Szybkość reakcji chemicznej

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.

Rozwiązanie – Zadanie 10.1

Analiza równania kinetycznego

Dane równanie kinetyczne reakcji:

Szybkość reakcji zależy od stężeń substratów oraz od stałej szybkości reakcji $k$, która jest funkcją temperatury.

Zdanie 1: Zmniejszenie objętości reaktora w warunkach izotermicznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje wzrostem szybkości opisanej reakcji.

1. Krok 1 – Analiza wpływu zmniejszenia objętości na stężenia substratów.

   Stężenie molarne definiujemy jako:

   $$c = \frac{n}{V}$$

   Przy stałej liczbie moli substratów $n_{\text{X}_2}$ i $n_{\text{Y}_2}$ oraz zmniejszeniu objętości $V$, stężenia obu substratów rosną:

   $$c_{\text{X}_2} = \frac{n_{\text{X}_2}}{V} \nearrow \quad \text{oraz} \quad c_{\text{Y}_2} = \frac{n_{\text{Y}_2}}{V} \nearrow$$
2. Krok 2 – Wpływ wzrostu stężeń na szybkość reakcji.

   Warunki izotermiczne (stała temperatura) oznaczają, że stała szybkości $k$ nie ulega zmianie.

   Ponieważ wykładniki $a$ i $b$ w równaniu kinetycznym są liczbami całkowitymi dodatnimi (rzędy reakcji względem substratów są zawsze $\geq 1$ dla elementarnych etapów), wzrost obu stężeń powoduje wzrost wartości iloczynu $c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b$, a zatem:

   $$v = k \cdot c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b \nearrow$$

   Szybkość reakcji rośnie.

Ocena zdania 1: P (PRAWDA)

Zdanie 2: Wzrost temperatury w reaktorze w warunkach izobarycznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje spadkiem szybkości opisanej reakcji.

1. Krok 1 – Analiza wpływu wzrostu temperatury na stałą szybkości $k$.

   Zgodnie z równaniem Arrheniusa:

   $$k = A \cdot e^{-\frac{E_a}{RT}}$$

   Wzrost temperatury $T$ powoduje wzrost stałej szybkości $k$, co samo w sobie prowadziłoby do wzrostu szybkości reakcji.

2. Krok 2 – Analiza wpływu wzrostu temperatury na stężenia substratów w warunkach izobarycznych.

   Warunki izobaryczne oznaczają stałe ciśnienie. Z prawa gazu doskonałego:

   $$pV = nRT \implies V = \frac{nRT}{p}$$

   Przy stałym ciśnieniu $p$ i stałej liczbie moli $n$, wzrost temperatury $T$ powoduje wzrost objętości $V$. To z kolei prowadzi do spadku stężeń substratów:

   $$c_{\text{X}_2} = \frac{n_{\text{X}_2}}{V} = \frac{n_{\text{X}_2} \cdot p}{n R T} \searrow \quad \text{(stężenie maleje wraz ze wzrostem } T\text{)}$$
3. Krok 3 – Ocena wypadkowego wpływu na szybkość reakcji.

   Mamy dwa konkurujące efekty:

   • Wzrost $k$ (efekt kinetyczny) → zwiększa szybkość reakcji,
   • Spadek stężeń $c_{\text{X}_2}$ i $c_{\text{Y}_2}$ (efekt rozcieńczenia) → zmniejsza szybkość reakcji.

   Efekt wzrostu stałej szybkości reakcji $k$ (zależność wykładnicza od temperatury) dominuje nad efektem spadku stężeń (zależność odwrotnie proporcjonalna do temperatury). W konsekwencji wypadkowa szybkość reakcji rośnie, a nie maleje.

   Zdanie sugeruje spadek szybkości – jest to stwierdzenie błędne.

