Obliczenia stechiometryczne

Jak to rozwiązać — skład procentowy → wzór

Krok 1. Procent azotu: 100 − 50 − 15 = 35 %.

Krok 2. Stosunek molowy (dzielimy % przez masy atomowe): $n_{Ca}:n_C:n_N=\dfrac{50}{40}:\dfrac{15}{12}:\dfrac{35}{14}=1{,}25:1{,}25:2{,}5=\mathbf{1:1:2}$.

Krok 3. Wzór: CaCN₂ (cyjanamid wapnia).

Krok 4. Anion CN₂²⁻ jest izoelektronowy z CO₂ (liniowy, 16 elektronów walencyjnych) → wzór elektronowy: [N=C=N]²⁻ z wolnymi parami na atomach azotu (można też zapisać [:N≡C–N:]²⁻).

✔ Zgodne z kluczem: CaCN₂; anion [N=C=N]²⁻.

Jak to rozwiązać — stechiometria produktów

Krok 1. Ubytek A: $\Delta c_A = 0{,}10 - 0{,}04 = 0{,}06$ mol·dm⁻³.

Krok 2. Produkty. Z 1 mola A powstaje 1 mol B i 1 mol C, czyli łącznie 2 mole produktów. Zatem łączne stężenie B i C:

$c_B+c_C = 2\cdot0{,}06 = \mathbf{0{,}12\ \text{mol}\cdot\text{dm}^{-3}}$

✔ Zgodne z kluczem: 0,12 mol·dm⁻³.

Jak to rozwiązać — reagent ograniczający i wydajność

Krok 1. Mole substratów: $n_{C_6H_5Br}=\dfrac{0{,}1570}{157}=0{,}0010$ mol; $n_{C_3H_4O_2}=\dfrac{0{,}1081}{72}=0{,}0015$ mol.

Krok 2. Reagent ograniczający. Stosunek 1:1, więc w nadmiarze jest kwas propenowy (0,0015 > 0,0010); ograniczający jest bromobenzen (0,0010 mol).

Krok 3. Masa teoretyczna produktu: $m_t=0{,}0010\cdot148=0{,}148$ g.

Krok 4. Wydajność: $W=\dfrac{0{,}1245}{0{,}148}\cdot100\%\approx\mathbf{84\%}$.

✔ Zgodne z kluczem: wydajność ≈ 84 %; w nadmiarze — kwas propenowy.

Dane: tlenek jodu, w którym masa tlenu stanowi 20,14% masy tlenku. Liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym.

1. Wyznaczenie składu procentowego i stosunku molowego atomów

   Skoro tlen stanowi 20,14% masy tlenku, to jod stanowi:

   $$100\% - 20{,}14\% = 79{,}86\%$$

   Dane masowe (przyjmując 100 g tlenku):

   • masa jodu: $m_{\text{I}} = 79{,}86\ \text{g}$
   • masa tlenu: $m_{\text{O}} = 20{,}14\ \text{g}$

   Masy molarne: $M_{\text{I}} = 126{,}90\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$, $M_{\text{O}} = 16{,}00\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$

   Liczba moli atomów każdego pierwiastka:

   $$n_{\text{I}} = \frac{79{,}86\ \text{g}}{126{,}90\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}} \approx 0{,}6293\ \text{mol}$$ $$n_{\text{O}} = \frac{20{,}14\ \text{g}}{16{,}00\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}} \approx 1{,}2588\ \text{mol}$$

2. Wyznaczenie stosunku atomów I : O

   Dzielimy przez mniejszą liczbę moli:

   $$\frac{n_{\text{I}}}{n_{\text{I}}} : \frac{n_{\text{O}}}{n_{\text{I}}} = \frac{0{,}6293}{0{,}6293} : \frac{1{,}2588}{0{,}6293} = 1 : 2$$

   Stosunek atomów jodu do tlenu wynosi $1 : 2$.

