Stopień dysocjacji (przereagowania)

Stopień dysocjacji (przereagowania)

Dzisiaj zajmiemy się stopniem dysocjacji, inaczej nazywany też stopniem przereagowania. Funkcjonuje jeszcze odmienna nazwa – stopień konwersji.

Oto krótkie podsumowanie tego, co dzisiaj omówimy :

  • Czym jest stopień dysocjacji – symbol i definicja?
  • Czy stopień dysocjacji może być inny dla każdego reagenta? Czy zależy to od wyjściowej stechiometrii reakcji?
  • Jak najlepiej bilansować równanie reakcji, aby nie umrzeć z nerwów podczas czekania na wyniki?
  • Czy wartość stopnia dysocjacji zależy od sposobu zapisu (bilansu) reakcji, tak jak zależy od tego wartość stałej równowagi?
  • Do czego może przydać się stopień dysocjacji – czyli jak pozbyć się niewiadomej   ,,n” ?


Definicja, którą ja się posługuję jest nieco inna niż ta podręcznikowa, ale moim zdaniem bardziej przystępna.

Symbol stopnia dysocjacji to :  \alpha

Definicja :   \alpha = \frac{to \ co \ przeragowalo}{to \ co \ bylo \ na \ poczatku }

[Fragment kursu] :  Przeanalizujmy to w praktyce na klasycznej reakcji syntezy amoniaku :

N_{2 \ (g)} + 3H_{2 \ (g)} \rightleftharpoons 2NH_{3 \ (g)} 

Załóżmy, że reakcja przebiegła w stosunku stechiometrycznym , czyli wyjściowo w mieszaninie znajdował się azot (1 mol) oraz wodór (3 mole).

N_{2} H_{2} NH_{3}
liczba moli na początku reakcji 1 3 0
liczba moli w stanie równowagi  1 - x      3 - 3x 2x
Teraz należy obliczyć sumę moli :   \sum n \sum n = (1 - x) + 3(1 - x) + 2x = 4 - 2x 
Stopień przereagowania ( \alpha ) \frac{x}{1} = x  \frac{3x}{3} = x nie określamy

– ponieważ wyjściowo

jest 0 moli. 

Przy okazji widzimy bardzo ładnie jak zastosować definicję stopnia dysocjacji. A więc rozpatrujemy wszystko osobno –  stopień dysocjacji dla azotu to  x , czyli tyle ile azotu przereagowało podzielić na  1   czyli tyle ile było azotu na początku.

I analogicznie –  stopień dysocjacji dla wodoru to  3x , czyli tyle ile wodoru przereagowało podzielić na  3   czyli tyle ile było azotu na początku.

Widzimy ważną równość, a mianowicie stopień dysocjacji jest tutaj ,,uniwersalny”  czyli jest taki sam dla azotu i dla wodoru :  \alpha_{N_{2}} = \alpha_{H_{2}} = \alpha

Załóżmy teraz stosunek NIEstechiometryczny : na przykład 2 mole azotu oraz 5 moli wodoru. 

Zadajmy sobie ważne pytanie – czy te stopnie dysocjacji dla wodoru i azotu będą ciągle sobie równe, jeśli założymy stosunek niestechiometryczny?

N_{2} H_{2} NH_{3}
liczba moli

na początku reakcji

2  5 0
liczba moli

w stanie

równowagi

 2 - x 5 - 3x 2x
Teraz należy obliczyć sumę

moli :   \sum n

\sum n = (2 - x) + (5 - 3x) + 2x = 7 - 2x  
Stopień przereagowania       ( \alpha )     \alpha {N_{2}} = \frac{x}{2}   \alpha_{H_{2}} = \frac{3x}{5}  nie określamy

– ponieważ wyjściowo

jest 0 moli. 

Widzimy ważną obserwację (tym razem NIErówność), a mianowicie stopień dysocjacji NIE jest tutaj ,,uniwersalny”  i różni się dla azotu i dla wodoru :  \alpha_{N_{2}} \neq \alpha_{H_{2}}   , ponieważ :  \frac{x}{2} \neq \frac{3x}{5}

Kolejne pytanie – czy stopień dysocjacji będzie zależny od sposobu w jaki zbilansujemy reakcję?

Skąd w ogóle to pytanie? A dlatego, że przecież stała równowagi reakcji jest zależna od tego w jaki sposób jest ona przedstawiona (zbilansowana).

