarrow W_{3} = 2·0.361 = 0.722 = 72.2\%\]

Zadanie maturalne, w którym wystąpiła ta zależność ma postać:

Witaminę C otrzymano w czteroetapowym procesie. Poszczególne etapy miały wydajności \(W_{1} = 92.0\%,\ W_{II} = 91.0\%,\ W_{III} = 92\%\ i\ W_{IV} = 91\%\ \)

Wybierz i zaznacz poprawne dokończenie zdania:

Całkowita wydajność procesu otrzymywania witaminy C była równa:

1. 91.5%

2. 90.0%

3. 80.0%

4. 70.1%

Oczywiście poprawną odpowiedzią jest odpowiedź d, bo:

\[W_{sum} = W_{1}W_{2}W_{3}W_{4} = 0.92·0.91·0.92·0.91 = 0.701 = 70.1\%\]

Wracając do pierwszego zadania:

Chlorek winylu (chloroetan) jest monomerem służącym do produkcji jednego z najpopularniejszych tworzyw sztucznych – PVC czyli poli(chlorku winylu). Chlorek winylu można otrzymać w wyniku ciągu przemian opisanych poniższym schematem:

\[CH_{2} = CH_{2} -^{Cl_{2}} \rightarrow CH_{2}Cl - CH_{2}Cl -^{T} \rightarrow CH_{2} = CHCl\]

Oblicz, ile \(m^{3}\) - w przeliczeniu na warunki normalne – zajmie eten potrzebny do wyprodukowania 1000 kg chlorku winylu. Przyjmij, że w opisanych przemianach dichloroetan powstaje z wydajnością równą \(80\%\) , a wydajność jego rozkładu w temperaturze \(T\) jest równa 90%.

\[CH_{2}CH_{2} \rightarrow CH_{2}ClCH_{2}Cl \rightarrow CH_{2}CHCl\]

Znając zależność pomiędzy o zadanie można zrobić dużo prościej, bo możemy wykorzystać wzór na wydajność całkowitą i pominąć w ogóle etap pośredni i analizę ilości dichloroetanu:

Wydajność sumaryczna procesu (czyli bezpośredniego przejścia z etenu do chloroetanu) wynosi

\[W_{sum} = 0.8·0.9 = 0.72\]

Możemy obliczyć ilość moli praktyczną chloroetanu jako

\[n_{CH_{2}CHCl}^{prak} = \frac{m}{M} = 16\ 000\]

Wykorzystując wzór na wydajność obliczamy ilość moli chloroetenu, który powinniśmy dostać w całym procesie:

\[W_{sum} = \frac{n_{CH_{2}CHCl}^{prak}}{n_{CH_{2}CHCl}^{teo\ \ }}\]

\[0.72 = \frac{16\ 000}{n_{CH_{2}CHCl}^{teo\ \ }}\]

\[n_{CH_{2}CHCl}^{teo\ \ } = 22\ 222.2\ \]

Jest to ilość moli teoretyczna dla całego procesu, czyli startujemy z pierwszego substratu, jakim jest eten ( \(CH_{2}CH_{2}\) ). Oczywiście z uwagi na stechiometrię powinniśmy dostać tyle moli chloroetanu, ile moli etenu użyto, co możemy zapisać jako:

\[n_{CH_{2}CH_{2}} = n_{CH_{2}CHCl}^{teo\ \ } = 22\ 222.2\ \]

Ilość moli mogę przeliczyć na objętość:

\[n = \frac{V}{V_{mol}}\]

\[V = nV_{mol} = 22\ 222.5\ mol·22.4 = 497\ 784dm^{3} = 498m^{3}\]

W przypadku użycia reagentów w stosunku niestechiometrycznym wydajność zawsze definiujemy na reagent użyty w niedomiarze. Schemat postępowania dla reakcji, w której mamy dwa (lub więcej) substratów oraz wydajność polega na zrobieniu tabelki reakcyjnej dla całkowitego przereagowania (wydajności 100%), a następnie, ustaleniu, który z reagentów przereagowuje całkowicie – który jest w niedomiarze, a następnie ustaleniu ilości moli praktycznej otrzymywanego produktu. Jeżeli interesują nas inne warunki końcowe, po za ilością moli końcowego produktu, wykonujemy kolejną tabelkę, już dla interesującej nas wydajności i uzupełniamy ją wykorzystując otrzymaną praktyczną ilość moli.

