Kinetyka, równowaga chemiczna i termochemia: szybkość reakcji, reguła Le Chateliera

11 zadań z oficjalnych arkuszy matury rozszerzonej z chemii (2023–2025). Spróbuj rozwiązać samodzielnie, potem odsłoń odpowiedź — przy każdym zadaniu znajdziesz typową pułapkę, na której wykładają się maturzyści.

1. Matura CKE · maj 2025 · zad. 10 5 pkt kinetyka chemiczna, równanie kinetyczne, rząd reakcji, stała szybkości, stechiometria

   W zamkniętym reaktorze zachodzi reakcja opisana równaniem:

   $$X_2(g)+2Y_2(g)\to 2X{Y}_2(g)$$

   Zależność szybkości tej reakcji od stężenia opisuje poniższe równanie kinetyczne:

   $$v=k\cdot c_{X_2}^a\cdot c_{Y_2}^b$$

   Aby wyznaczyć wykładniki a i b w równaniu kinetycznym, przeprowadzono serię pomiarów: w temperaturze T mierzono zależność szybkości reakcji od stężenia jednego z substratów przy stałym stężeniu drugiego. Na podstawie wyników pomiarów sporządzono poniższy wykres zależności szybkości reakcji od:

   • stężenia substratu X₂ przy stałym stężeniu $c_{Y_2}=1\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}$ (linia czerwona)
   • stężenia substratu Y₂ przy stałym stężeniu $c_{X_2}=1\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}$ (linia zielona)

   Z wykresu: dla c = 1 mol·dm⁻³ szybkość v = 1 mol·dm⁻³·s⁻¹; linia czerwona (c_X₂) — liniowa (przy c_X₂ = 2 mol·dm⁻³, v = 2 mol·dm⁻³·s⁻¹); linia zielona (c_Y₂) — kwadratowa (przy c_Y₂ = 2 mol·dm⁻³, v = 4 mol·dm⁻³·s⁻¹).

   Zadanie 10.1. (0–1)

   Oceń prawdziwość zdań. Zaznacz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F — jeśli jest fałszywe.

   1.	Zmniejszenie objętości reaktora w warunkach izotermicznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje wzrostem szybkości opisanej reakcji.	P	F
   2.	Wzrost temperatury w reaktorze w warunkach izobarycznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje spadkiem szybkości opisanej reakcji.	P	F

   Zadanie 10.2. (0–4)

   W reaktorze o pojemności 4,0 dm³ umieszczono stechiometryczną mieszaninę, zawierającą łącznie 12,0 mol gazów X₂ i Y₂. Zainicjowano reakcję syntezy gazu XY₂. W układzie utrzymywano temperaturę T.

   Na podstawie analizy wykresów ustal i napisz wartości wykładników a i b. Następnie oblicz wartość stałej szybkości reakcji k oraz oblicz szybkość tej reakcji w temperaturze T w chwili, gdy w reaktorze znajdowało się łącznie 9,0 mol wszystkich gazów.

   Równanie kinetyczne:

   $$v=k\cdot c_{X_2}^{\square }\cdot c_{Y_2}^{\square }$$

   Obliczenia: ............

   Pokaż odpowiedź

   10.1.

   • 1. Zmniejszenie V w izotermii → wzrost stężeń → wzrost v. P.
   • 2. Wzrost T w izobarii → wzrost stałej k (równanie Arrheniusa) → wzrost v. Stwierdzenie "spadek" = F.

   10.2. Wyznaczenie a i b z wykresów:

   Wykres czerwony (v vs c_X₂ przy c_Y₂=1):

   • c_X₂=1 → v=1.
   • c_X₂=2 → v=2.
   • Liniowa (proporcjonalność) → v ∝ c_X₂¹ → a = 1.

   Wykres zielony (v vs c_Y₂ przy c_X₂=1):

   • c_Y₂=1 → v=1.
   • c_Y₂=2 → v=4 (4× wzrost).
   • Parabola (v ∝ c²) → 2² = 4 ✓ → b = 2.

   Równanie kinetyczne:
   $$v=k\cdot c_{X_2}\cdot c_{Y_2}^2$$

   Stała szybkości k: z punktu c_X₂=1, c_Y₂=1, v=1:

   • 1 = k · 1 · 1² → k = 1.
   • Jednostka: v [mol·dm⁻³·s⁻¹] = k · [mol·dm⁻³] · [mol²·dm⁻⁶] → k = mol⁻²·dm⁶·s⁻¹.
   • k = 1 mol⁻²·dm⁶·s⁻¹.