(Niezbyt) krótka anegdotka. Spójrz na :  Zadanie 1, podpunkt a) oraz b)

Na zawodach należało napisać równanie reakcji, a następnie podać wyrażenie na stałą równowagi. Jak się dowiedzieliśmy (a zaraz niżej sobie to oczywiście udowodnimy), wartość stałej równowagi zależy od tego w jaki sposób sobie reakcję zbilansujemy. Zatem reakcję z zadania można było sobie zapisać przykładowo :

  • sposób 1   :    4HCl + O_{2} \rightleftharpoons  2Cl_{2} + 2H_{2}O
  • sposób 2   :    2HCl + \frac{1}{2} O_{2} \rightleftharpoons  Cl_{2} + H_{2}O

I oczywiście wiele innych, teoretycznie prawidłowo zbilansowanych wersji. Zadanie to w takim razie posiada wiele prawidłowych rozwiązań, zależnie od tego, którą drogę sobie wybierzemy.

Ja szczerze mówiąc wybrałbym sposób 2, ponieważ wtedy do potęgi podnosimy tylko  HCl   oraz O_{2} , podczas gdy w reakcji zapisanej sposobem 1, mamy wszystko podnoszone do potęg i to niemałych, bo nawet do potęgi 4, co ogólnie jest raczej nietypowe w zadaniach tego typu.

I przechodząc do meritum – dalsze obliczenia w zadaniu prowadzą do wyliczenia  K_{c1} = 800    oraz w przypadku drugiego zapisu :  K_{c2} = \sqrt{800} \approx 28,3   , co jak możecie się domyśleć, prowadzi do drastycznie różnych wyników, jakie będzie uzyskiwać zawodnik podczas rozwiązywania dalszej części zadania.

Oczywiście każda osoba powinna dostać komplet punktów (o ile reakcja jest prawidłowo zbilansowana oraz wyrażenia na stałą równowagi są prawidłowo zapisane) bez względu na sposób bilansu reakcji. Co zatrważające – moi zawodnicy (wszyscy z jednego okręgu) dostawali różne punktacje. Otóż były dwie osoby, które zbilansowały to zgodnie ze sposobem (2) i jedna osoba dostała komplet punktów, druga miała wszystko konsekwentnie ucinane. Oczywiście w sytuacji gdyby składać odwołanie (my tego nie robiliśmy, ponieważ po I etapie nie wolno już składać odwołań, jeśli się do II etapu przeszło, co notabene jest jak najbardziej zrozumiałe i sensowne) wygranie tych punktów z powrotem to byłaby moim zdaniem formalność.

Niemniej jednak, najlepiej takiego stresu uniknąć, zatem widzimy niepisaną regułę, którą polecam Wam, abyście zapamiętali :

Gdy w zadaniu nie ma napisane wprost jak zbilansować reakcję – bilansuj tak, aby uzyskać najmniejsze możliwe współczynniki stechiometryczne, które są liczbami całkowitymi. 

Drobna uwaga – należy oczywiście pamiętać o takich sytuacjach, gdzie bilans reakcji wynika wprost z definicji.

Najlepszym przykładem będzie tutaj entalpia tworzenia, powiedzmy amoniaku :  \Delta H_{tw \ (NH_{3})}   , która opisuje reakcję tworzenia 1 MOLA amoniaku z azotu i wodoru :

\frac{1}{2}N_{2} + \frac{3}{2} H_{2} \rightarrow NH_{3}   :  \Delta H_{tw \ (NH_{3})} =  -46,1 \frac{kJ}{mol}

Nie wolno natomiast takiej reakcji zapisać jako :

N_{2} + 3H_{2} \rightarrow 2NH_{3}   , wówczas  \Delta H = 2 \cdot  -46,1 \ = -92,2 \frac{kJ}{mol} \neq \Delta H_{tw \ (NH_{3})}

Przy okazji – zapraszam do poczytania na temat różnych metod bilansowania reakcji :  Reakcje redoks – cztery metody bilansowania


Weźmy pod lupę absolutnie klasyczną reakcję, która wielokrotnie pojawiała się na Olimpiadzie, ale zapisaną na dwa (prawidłowe) sposoby  (1)  oraz  (2)  :

(1) : \ \ N_{2}O_{4} \rightleftharpoons 2NO_{2}

(2) : \ \ 2N_{2}O_{4} \rightleftharpoons 4NO_{2}

Wyrażenia na stałe ciśnieniowe dla obu reakcji (pomijam już dzielenie przez ciśnienie standardowe dla przejrzystości zapisu) :

Dla reakcji (1)  :     \displaystyle K_{p1} = \frac{p_{NO_{2}}^{2}}{p_{N_{2}O_{4}}}

Dla reakcji (2) :     \displaystyle K_{p2} = \frac{p_{NO_{2}}^{4}}{p_{N_{2}O_{4}}^{2}}

Nietrudno zatem zauważyć, że  K_{p1} \neq  K_{p2}   , ponieważ spełniona jest zależność :  K_{p2} =  (K_{p1} )^{2}

Zatem ,,pomnożenie reakcji razy dwa” powoduje, że wartość stałej równowagi podnosi się do kwadratu. Gdyby pomnożyć przez trzy wszystkie współczynniki, to stała równowagi byłaby podniesiona do potęgi trzeciej. I tak dalej.