Przykładem jest zadanie:

Tlenek azotu(IV) \(NO_{2}\) można zredukować katalitycznie za pomocą amoniaku. Przebieg tej reakcji opisano równaniem:

\[6NO_{2} + 8HN_{3} -^{(katalizator,\ T)} \rightarrow 7N_{2} + 12H_{2}O\]

W \(5.0\ m^{3}\) powietrza znajdowało się 18 g tlenku azotu (IV) \(NO_{2}\) . Do tego powietrza wprowadzono 8.0 g amoniaku i przeprowadzono katalityczną redukcję zgodnie z powyższym równaniem. Ta reakcja zaszła z wydajnością równą 80%. Tlenek azotu (VI) był jedynym składnikiem powietrza reagującym z amoniakiem.

Oblicz, ile \(dm^{3}\) azotu w przeliczeniu na warunki normalne powstało w wyniku opisanej redukcji \(NO_{2}\) . Następnie uzupełnij zdanie – napisz nazwę lub wzór substancji, której użyto w nadmiarze w opisanym procesie.

Zaczynamy oczywiście od obliczenia ilości moli reagentów początkowych:

\[n_{NO_{2}}^{0} = \frac{18}{14 + 32} = 0.3913\]

\[n_{NH_{3}}^{0} = \frac{8}{14 + 3} = 0.4705\]

Z uwagi na to, że nie jesteśmy w stanie wykluczyć, że są zmieszane w stosunku stechiometrycznym musimy wykonać tabelkę:

Jeżeli niedomiar \(NO_{2}\) to dla wydajności 100% przereaguje on do końca

\[0.3913 - 6x = 0 \rightarrow x = 0.06521\]

Potwierdzamy to założenie obliczając końcową ilość moli amoniaku, po całkowitym przereagowaniu

\[n_{NH_{3}}^{k} = 0.4705 - 8x = - 0.05118\]

Wartość ta jest ujemna, a więc założenie o niedomiarze \(NO_{2}\) było błędne, więc mamy niedomiar \(NH_{3}\) . Obliczając wartość postępu reakcji \(x\) dla całkowitego przereagowania:

\[0.4705 - 8x = 0 \rightarrow x = 0.05881\]

Możemy potwierdzić używając jej założenie o całkowitym przereagowaniu \(NH_{3}\) obliczając końcową wartość moli \(NO_{2}\) :

\[n_{NO_{2}}^{K} = 0.3913 - 6·0.05881 = 0.03844\ (OK)\]

Wartość ta jest dodatnia, a więc popełnione założenie było słuszne. Przechodzimy do obliczania ilości moli azotu, który powinniśmy uzyskać dla całkowitego przereagowania:

\[W = 100\%\]

Z tabelki wynika, że powinniśmy uzyskać:

\[n_{N_{2}}^{teo} = 7x = 7·0.05881 = 0.4117\]

Ilość ta jest ilością teoretyczną, bo zakładaliśmy przy jej obliczaniu, że reakcja zachodzi do końca i nie mamy żadnych strat:

\[\frac{n_{N_{2}}^{prak}}{n_{N_{2}}^{teo}}100\% = W\]

Wstawiając wartości liczbowe moli teoretycznych \(N_{2}\) i wydajności otrzymujemy:

\[\frac{n_{N_{2}}^{prak}}{0.4117}100\% = 80\%\]

\[n_{N_{2}}^{prak} = 0.8·0.4117 = 0.3294\]

Wartość tę możemy użyć do obliczenia objętości uzyskanego azotu:

\[V = nV_{mol} = 0.3294·22.4 = 7.38\ dm^{3}\]

Co jest odpowiedzią na polecenie w zadaniu.