Ocena zdania 2: F (FAŁSZ)

Wynik końcowy

Rozwiązanie zadania 10.2

Dane z wykresów i ustalenie wykładników a i b

Na podstawie analizy wykresów:

• Linia czerwona ($v$ vs $c_{\text{X}_2}$ przy $c_{\text{Y}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$): zależność liniowa → wykładnik $a = 1$
• Linia zielona ($v$ vs $c_{\text{Y}_2}$ przy $c_{\text{X}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$): zależność paraboliczna (kwadratowa) → wykładnik $b = 2$

Równanie kinetyczne ma postać:

Obliczenia

1. Ustalenie stechiometrii reakcji i składu mieszaniny początkowej

   Reakcja syntezy gazu $\text{XY}_2$:

   $$\text{X}_2 + 2\,\text{Y}_2 \rightarrow 2\,\text{XY}_2$$

   Stosunek stechiometryczny: $n(\text{X}_2) : n(\text{Y}_2) = 1 : 2$

   Łączna liczba moli wynosi 12,0 mol, zatem:

   $$n(\text{X}_2) = \frac{1}{3} \cdot 12{,}0 = 4{,}0\ \text{mol}, \qquad n(\text{Y}_2) = \frac{2}{3} \cdot 12{,}0 = 8{,}0\ \text{mol}$$

   Stężenia początkowe (reaktor o pojemności $V = 4{,}0\ \text{dm}^3$):

   $$c_0(\text{X}_2) = \frac{4{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 1{,}0\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c_0(\text{Y}_2) = \frac{8{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 2{,}0\ \text{mol·dm}^{-3}$$

2. Odczytanie szybkości z wykresu i obliczenie stałej szybkości $k$

   Z wykresu (linia zielona: $c_{\text{X}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$) odczytujemy przykładowo:

   dla $c_{\text{Y}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$ → $v = 1\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}$

   Podstawiamy do równania kinetycznego:

   $$v = k \cdot c_{\text{X}_2} \cdot c_{\text{Y}_2}^{2}$$ $$1 = k \cdot 1 \cdot 1^2$$ $$\boxed{k = 1\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1}}$$

   Jednostka stałej szybkości dla reakcji trzeciego rzędu ($a + b = 1 + 2 = 3$):

   $$[k] = \frac{\text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}}{(\text{mol·dm}^{-3})^3} = \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1}$$

3. Wyznaczenie składu mieszaniny w chwili, gdy łączna liczba moli wynosi 9,0 mol

   Niech $x$ oznacza liczbę moli $\text{X}_2$, które przereagowały. Zgodnie ze stechiometrią:

   • ubytek $\text{X}_2$: $x$ mol
   • ubytek $\text{Y}_2$: $2x$ mol
   • przyrost $\text{XY}_2$: $2x$ mol

   Łączna liczba moli w chwili $t$:

   $$(4{,}0 - x) + (8{,}0 - 2x) + 2x = 9{,}0$$ $$12{,}0 - x = 9{,}0$$ $$x = 3{,}0\ \text{mol}$$

   Liczba moli poszczególnych składników:

   $$n(\text{X}_2) = 4{,}0 - 3{,}0 = 1{,}0\ \text{mol}$$ $$n(\text{Y}_2) = 8{,}0 - 6{,}0 = 2{,}0\ \text{mol}$$ $$n(\text{XY}_2) = 2 \cdot 3{,}0 = 6{,}0\ \text{mol}$$

   Stężenia molowe substratów:

   $$c(\text{X}_2) = \frac{1{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 0{,}25\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c(\text{Y}_2) = \frac{2{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 0{,}50\ \text{mol·dm}^{-3}$$

4. Obliczenie szybkości reakcji w danej chwili

   $$v = k \cdot c(\text{X}_2) \cdot c(\text{Y}_2)^{2}$$ $$v = 1\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1} \cdot 0{,}25\ \text{mol·dm}^{-3} \cdot (0{,}50\ \text{mol·dm}^{-3})^2$$ $$v = 1 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}25\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}$$ $$\boxed{v = 0{,}0625\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1} \approx 6{,}25 \times 10^{-2}\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}}$$

Podsumowanie wyników

• Wykładnik $a = \mathbf{1}$, wykładnik $b = \mathbf{2}$
• Równanie kinetyczne: $v = k \cdot c_{\text{X}_2} \cdot c_{\text{Y}_2}^{2}$
• Stała szybkości: $k = \mathbf{1\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1}}$
• Szybkość reakcji gdy $n_{\text{całk.}} = 9{,}0\ \text{mol}$: $\boldsymbol{v = 6{,}25 \times 10^{-2}\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}}$

Jak to rozwiązać — przeliczenie miareczkowania na stężenie

Krok 1. Stechiometria. Z równania 2 KMnO₄ odpowiada 5 H₂O₂, więc $n_{H_2O_2} = \tfrac{5}{2}\,n_{KMnO_4}$.