3. Ustalenie wzoru empirycznego

   Na podstawie stosunku $\text{I} : \text{O} = 1 : 2$ wzór empiryczny tlenku to:

   $$\boxed{\text{IO}_2}$$

4. Ustalenie wzoru rzeczywistego

   Wzór rzeczywisty ma postać $(\text{IO}_2)_n$. Zgodnie z treścią zadania liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym:

   $$n = 2$$

   Wzór rzeczywisty to $(\text{IO}_2)_2$, czyli:

   $$\boxed{\text{I}_2\text{O}_4}$$

   Sprawdzenie: $M(\text{I}_2\text{O}_4) = 2 \cdot 126{,}90 + 4 \cdot 16{,}00 = 253{,}80 + 64{,}00 = 317{,}80\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$

   $$\% \text{O} = \frac{64{,}00}{317{,}80} \cdot 100\% \approx 20{,}14\%\ \checkmark$$

Wynik końcowy:

• Wzór empiryczny: $\text{IO}_2$
• Wzór rzeczywisty: $\text{I}_2\text{O}_4$

Rozwiązanie:

1. Krok 1: Wyznaczenie stężenia molowego roztworu KOH

   Dane: $\text{pH} = 13$, zatem:

   $$\text{pOH} = 14 - 13 = 1$$ $$[\text{OH}^-] = 10^{-1} \text{ mol/dm}^3 = 0{,}1 \text{ mol/dm}^3$$

   Ponieważ KOH jest mocną zasadą, całkowicie dysocjuje, więc:

   $$c_{\text{KOH}} = 0{,}1 \text{ mol/dm}^3$$

2. Krok 2: Obliczenie liczby moli KOH zużytego do zobojętnienia próbki

   Objętość zużytego KOH: $V_{\text{KOH}} = 6{,}9 \text{ cm}^3 = 0{,}0069 \text{ dm}^3$

   $$n_{\text{KOH}} = c_{\text{KOH}} \cdot V_{\text{KOH}} = 0{,}1 \cdot 0{,}0069 = 6{,}9 \times 10^{-4} \text{ mol}$$

3. Krok 3: Obliczenie liczby moli HBr w próbce 1,0 cm³

   Reakcja zobojętniania:

   $$\text{HBr} + \text{KOH} \rightarrow \text{KBr} + \text{H}_2\text{O}$$

   Ze stechiometrii (stosunek molowy 1:1):

   $$n_{\text{HBr (próbka)}} = n_{\text{KOH}} = 6{,}9 \times 10^{-4} \text{ mol}$$

4. Krok 4: Obliczenie całkowitej liczby moli HBr w roztworze (80 cm³)

   Próbka o objętości $1{,}0 \text{ cm}^3$ pochodzi z roztworu o objętości $80 \text{ cm}^3$, więc całkowita liczba moli HBr:

   $$n_{\text{HBr (całość)}} = 6{,}9 \times 10^{-4} \cdot \frac{80}{1{,}0} = 6{,}9 \times 10^{-4} \cdot 80 = 0{,}0552 \text{ mol}$$

5. Krok 5: Obliczenie liczby moli KBr użytego w doświadczeniu

   Masa molarna KBr: $M_{\text{KBr}} = 39 + 80 = 119 \text{ g/mol}$

   $$n_{\text{KBr (użyty)}} = \frac{m_{\text{KBr}}}{M_{\text{KBr}}} = \frac{9{,}5}{119} = 0{,}0798... \approx 0{,}08 \text{ mol}$$

6. Krok 6: Wyznaczenie, jaka część KBr uległa reakcji

   Ze stechiometrii reakcji:

   $$\text{KBr} + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{KHSO}_4 + \text{HBr}$$

   stosunek molowy $\text{KBr} : \text{HBr} = 1:1$, zatem liczba moli KBr, która przereagowała, równa się liczbie moli powstałego HBr:

   $$n_{\text{KBr (przereagowany)}} = n_{\text{HBr (całość)}} = 0{,}0552 \text{ mol}$$

   Procent KBr, który uległ reakcji:

   $$\% = \frac{n_{\text{KBr (przereagowany)}}}{n_{\text{KBr (użyty)}}} \cdot 100\% = \frac{0{,}0552}{0{,}08} \cdot 100\% = 69\%$$

Wynik końcowy:

Jaka część użytego KBr uległa reakcji z $\text{H}_2\text{SO}_4$:

Dane: $c_0(\text{N}_2) = 0{,}20\ \text{mol·dm}^{-3}$, $c_0(\text{H}_2) = 0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$, ciśnienie końcowe $= 0{,}75 \cdot p_0$.