   Obliczenie szybkości przy 9,0 mol gazów:

   Krok 1: stechiometria startowa.

   • Reakcja: X₂ + 2 Y₂ → 2 XY₂. Stosunek X₂ : Y₂ = 1 : 2.
   • 12 mol gazów łącznie, stosunek 1:2 → n(X₂) = 12/3 = 4 mol, n(Y₂) = 12·2/3 = 8 mol.

   Krok 2: stężenia początkowe (V = 4 dm³):

   • c(X₂)₀ = 4/4 = 1 mol/dm³.
   • c(Y₂)₀ = 8/4 = 2 mol/dm³.

   Krok 3: ile X₂ przereagowało (ξ), gdy łączne 9,0 mol?

   • Po reakcji: n(X₂) = 4-ξ; n(Y₂) = 8-2ξ; n(XY₂) = 2ξ.
   • Suma: (4-ξ) + (8-2ξ) + 2ξ = 12 - ξ.
   • 12 - ξ = 9 → ξ = 3 mol.

   Krok 4: stężenia w tej chwili:

   • n(X₂) = 4-3 = 1 mol → c(X₂) = 1/4 = 0,25 mol/dm³.
   • n(Y₂) = 8-6 = 2 mol → c(Y₂) = 2/4 = 0,5 mol/dm³.

   Krok 5: szybkość v:

   • v = k · c(X₂) · c(Y₂)² = 1 · 0,25 · 0,5² = 1 · 0,25 · 0,25 = 0,0625 mol·dm⁻³·s⁻¹.

   Odpowiedź: v ≈ 0,063 mol·dm⁻³·s⁻¹ (lub 6,25·10⁻² mol·dm⁻³·s⁻¹).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 10.1.2 — wpływ T w izobarii. W izobarii (p=const) wzrost T → wzrost V → spadek stężenia. ALE k rośnie z T (Arrhenius, ~2× co 10°C). Wzrost k **dominuje** nad spadkiem c → v rośnie. Stwierdzenie "spadek" = F. Pułapka 10.2 — wyznaczanie a, b. Klucz: **rząd reakcji**. Liniowa zależność v od c → rząd 1. Kwadratowa → rząd 2. Sześcienna → rząd 3. Pułapka 10.2 — jednostka k. Dla v = k·c^n, k ma jednostkę [mol/(dm³·s)] / [mol/dm³]ⁿ = mol^(1-n)·dm^(3n-3)·s⁻¹. Tu n = a+b = 3 → k = mol⁻²·dm⁶·s⁻¹. Pułapka 10.2 — stechiometria. **1 X₂ : 2 Y₂** (z równania). Mieszanina stechiometryczna 12 mol → X₂ = 4, Y₂ = 8 (nie 6:6).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
2. Matura CKE · maj 2025 · zad. 13 2 pkt równowaga chemiczna, synteza amoniaku, stała Kc, ciśnienie, Haber-Bosch

   W celu wyznaczenia stężeniowej stałej równowagi syntezy amoniaku w temperaturze T do reaktora o stałej pojemności wprowadzono azot i wodór. Początkowe stężenie azotu było równe 0,20 mol·dm⁻³, a początkowe stężenie wodoru wynosiło 0,60 mol·dm⁻³. Następnie reaktor zamknięto i utrzymywano stałą temperaturę T. W reaktorze zaszła reakcja opisana poniższym równaniem:

   $$N_2+3H_2\rightleftharpoons 2N{H}_3$$

   Po pewnym czasie stwierdzono, że ciśnienie w reaktorze obniżyło się do 75% początkowej wartości i już się nie zmieniało.

   Zadanie 13. (0–1–2)

   Oblicz stężeniową stałą równowagi syntezy amoniaku w temperaturze T.

   Obliczenia: ............

   Pokaż odpowiedź

   Krok 1: spadek ciśnienia ↔ spadek liczby moli (stała T, V).

   • Z PV = nRT: p ∝ n (przy stałych T i V).
   • Sumaryczne stężenie początkowe: c_total(0) = c(N₂) + c(H₂) = 0,20 + 0,60 = 0,80 mol/dm³.
   • Sumaryczne stężenie po reakcji: c_total = 0,80 · 0,75 = 0,60 mol/dm³.
   • Spadek: Δc = -0,20 mol/dm³.

   Krok 2: bilans z stechiometrii.