Krok 2. Wzór na stężenie w próbce (objętość próbki 2,0 cm³): $c_{H_2O_2} = \dfrac{2{,}5\cdot c_{KMnO_4}\cdot V_{KMnO_4}}{V_{pr}}$, gdzie $c_{KMnO_4}=0{,}0020$ mol·dm⁻³.

Krok 3. Obliczenia dla każdej próbki:

• t=0: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot19{,}1}{2{,}0}=0{,}048$
• t=10: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot14{,}2}{2{,}0}=0{,}036$
• t=20: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot9{,}9}{2{,}0}=0{,}025$
• t=30: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot6{,}2}{2{,}0}=0{,}016$

Wykres: nanosimy 4 punkty i łączymy linią malejącą w całym zakresie (stężenie H₂O₂ maleje z czasem).

✔ Zgodne z kluczem: 0,048; 0,036; 0,025; 0,016 (dop. 0,013) — krzywa malejąca.

Jak to rozwiązać — interpretacja kinetyczna

1. Wraz z upływem czasu maleje stężenie substratu (H₂O₂), a szybkość reakcji zależy od stężenia substratu — dlatego szybkość maleje (wykres coraz mniej stromy).

2. Wzrost temperatury zwiększa szybkość reakcji, więc w 40 °C szybkość jest większa niż w 20 °C.

✔ Zgodne z kluczem: maleje; większa niż.

Jak to rozwiązać — etap limitujący

O szybkości całej reakcji decyduje etap najwolniejszy. Powstawanie enolu (Etap 1.) jest opisane jako powolne, a reakcja enolu z jodem (Etap 2.) jako szybka.

Odpowiedź: Etap 1.

✔ Zgodne z kluczem: Etap 1.

Jak to rozwiązać — katalizator a autokataliza

Katalizator: H₃O⁺ (jon hydroniowy, H⁺).

Rozstrzygnięcie: TAK — reakcja jest autokatalityczna, ponieważ jon H₃O⁺ (katalizator) jest jednocześnie produktem reakcji (patrz równanie sumaryczne), więc w miarę postępu reakcji jego stężenie rośnie i reakcja sama siebie przyspiesza.

✔ Zgodne z kluczem: katalizator H₃O⁺ (H⁺); reakcja autokatalityczna.

Jak to rozwiązać — stężenia bieżące i podstawienie do równania

Krok 1. Zmiana B: przereagowało 0,5·3 = 1,5 mol·dm⁻³, więc c_B = 3 − 1,5 = 1,5 mol·dm⁻³.

Krok 2. Zmiana A (ze stechiometrii 2A : 1B): przereagowało 2·1,5 = 3 mol·dm⁻³, więc c_A = 4 − 3 = 1 mol·dm⁻³.

Krok 3. Podstawienie:

$v = k\cdot c_A^2\cdot c_B = 6{,}7\cdot10^3\cdot1^2\cdot1{,}5 = 1{,}0\cdot10^4\ \text{mol}\cdot\text{dm}^{-3}\cdot\text{s}^{-1}$

✔ Zgodne z kluczem: v ≈ 1,0·10⁴ (10,05·10³) mol·dm⁻³·s⁻¹.

Rozwiązanie

równe (oba $0{,}1$ M); różne (HCl $0{,}1$ M → $[$H⁺$]=0{,}1$; H₂SO₄ $0{,}1$ M → $[$H⁺$]=0{,}2$); wpływ pH (stężenia jonów H⁺).

Rozwiązanie

Powstaje $3$ mole C na każdy zużyty mol A: $n($C$)=3\cdot(3{,}60-n_A)$.

• $0$ s → $0$; $10$ → $2{,}40$; $20$ → $4{,}20$; $30$ → $4{,}95$; $40$ → $5{,}10$; $50$ → $5{,}10$; $60$ → $5{,}10$.

Wykres $[$C$]$ (V = 1 dm³) rośnie od $0$ do plateau $5{,}10$ mol·dm⁻³ (od ok. $40$ s).

Rozwiązanie

1. F — przy tym samym pH słaby kwas octowy ma większe stężenie molowe niż mocny HCl.
2. F — pH $=3$ oznacza mniejsze $[$H⁺$]$, więc szybkość by zmalała, a nie wzrosła.
3. P — obniżenie temperatury zmniejsza szybkość reakcji w obu probówkach.