1. Krok 1 – Związek ciśnienia z liczbą moli (objętość stała, temperatura stała)

   Przy stałej objętości i temperaturze, zgodnie z prawem Avogadra i równaniem stanu gazu doskonałego:

   $$\frac{p}{p_0} = \frac{n}{n_0} = \frac{c_{\text{końc}}}{c_0}$$

   gdzie $c_0$ oznacza całkowite stężenie molarne na początku, a $c_{\text{końc}}$ – po osiągnięciu równowagi.

   Całkowite stężenie początkowe wszystkich gazów:

   $$c_0^{\text{total}} = c_0(\text{N}_2) + c_0(\text{H}_2) = 0{,}20 + 0{,}60 = 0{,}80\ \text{mol·dm}^{-3}$$

   Całkowite stężenie w stanie równowagi:

   $$c^{\text{total}}_{\text{eq}} = 0{,}75 \cdot 0{,}80 = 0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$$
2. Krok 2 – Zestawienie tablicy ICE (Initial – Change – Equilibrium)

   Niech $x$ oznacza zmianę stężenia $\text{N}_2$ (ubytek). Ze stechiometrii reakcji $\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \rightleftharpoons 2\text{NH}_3$:

   $$\begin{array}{lccc} & \text{N}_2 & \text{H}_2 & \text{NH}_3 \\ \hline \text{Pocz.} & 0{,}20 & 0{,}60 & 0{,}00 \\ \text{Zmiana} & -x & -3x & +2x \\ \text{Równ.} & 0{,}20 - x & 0{,}60 - 3x & 2x \end{array}$$
3. Krok 3 – Wyznaczenie $x$ z warunku ciśnieniowego

   Suma stężeń w stanie równowagi musi wynosić $0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$:

   $$(0{,}20 - x) + (0{,}60 - 3x) + 2x = 0{,}60$$ $$0{,}80 - 2x = 0{,}60$$ $$2x = 0{,}20$$ $$x = 0{,}10\ \text{mol·dm}^{-3}$$
4. Krok 4 – Obliczenie stężeń równowagowych $$c_{\text{eq}}(\text{N}_2) = 0{,}20 - 0{,}10 = 0{,}10\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c_{\text{eq}}(\text{H}_2) = 0{,}60 - 3 \cdot 0{,}10 = 0{,}30\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c_{\text{eq}}(\text{NH}_3) = 2 \cdot 0{,}10 = 0{,}20\ \text{mol·dm}^{-3}$$

   Sprawdzenie sumy: $0{,}10 + 0{,}30 + 0{,}20 = 0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$ ✓

5. Krok 5 – Obliczenie stężeniowej stałej równowagi $K_c$

   Wyrażenie na stałą równowagi dla reakcji $\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \rightleftharpoons 2\text{NH}_3$:

   $$K_c = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2] \cdot [\text{H}_2]^3}$$ $$K_c = \frac{(0{,}20)^2}{(0{,}10) \cdot (0{,}30)^3}$$ $$K_c = \frac{0{,}0400}{0{,}10 \cdot 0{,}0270}$$ $$K_c = \frac{0{,}0400}{0{,}00270}$$ $$\boxed{K_c \approx 14{,}8\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}}$$

Wynik końcowy: Stężeniowa stała równowagi syntezy amoniaku w temperaturze $T$ wynosi:

Jak to rozwiązać — tabela ICE i stała równowagi

Krok 1. Oznaczenia. Niech początkowo H₂ = $x$ mol, wtedy CO₂ = $10-x$ mol (objętość 1 dm³, więc liczby moli = stężenia).