   Niech x mol/dm³ N₂ przereagowało. Z równania N₂ + 3 H₂ → 2 NH₃:

   • Zmiana c(N₂): -x.
   • Zmiana c(H₂): -3x.
   • Zmiana c(NH₃): +2x.
   • Sumaryczna zmiana: -x - 3x + 2x = -2x.

   Krok 3: -2x = -0,20 → x = 0,10 mol/dm³.

   Krok 4: stężenia w równowadze.

   • c(N₂) = 0,20 - 0,10 = 0,10 mol/dm³.
   • c(H₂) = 0,60 - 3·0,10 = 0,60 - 0,30 = 0,30 mol/dm³.
   • c(NH₃) = 2·0,10 = 0,20 mol/dm³.

   Sprawdzenie: 0,10 + 0,30 + 0,20 = 0,60 mol/dm³ ✓ (75% z 0,80).

   Krok 5: stała równowagi.

   $$K_c=\frac{[{\text{NH}}_3{]}^2}{[{\text{N}}_2]\cdot [{\text{H}}_2{]}^3}=\frac{(0,20{)}^2}{0,10\cdot (0,30{)}^3}=\frac{0,04}{0,10\cdot 0,027}=\frac{0,04}{0,0027}$$

   K_c ≈ 14,8 mol⁻²·dm⁶

   (Lub bez jednostki, w zależności od konwencji ~14,81).

   Odpowiedź: K_c ≈ 14,8 mol⁻²·dm⁶ (lub równoważnie ~14,81).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pominięcie spadku stężenia. Z PV = nRT przy stałych T i V → **p ∝ n**. Spadek p z 100% do 75% = spadek n (i sumaryczne stężenie) o 25%. Pułapka — błędna stechiometria. **Na 1 mol N₂ + 3 mol H₂ powstają 2 mole NH₃**. Łączna zmiana moli = -1 -3 +2 = -2 (na każde 1 mol N₂ przereagowane). Pułapka — wzór na K_c. Trzeba **podnosić stężenie do potęgi współczynnika** stechiometrycznego: K_c = [NH₃]² / ([N₂][H₂]³). NIE: [NH₃]/[N₂][H₂]. Pułapka — jednostka K_c. Dla reakcji N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃: K_c = mol²/dm⁶ / (mol/dm³ · mol³/dm⁹) = mol⁻²·dm⁶.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
3. Matura CKE · maj 2025 · zad. 15 2 pkt termochemia, entalpia spalania, LPG, propan, butan, gęstość, stechiometria

   LPG (Liquefied Petroleum Gas) jest mieszaniną propanu (C₃H₈) i butanu (C₄H₁₀). W zależności od pory roku stosuje się różne mieszanki:

   • letni LPG: stosunek molowy propan : butan = 30 : 70
   • gęstość ciekłego letniego LPG w temperaturze 273 K wynosi ρ = 0,56 g/cm³

   Standardowe entalpie spalania węglowodorów:

   • propan (C₃H₈): ΔH°_c = −2219 kJ/mol
   • butan (C₄H₁₀): ΔH°_c = −2878 kJ/mol

   Wykonano doświadczenie. Próbkę 1,0 dm³ letniego LPG przeprowadzono w stan gazowy i spalono.

   Zadanie 15. (0–1–2)

   Oblicz energię, która wydzieli się do otoczenia w wyniku całkowitego spalenia 1,0 dm³ letniego LPG. Wynik podaj w kilodżulach. Przyjmij, że wartości entalpii spalania węglowodorów są takie same jak w warunkach standardowych. Załóż, że powyższe wartości nie ulegają zmianie wraz ze zmianą temperatury oraz że energia jest wymieniana z otoczeniem wyłącznie na sposób ciepła.

   Obliczenia: ............

   Pokaż odpowiedź

   Krok 1: masa całkowita LPG.

   • V = 1,0 dm³ = 1000 cm³.
   • m_LPG = V · ρ = 1000 · 0,56 = 560 g.

   Krok 2: skład molowy.

   • Stosunek n_propan : n_butan = 30 : 70 = 3 : 7.
   • Niech n_propan = 3x, n_butan = 7x.

   Krok 3: masy molowe.

   • M(C₃H₈) = 3·12 + 8·1 = 44 g/mol.
   • M(C₄H₁₀) = 4·12 + 10·1 = 58 g/mol.

   Krok 4: bilans masy.