W obu przypadkach załóżcie, że startujemy wyjściowo z 1 mola tlenku azotu  NO_{2}

  • Pytanie do Was : W takim razie wartość stopnia dysocjacji nie ulega zmianie/ ulega zmianie  w przypadku zapisania reakcji na różne sposoby jeśli chodzi o bilans? Piszcie w komentarzach.

To już naprawdę mocne (ale ciekawe!) zagadnienie (moim zdaniem wykracza ponad I etap). Proszę piszcie w komentarzach swoje przemyślenia. Mile widziane również zdjęcia Waszych obliczeń/dowodów.


Popatrzmy teraz na to, do czego może się przydać stopień dysocjacji? 

[Fragment kursu] :  Reakcja typu :  2A \rightleftharpoons 3B , w której nie podano konkretnej ilości reagentów, tylko proporcje (stosunek stechiometryczny lub niestechiometryczny).  

Załóżmy najpierw, że w zadaniu napisano : ,,stosunek stechiometryczny” lub też napisano, że w reaktorze znajdują się związki A oraz B w stosunku 2 : 3 (a więc może to być (2 : 3)  ; (20 : 30) ; (0,2 : 0,3) itd.).

Nie wiem zatem ile dokładnie jest związku A oraz B, znam tylko stosunek. Zatem najlepiej założyć, że związku A jest  2n   moli, natomiast związku B jest  3n   moli. 

Wprowadzamy wówczas kolejną niewiadomą do tabelki ( literkę ) i żeby sobie z tym sprytnie poradzić, MUSIMY wprowadzić stopień przereagowania ( \alpha ) celem ostatecznego wyeliminowania  wstępnej niewiadomej –  n  

tabelki post.jpg

  • Zauważmy, że ostateczny wzór na ułamek molowy czy ciśnienie w stanie równowagi jest niemalże identyczny z wzorem, który wyprowadziliśbyśmy w analogicznym, tabelkowym przykładzie, po prostu  x   zmieniło się na   \alpha
  • Upewnij się, że rozumiesz jak obliczyliśmy ten ułamek molowy : 
    • najpierw wyprowadziliśmy wzór na stopień przereagowania, który przekształciliśmy tak, żeby otrzymać z niego wartość x    :  \alpha = \frac{x}{n} \implies x = \alpha \cdot n 
    • Wyprowadzonego x   zastępujemy w oryginalnym wzorze na ułamek molowy (krok 1) 
    • Wyciągamy  n  przed nawias, bo za chwilę będzie się skracać (krok 2)  
    • Skraca się n   i dzięki temu się go pozbywamy, wprowadzając przy tym stopień dysocjacji (krok 3)  

\frac{2n - 2x}{5n + x} \ \xrightarrow{krok \ 1} \ \frac{2n - 2 \alpha \cdot n}{5n + \alpha \cdot n} \ \xrightarrow{krok \ 2} \ \frac{n(2 - 2 \alpha)}{n(5 + \alpha )} \ \xrightarrow{krok \ 3} \ \frac{2 - 2 \alpha}{5 + \alpha }

  • Ogólnie nic nie stoi na przeszkodzie, aby zawsze sobie liczyć za pomocą stopnia dysocjacji (wprowadzać go do tabelki), rób tak, jak TOBIE jest wygodnie. 

Spójrzcie sobie na niedawną, 61. edycję – stopień dysocjacji był tematem przewodnim całego zadania 1 oraz pojawia się w zadaniu 3 :  Zadanie 1 oraz 3

PS – zapraszam do zapoznania się z ofertą kursu do 66. Olimpiady Chemicznej. W razie jakichkolwiek pytań (a macie ich trochę i nie ma się co dziwić – piszcie śmiało, kontakt jest w prezentacji) :  [Kurs do Olimpiady Chemicznej]

4 myśli w temacie “Stopień dysocjacji (przereagowania)”

  1. Super post 😀 a co do pytania: nie jestem pewna czy wyszło mi dobrze ale czyżby wartość stopnia dysocjacja nie ulegała zmianie jedynie gdy początkowe stężenia reagentów będą sobie równe? (robiłam na przykładzie syntezy amoniaku oznaczając początkową liczbę moli azotu jako „a” a wodoru jako „b” w obu przypadkach, więc wyszło mi, że będą równe gdy a=b) Pozdrawiam! 🙂

    1. Mała poprawka: jednak się pomyliłam i stopień dysocjacji zawsze ulegnie zmianie 😅 (jeśli teraz już zrobiłam to dobrze)

      1. Pokaż obliczenia 🙂 Nie wiem czy można tu w komentarzach wstawiać zdjęcia, ale jakby co to wyślij bezpośrednio do mnie na fb, z chęcią zobaczę 🙂

Leave a Reply