Krok 2. Zmiany (przereagowało 60 % H₂, czyli $0{,}6x$): CO ma $+0{,}6x$, H₂O ma $+0{,}6x$, CO₂ i H₂ maleją o $0{,}6x$.

Krok 3. Podstawiamy do K = 1:

$K=\dfrac{[CO][H_2O]}{[CO_2][H_2]}=\dfrac{(0{,}6x)^2}{(10-1{,}6x)(0{,}4x)}=1$

Krok 4. Rozwiązanie: $0{,}36x^2 = 0{,}4x(10-1{,}6x) = 4x-0{,}64x^2$ → $x^2=4x$ → $x=4$.

Odpowiedź: początkowo H₂ = 4 mol, CO₂ = 10 − 4 = 6 mol.

✔ Zgodne z kluczem: n(CO₂) = 6 mol, n(H₂) = 4 mol.

Jak to rozwiązać — stechiometria z wydajnością i czystością

Krok 1. Liczba moli merów PVC: $n=\dfrac{100}{62{,}5}=1{,}6$ mol. Z 1 mol CaC₂ powstaje 1 mol C₂H₂ → 1 mol meru, więc teoretycznie $n_{CaC_2}=1{,}6$ mol → $m=1{,}6\cdot64=102{,}4$ g.

Krok 2. Uwzględnienie wydajności 78 %: $m_{CaC_2}=\dfrac{102{,}4}{0{,}78}=131{,}3$ g.

Krok 3. Uwzględnienie czystości karbidu (82 % CaC₂): $m_{karbidu}=\dfrac{131{,}3}{0{,}82}\approx\mathbf{160\ g}$.

✔ Zgodne z kluczem: ok. 160 g.

Jak to rozwiązać — układ równań z bilansu masy i CO₂

Krok 1. Liczba moli CO₂: $n_{CO_2}=\dfrac{0{,}672}{22{,}4}=0{,}030$ mol. Każdy węglan daje 1 mol CO₂ na 1 mol soli.

Krok 2. Układ równań ($x$ = mol CaCO₃, $y$ = mol MgCO₃):

$x+y=0{,}030$  oraz  $100x+84y=2{,}84$

Krok 3. Rozwiązanie: z pierwszego $y=0{,}03-x$; podstawiając: $100x+84(0{,}03-x)=2{,}84$ → $16x=0{,}32$ → $x=0{,}02$ mol CaCO₃.

Krok 4. Procent masowy: $\%_{CaCO_3}=\dfrac{100\cdot0{,}02}{2{,}84}\cdot100\%\approx\mathbf{70\%}$.

✔ Zgodne z kluczem: ok. 70 % (70,4 %).

Rozwiązanie

1. Etap I: $n($HCl$)=0{,}0246\cdot0{,}2=0{,}00492$ mol $=n($Na₂CO₃$)$.
2. Etap II: $n($HCl$)=(0{,}598-0{,}246)\cdot... $ — objętość II $=59{,}8-24{,}6=35{,}2$ cm³; $n=0{,}00704$ mol $=n($HCO₃⁻ całk.$)$; $n($NaHCO₃$)=0{,}00704-0{,}00492=0{,}00212$ mol.
3. $m($Na₂CO₃$)=0{,}5215$ g, $m($NaHCO₃$)=0{,}1781$ g; $\%=\dfrac{0{,}5215}{0{,}6996}\cdot100\%\approx\mathbf{74{,}5\%}$.

Rozwiązanie

Masa MgCO₃ $=8{,}4-n($CO₂$)\cdot84$.

• $20$ min: $8{,}4-0{,}012\cdot84=8{,}4-1{,}0=\mathbf{7{,}4}$ g.
• $60$ min: $8{,}4-0{,}083\cdot84=8{,}4-7{,}0=\mathbf{1{,}4}$ g.

Wykres malejący od $8{,}4$ do $\approx0{,}2$ g.