   • m_propan = 3x · 44 = 132x g.
   • m_butan = 7x · 58 = 406x g.
   • m_LPG = 132x + 406x = 538x g = 560 g.
   • x = 560 / 538 = 1,041.

   Krok 5: liczba moli każdego węglowodoru.

   • n_propan = 3 · 1,041 = 3,123 mol.
   • n_butan = 7 · 1,041 = 7,287 mol.

   Krok 6: energia wydzielona (entalpia spalania jest ujemna, więc energia wydzielona = |ΔH| · n):

   • E_propan = 2219 · 3,123 = 6 929 kJ.
   • E_butan = 2878 · 7,287 = 20 972 kJ.
   • E_total = 6 929 + 20 972 = 27 901 kJ ≈ 27 900 kJ.

   Odpowiedź: E ≈ 27 900 kJ (≈ 2,79·10⁴ kJ) energii wydziela się do otoczenia w wyniku spalenia 1,0 dm³ letniego LPG.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie stosunku molowego z masowym. Stosunek 30:70 to **mol** (n), nie masa. Trzeba obliczyć masy z mas molowych. Pułapka — pomylenie znaku ΔH. ΔH_spalania < 0 (egzotermiczne). **Energia wydzielona = |ΔH|** (wartość bezwzględna, dodatnia liczba). Pułapka — pomyłka w gęstości. ρ = 0,56 g/cm³, V = 1000 cm³ → m = 560 g. NIE 0,56 kg (= 560 g, tak samo, ale w innym kontekście).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
4. Matura CKE · maj 2025 · zad. 16 1 pkt termochemia, LPG, propan, butan, porównanie spalania, CO2

   Porównanie zimowego LPG (propan : butan = 70 : 30, gęstość 0,54 g/cm³) z letnim LPG (30 : 70, gęstość 0,56 g/cm³).

   Zadanie 16. (0–1)

   Uzupełnij zdania. Zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

   Ilość energii wydzielana podczas całkowitego spalania 1,0 dm³ zimowego LPG jest (mniejsza niż / taka sama jak / większa niż) ilość energii wydzielana podczas całkowitego spalania tej samej objętości letniego LPG.

   Ilość CO₂ emitowanego do atmosfery podczas spalania 1,0 dm³ LPG jest większa w przypadku (letniego / zimowego) LPG.

   Pokaż odpowiedź

   Energia ze spalania zimowego LPG:

   m(zimowy) = 1000 · 0,54 = 540 g.

   Stosunek molowy 70:30 (propan:butan) = 7:3. Niech n_propan = 7x, n_butan = 3x.

   • m = 7x · 44 + 3x · 58 = 308x + 174x = 482x = 540.
   • x = 540 / 482 = 1,120.
   • n_propan = 7,84 mol, n_butan = 3,36 mol.

   E_zimowy = 7,84 · 2219 + 3,36 · 2878 = 17 397 + 9 670 = 27 067 kJ ≈ 27 100 kJ.

   E_letni z poprzedniego zadania = ~27 900 kJ.

   Porównanie: 27 100 < 27 900 → zimowy LPG wydziela MNIEJSZĄ energię niż letni (przy tej samej objętości).

   Ilość CO₂ emitowana (1 mol propanu → 3 mol CO₂; 1 mol butanu → 4 mol CO₂):

   • Zimowy: n_CO₂ = 7,84 · 3 + 3,36 · 4 = 23,5 + 13,4 = 36,9 mol CO₂.
   • Letni: n_CO₂ = 3,12 · 3 + 7,29 · 4 = 9,4 + 29,2 = 38,5 mol CO₂.

   Letni emituje więcej CO₂ (38,5 > 36,9 mol — różnica ~4%).

   Odpowiedzi:

   • Energia z zimowego LPG jest mniejsza niż ze spalania letniego LPG.
   • Więcej CO₂ emituje letni LPG.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — odwrotny kierunek. Letni LPG ma więcej **butanu** (większego węglowodoru), który daje **więcej energii NA MOL** (2878 vs 2219), ale w 1 dm³ jest **mniej moli całkowicie** (mniejsza gęstość energii na mol = większa cząsteczka). Klucz: letni LPG MIMO większej zawartości butanu daje **WIĘCEJ** energii na dm³ (bo butan ma więcej energii niż propan). Pułapka — niewłaściwe stechiometrie CO₂. Propan C₃H₈ + 5 O₂ → 3 CO₂ + 4 H₂O. Butan C₄H₁₀ + 13/2 O₂ → 4 CO₂ + 5 H₂O.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
5. Matura CKE · maj 2024 · zad. 5 2 pkt kinetyka chemiczna, szybkość reakcji, równanie kinetyczne, rząd reakcji

   Zadanie dotyczy kinetyki chemicznej — szybkości reakcji, rzędu reakcji i wpływu stężenia substratów. Treść w obrazie arkusza poniżej.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga określenia rzędu reakcji względem poszczególnych substratów na podstawie danych doświadczalnych oraz zapisania równania kinetycznego $v=k[A{]}^m[B{]}^n$.