Wartość moli produktu możemy wykorzystać do dalszych obliczeń, np. możemy ustalić jaka będzie ilość moli reagentów przy tej wydajności, jeżeli straty wynikały tylko z niecałkowitego przereagowania reagentów. W tym celu robię drugą tabelkę, dla obliczonej wydajności. W tym wypadku wiem, że reakcja nie zaszła do końca, a znaczy to, że substraty nie przereagowały całkowicie, a więc żaden z nich nie spada do zera:

I dla obliczonej wydajności wiem, że ilość moli wynosi

\[n_{N_{2}}^{prak} = 0.3294 = 7x \rightarrow x = 0.047\]

I wtedy mogę policzyć wszystkie mole końcowe reagentów

Stopień przereagowania jest zdefiniowany jako ilość moli przereagowana danego substratu do jego ilości początkowej. Możemy go zapisać jako:

\[\alpha_{substr} = \frac{\mathrm{\Delta}n_{substr}}{n_{substr}^{0}} = \frac{to\ co\ przereagowalo}{co\ mielismy\ na\ poczatku}\]

Można powiedzieć, że stopień przereagowania jest stosunkiem drugiej do pierwszej ilości moli dla danego reagenta w tabelce. Na przykład dla analizowanego przypadku stopnie przereagowania wynoszą:

\[\alpha_{NO_{2}} = \frac{6x}{0.3913} = \frac{6·0.047}{0.3913} = 0.72 = 72\%\]

\[\alpha_{NH_{3}} = \frac{8x}{0.4705} = \frac{8·0.047}{0.4705} = 80\%\]

A więc są różne zależnie od analizowanego substratu. Można wyprowadzić, że stopnie przereagowania są równe sobie tylko, jeżeli substraty są użyte stechiometrycznie.

Ogólnie stopień przereagowania reagenta UŻYTEGO W NIEDOMIARZE jest równy wydajności reakcji pod warunkiem że nie mamy żadnych strat w układzie (typu rozlanie itp) a jedyne straty wynikają z nieprzereagowania do końca reagentów.

Stopień przereagowania oczywiście może być różny dla różnych reagentów, jeżeli użyte są w proporcji niestechiometrycznej.

Przykładem zadania, w którym należy wykorzystać dwie tabelki dla różnych wydajności jest zadanie:

W mieszaninie wodoru i azotu do syntezy amoniaku zawartość wodoru wyrażona w procentach objętościowych jest równa 75%. Wydajność reakcji syntezy amoniaku przeprowadzonej w temperaturze \(T\) i pod ciśnienie \(p\) jest równa 93%

\[N_{2} + 3H_{2} \rightleftarrows 2NH_{3}\]

Oblicz wyrażoną w procentach objętościowych zawartość amoniaku w mieszaninie poreakcyjnej.

W zadaniu tym powinni dopisać, że spadek wydajności wynikał tylko z niecałkowitego przereagowania reagentów. (a nie że np. nie wydzieliliśmy całego amoniaku)

W zadaniu nie mamy podanej żadnej wartości liczbowej. Jedyne co mamy podane to stosunki jak również pytanie też dotyczy stosunków. W myśl zasady powinniśmy wtedy założyć jedną wartość moli/masy/objętości w celu ułatwienia obliczeń, bo wynik nie powinnien zależeć od tego dla jakiej ilości analizuje. Załóżmy początkową ilość moli równą 1.

\[n_{calk}^{0} = 1mol\]

Zgodnie z prawami gazowymi procent objętościowy jest równy procentowi molowemu:

\[\%_{V} = \%_{mol}\]

\[\%_{mol}^{H_{2}} = \%_{V}^{H_{2}} = 75\% = 0.75\]

\[\%_{mol}^{N_{2}} = \%_{V}^{N_{2}} = 100\% - 75\% = 25\% = 0.25\]

Więc możemy obliczyć ilość moli początkową azotu i wodoru

\[n_{N_{2}}^{0} = n_{calk}^{0}\%_{mol}^{N_{2}} = 1·0.25 = 0.25\]

\[n_{H_{2}}^{0} = n_{calk}^{0}\%_{mol}^{H_{2}} = 1·0.75 = 0.75\]

Wartości te wstawiamy do tabelki reakcyjnej jako początkowe ilości moli. Wpierw rozważamy reakcję która zachodziłaby ilościowy (czy dla całkowitego przereagowania jednego z reagentów)

W tym wypadku nie ważne czy założymy że azot czy wodór przereaguje do końca wartość \(x\) wyniesie \(0.25\) . Możemy wówczas obliczyć wartość moli końcowych amoniaku jako:

\[n_{NH_{3}}^{teo} = 2x = 0.5\]