Rozwiązanie

1. P — po $40$ min pozostało $4{,}4$ g, rozłożyło się $4{,}0$ g < połowa ($4{,}2$ g).
2. P — $n($CO₂$)=0{,}093$ mol $=n($MgO$)$; $m=0{,}093\cdot40\approx3{,}7$ g.
3. F — ubytek masy $=$ masa CO₂ $=0{,}098\cdot44\approx4{,}3$ g (nie $8{,}2$ g).

Rozwiązanie

1. $n($CaC₂O₄$)=\dfrac{12{,}8}{128}=0{,}1$ mol → powstało $0{,}1$ mol CaCO₃. Niech $x$ = mol rozłożonego do CaO.
2. Masa mieszaniny: $(0{,}1-x)\cdot100+x\cdot56=10-44x=6{,}32$ → $x=0{,}0836$ mol CaO.
3. $m($CaO$)=0{,}0836\cdot56=4{,}68$ g; $\%=\dfrac{4{,}68}{6{,}32}\cdot100\%\approx\mathbf{74{,}1\%}$.

Rozwiązanie

1. $n($HCl$)=\dfrac{58{,}24}{22{,}4}=2{,}60$ mol. Niech $a=n($NaCl$)$, $b=n($CaCl₂$)$: $a+2b=2{,}60$ oraz $58{,}5a+111b=150$.
2. $a=2{,}60-2b$ → $58{,}5(2{,}60-2b)+111b=150$ → $6b=2{,}1$ → $b=0{,}35$, $a=1{,}90$.
3. $m($NaCl$)=111{,}15$ g, $m($CaCl₂$)=38{,}85$ g. $\%$NaCl $\approx\mathbf{74{,}1\%}$, $\%$CaCl₂ $\approx\mathbf{25{,}9\%}$.

Rozwiązanie

1. $n($CH₃OH$)_{rzecz}=\dfrac{2\cdot10^{25}}{6{,}02\cdot10^{23}}=33{,}22$ mol; teoretycznie $\dfrac{33{,}22}{0{,}70}=47{,}46$ mol.
2. Na $1$ mol CH₃OH przypada $3$ mole gazu syntezowego → $3\cdot47{,}46=142{,}4$ mol.
3. $V=142{,}4\cdot22{,}4=3190$ dm³ $\approx\mathbf{3{,}2}$ m³.

Rozwiązanie

1. $n($I₂$)=0{,}0108\cdot0{,}052=5{,}616\cdot10^{-4}$ mol $=n($wit. C w $10$ cm³$)$.
2. W $100$ cm³: $5{,}616\cdot10^{-3}$ mol.
3. $m=5{,}616\cdot10^{-3}\cdot176=0{,}988$ g $\approx\mathbf{988}$ mg.

Rozwiązanie

1. Z wykresu przy $873$ K: CO₂ $\approx75\%$ obj., CO $\approx25\%$ obj., więc w $1$ molu mieszaniny $n($CO₂$)=0{,}75$, $n($CO$)=0{,}25$.
2. Masa tlenu $=16\cdot(2\cdot0{,}75+1\cdot0{,}25)=16\cdot1{,}75=28$ g.
3. Masa mieszaniny $=44\cdot0{,}75+28\cdot0{,}25=33+7=40$ g.
4. $\%$O $=\dfrac{28}{40}\cdot100\%=\mathbf{70\%}$.

Rozwiązanie

1. W $100$ mol: H₂ $=75$, N₂ $=25$ (stosunek $3:1$ — dokładnie stechiometryczny).
2. Przereagowało: N₂ $=25\cdot0{,}93=23{,}25$ mol, H₂ $=69{,}75$ mol, powstało NH₃ $=46{,}5$ mol.
3. Pozostało: N₂ $1{,}75$, H₂ $5{,}25$, NH₃ $46{,}5$; suma $=53{,}5$ mol.
4. $\%$NH₃ $=\dfrac{46{,}5}{53{,}5}\cdot100\%\approx\mathbf{86{,}9\%}$.