   ⚠ Typowa pułapka: Mylenie rzędu reakcji z współczynnikiem stechiometrycznym (rząd ustala się DOŚWIADCZALNIE, nie z równania); nieuwzględnienie jednostki stałej szybkości k.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
6. Matura CKE · maj 2024 · zad. 6 2 pkt równowaga chemiczna, reguła Le Chateliera, stała równowagi Kc

   Zadanie dotyczy równowagi chemicznej, reguły Le Chateliera i stałej równowagi Kc. Treść w obrazie arkusza poniżej.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga określenia kierunku przesunięcia równowagi (reguła Le Chateliera) przy zmianie warunków oraz obliczenia/zapisania wyrażenia na Kc.

   ⚠ Typowa pułapka: Stałe Kc i Kp NIE zawierają substancji stałych i czystych cieczy; reguła Le Chateliera dotyczy efektu działania (wzrost temp → reakcja endotermiczna), nie samej zmiany.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
7. Matura CKE · maj 2024 · zad. 20 2 pkt chemia organiczna, kataliza, mechanizm reakcji, reakcje autokatalityczne, jodowanie acetonu

   Przemiany katalizowane przez jeden z produktów są nazywane reakcjami autokatalitycznymi. Reakcja jodowania acetonu, prowadzona w roztworze wodnym w obecności jonów hydroniowych, przebiega w dwóch etapach:

   Etap 1: aceton (CH₃-CO-CH₃) + H₃O⁺ ⇌ przejście do formy enolowej (CH₃-C(OH)=CH₂) + H₂O (wolno)

   Etap 2: enol + I₂ → (CH₃)C(OH⁺)CH₂I → produkt + I⁻ (szybko); następnie hydroliza do jodoacetonu + H₃O⁺.

   W etapie 1. zachodzą powolne przemiany prowadzące do powstania enolu. Etap 2. to szybka reakcja enolu z jodem, której produkt przekształca się w jodoaceton.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — zadanie wymaga analizy mechanizmu reakcji autokatalitycznej. Produktem katalizującym jest H₃O⁺ (powstaje w etapie 2 i przyspiesza etap 1). Etap wolny (limitujący szybkość) to tautomeria keto-enolowa (etap 1).

   ⚠ Typowa pułapka: Autokataliza — produkt reakcji przyspiesza tę samą reakcję; po pewnym czasie szybkość rośnie wykładniczo, potem spada (brak substratu). Mylenie z katalizą zwykłą (katalizator z zewnątrz).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
8. Matura CKE · maj 2023 · zad. 6 2 pkt kinetyka chemiczna, szybkość reakcji, równanie kinetyczne

   Pewna reakcja chemiczna:

   $$2A_{(g)}+B_{(g)}\rightleftharpoons 2C_{(g)}$$

   przebiega w temperaturze 298 K według równania kinetycznego: $v=k\cdot c_A^2\cdot c_B$.

   Stała szybkości $k$ opisanej przemiany w temperaturze 298 K jest równa $6,7\cdot 10^3{\text{dm}}^6\cdot {\text{mol}}^{-2}\cdot {\text{s}}^{-1}$. Początkowe stężenie substancji A wynosiło $4\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}$, a początkowe stężenie substancji B było równe $3\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}$.

   Oblicz szybkość opisanej reakcji w momencie, w którym przereagowało 50% początkowej ilości substancji B.

   Pokaż odpowiedź

   Krok 1: stechiometria zużycia

   Z równania: $2A+B\to 2C$. Gdy zużywa się 1 mol B, zużywa się 2 mole A.

   Przereagowało 50% B → $\Delta c_B=0,5\cdot 3=1,5{\text{mol/dm}}^3$
   Stąd $\Delta c_A=2\cdot 1,5=3{\text{mol/dm}}^3$.