Oczywiście jest to wartość teoretyczna, dla całkowitego przereagowania. Uwzględniając wydajność podaną w zadaniu obliczamy rzeczywistą otrzymaną ilość moli amoniaku

\[W = \frac{n_{NH_{3}}^{prakt}}{n_{NH_{3}}^{teo}}·100\%\]

\[n_{NH_{3}}^{prakt} = 0.5·0.93 = 0.465\]

Mając otrzymaną ilość moli amoniaku wykonuję kolejną tabelkę bilansu moli dla reakcji, w tym wypadku uwzględniającą wydajność. Jeżeli straty pochodzą tylko z nieprzereagowania do końca reagentów, wówczas z całą pewnością wartość moli końcowych obu substratów nie spada do zera

Ilość moli otrzymanego amoniaku w tabelce musi być równa wartości moli amoniaku, który otrzymałem:

\[2x = n_{NH_{3}}^{prakt} = 0.465\]

\[x = 0.2325\]

Wstawiając tę wartość do tabelki mogę obliczyć końcową ilość moli wodoru i azotu:

W zadaniu mam obliczyć procent objętościowy amoniaku w mieszaninie poreakcyjnej.

\[\%_{NH_{3}}^{V} = ?\]

Jak dobrze wiadomo procent objętościowy jest równy procentowymi molowemu. Oczywiście mając mole końcowe wszystkich reagentów z łatwością jesteśmy w stanie obliczyć procent molowe

\[\%_{mol}^{NH_{3}} = \%_{V}^{NH_{3}}\]

\[\%_{mol}^{NH_{3}} = \frac{n_{NH_{3}}^{k}}{n_{H_{2}}^{k} + n_{N_{2}}^{k} + n_{NH_{3}}^{k}} = \frac{0.465}{0.465 + 0.0525 + 0.0175} = 0.869 = 87\% = \%_{V}^{NH_{3}}\]

Na poniższym schemacie zilustrowano dwuetapowy proces otrzymywania PVC – poli(chlorku winylu) – z acetylenu (etynu):

\[n\ HCCH -^{HCl} \rightarrow {n\ H}_{2}C = CHCl \rightarrow - \left\lbrack CH_{2} - CHCl \right\rbrack_{n} -\]

Etyn stosowany w tej reakcji powstaje w wyniku działania wody na acetylenek wapnia, stanowiący główny składnik karbidu. Reakcja acetylenku wapnia \(CaC_{2}\) z wodą przebiega według równania:

\[CaC_{2} + \ 2H_{2}O\ \rightarrow \ C_{2}H_{2}\ + \ Ca(OH)_{2}\]

Oblicz, ile gramów karbidu, zawierającego 82% \(CaC_{2}\) , potrzeba do otrzymania 100 g \(PVC\) . Całkowita wydajność procesu jest równa 78%.

Dlazadań, w których występuje polimer najłatwiej jest obliczać przeliczając jakby na jeden mol meru.

Zadanie rozpoczynamy od obliczenia ilości moli praktycznych meru \(PVC\) .

\[n_{PVC}^{prakt} = \frac{100}{12 + 12 + 3 + 35.5} = 0.262\]

Kolejno obliczam ilość moli teoretyczną tegoż Meru:

\[W = \frac{n_{PVC}^{prakt}}{n_{PVC}^{teo}}\]

\[0.78 = \frac{0.262}{n_{PVC}^{teo}}\]

\[n_{PVC}^{teo} = \frac{0.262}{0.78} = 0.336\]

Rozważając stechiometrię reakcji widzę, iż przy braku strat albo wydajności 100% powinienem uzyskać tyle moli \(PVC\ \) ile użyłem karbidu

\[n_{CaC_{2}} = n_{PVC}^{teo} = 0.336\]

Obliczone mole przeliczam na masę \(CaC_{2}\) , jest to oczywiście masa czystego węglika

\[m_{CaC_{2}}^{czystego} = n_{CaC_{2}}M_{CaC_{2}} = 0.336·(40 + 2·12) = 21.5g\]

Uzyskaną masę wykorzystuje do obliczenia masy „brudnego” węglika – takiego jakiego używam w reakcji

\[czystosc = \frac{m_{CaC_{2}}^{czystego}}{m_{CaC_{2}}^{brudnego}}\]

\[0.82 = \frac{21.5}{m_{CaC_{2}}^{brudnego}}\]

\[m_{CaC_{2}}^{brudnego} = \frac{21.5}{0.82} = 26.21g\]