Rozwiązanie

1. CaCO₃ pozostały: $18{,}0\cdot0{,}575=10{,}35$ g; CaO: $18{,}0-10{,}35=7{,}65$ g.
2. $n($CaO$)=\dfrac{7{,}65}{56}=0{,}1366$ mol $=n($CaCO₃ rozłożonego$)$; masa rozłożonego $=0{,}1366\cdot100=13{,}66$ g.
3. $m=10{,}35+13{,}66\approx\mathbf{24{,}0}$ g.

Rozwiązanie

1. $n($H₃O⁺$)$ początkowo $=0{,}200\cdot0{,}800=0{,}16$ mol; po reakcji $=0{,}250\cdot0{,}400=0{,}10$ mol; zużyto $0{,}06$ mol.
2. Reaguje tylko cynk: $n($Zn$)=\dfrac{0{,}06}{2}=0{,}03$ mol; $m($Zn$)=0{,}03\cdot65=1{,}95$ g.
3. $m($Cu$)=4{,}00-1{,}95=\mathbf{2{,}05}$ g.

Rozwiązanie

1. Br₂ wytworzony: $\dfrac{0{,}256}{160}=0{,}0016$ mol.
2. $n($S₂O₃²⁻$)=0{,}014\cdot0{,}100=0{,}0014$ mol → $n($I₂$)=0{,}0007$ mol $=$ nadmiar Br₂.
3. Br₂ zużyty przez fenol $=0{,}0016-0{,}0007=0{,}0009$ mol; $n($fenolu$)=\dfrac{0{,}0009}{3}=0{,}0003$ mol.
4. $c=\dfrac{0{,}0003}{0{,}1000}=\mathbf{3{,}0\cdot10^{-3}}\ \tfrac{\text{mol}}{\text{dm}^3}$.

Rozwiązanie

1. Stosunek NH₃:O₂ $=4:5$. Na $1{,}0$ mol NH₃ potrzeba $1{,}25$ mol O₂; mamy $1{,}6$ mol → NH₃ jest w niedomiarze (reaguje całkowicie).
2. Zużyto: NH₃ $1{,}0$ mol, O₂ $1{,}25$ mol. Powstało: NO $1{,}0$ mol, H₂O $1{,}5$ mol.
3. Pozostało O₂: $1{,}6-1{,}25=0{,}35$ mol.

Po reakcji: NO $1{,}0$ mol; H₂O $1{,}5$ mol; O₂ $0{,}35$ mol; NH₃ $0$ mol.

Rozwiązanie

1. $n($CO₂$)=\dfrac{5{,}6}{22{,}4}=0{,}25$ mol.
2. Niech $n($CaCO₃$)=x$, $n($Ca(HCO₃)₂$)=2x$. CO₂: $x\cdot1+2x\cdot2=5x=0{,}25$ → $x=0{,}05$.
3. $n($CaCO₃$)=0{,}05$ mol, $n($Ca(HCO₃)₂$)=0{,}10$ mol.
4. $m=0{,}05\cdot100+0{,}10\cdot162=5+16{,}2=\mathbf{21{,}2}$ g.

Rozwiązanie

1. $2$H₂$+$O₂$\to2$H₂O; $n($H₂O$)=\dfrac{0{,}9}{18}=0{,}05$ mol → $n($H₂$)=0{,}05$ mol, $n($O₂$)=0{,}025$ mol.
2. $V_{H_2}:V_{O_2}=0{,}05:0{,}025=\mathbf{2:1}$.
3. Masy: $m_{H_2}=0{,}05\cdot2=0{,}1$ g, $m_{O_2}=0{,}025\cdot32=0{,}8$ g → $m_{H_2}:m_{O_2}=\mathbf{1:8}$.

Rozwiązanie

Pozostało $n=0{,}225-0{,}126=0{,}099$ mol Al(OH)₃; $M=78\,\tfrac{\text{g}}{\text{mol}}$. $m=0{,}099\cdot78\approx7{,}7$ g.