   Krok 2: aktualne stężenia

   • $c_A=4-3=1{\text{mol/dm}}^3$
   • $c_B=3-1,5=1,5{\text{mol/dm}}^3$

   Krok 3: szybkość

   $$v=k\cdot c_A^2\cdot c_B=6,7\cdot 10^3\cdot (1{)}^2\cdot 1,5$$

   $$v=6,7\cdot 10^3\cdot 1,5=1,005\cdot 10^4\approx 1,0\cdot 10^4\frac{\text{mol}}{{\text{dm}}^3\cdot \text{s}}$$

   Odpowiedź: $v\approx 1,0\cdot 10^4\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}\cdot {\text{s}}^{-1}$.

   ⚠ Typowa pułapka: - **Stechiometria**: zużycie A jest **dwa razy większe** niż B (współczynnik 2:1). Częsty błąd: zmniejszanie A o tyle samo co B. - Wzór kinetyczny korzysta z **aktualnych** stężeń, nie początkowych. - Jednostka $k$ $[{\text{dm}}^6\cdot {\text{mol}}^{-2}\cdot {\text{s}}^{-1}]$ odpowiada rzędowi reakcji 3 (2 z A + 1 z B).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
9. Matura CKE · maj 2023 · zad. 21 1 pkt równowaga chemiczna, reguła Le Chateliera, ciśnienie, eten

   Zadanie odnosi się do reakcji etenu w fazie gazowej (kontekst poprzedniego zadania na arkuszu).

   Wyjaśnij, dlaczego w danej temperaturze równowagowy stopień przereagowania etenu w opisanej reakcji jest tym większy, im wyższe jest ciśnienie, pod którym prowadzona jest reakcja.

   Pokaż odpowiedź

   Wyjaśnienie (reguła przekory / Le Chateliera):

   W reakcji etenu (np. dimeryzacja, polimeryzacja lub addycja) liczba moli gazowych produktów jest mniejsza od liczby moli gazowych substratów. Zwiększenie ciśnienia (zmniejszenie objętości) powoduje przesunięcie równowagi w stronę mniejszej liczby moli gazu, czyli w stronę produktów. Dzięki temu rośnie stopień przereagowania etenu.

   Reguła Le Chateliera: jeżeli układ w stanie równowagi zostanie poddany zakłóceniu (zmianie p, T, c), to równowaga przesunie się w kierunku przeciwdziałającemu temu zakłóceniu.

   Wzrost ciśnienia → układ "broni się" przed wzrostem ciśnienia → przesunięcie w stronę, gdzie mniej jest cząsteczek gazowych → produkty (mniej moli gazu) → większy stopień przereagowania etenu.

   ⚠ Typowa pułapka: - Reguła Le Chateliera dotyczy zmiany **ciśnienia tylko cząsteczek w fazie gazowej**. - Jeśli liczba moli gazu po obu stronach jest równa, zmiana ciśnienia **nie wpływa** na równowagę. - Stopień przereagowania = (liczba moli zużytego substratu) / (liczba moli substratu początkowego). - **Stała równowagi $K_p$ nie zależy od ciśnienia** (zależy tylko od T) — zmienia się stosunek stężeń/ciśnień cząstkowych.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
10. Matura CKE · maj 2023 · zad. 22 1 pkt hydratacja etenu, termochemia, efekt cieplny reakcji, addycja wody do alkenow

    Zadanie 22. (0-1)

    Rozstrzygnij, czy reakcja hydratacji etenu jest procesem endo- czy egzotermicznym. Odpowiedz uzasadnij.

    Rozstrzygniecie: ............................................................

    Uzasadnienie: ...............................................................

    Pokaż odpowiedź

    Rozstrzygniecie: Hydratacja etenu jest procesem EGZOTERMICZNYM.

    Rownanie reakcji hydratacji etenu (addycja wody do wiazania podwojnego):

    CH2=CH2 + H2O -> CH3-CH2-OH (DeltaH < 0)

    Uzasadnienie (przykladowe sformulowania - wystarczy jedno):

    1. Bilans energetyczny wiazan:
       W substratach zrywane sa: jedno wiazanie C=C (pi) w etenie oraz jedno wiazanie O-H w czasteczce wody.
       W produkcie tworza sie nowe wiazania: C-C (sigma zamiast pi w etenie, tj. z C=C zostaje C-C),
       C-H oraz C-O.
       Energia wiazan tworzacych sie w produkcie (C-O, C-H, sigma C-C) jest WIEKSZA niz energia wiazan
       zrywanych (slabsze wiazanie pi w C=C oraz O-H). Roznica energii zostaje uwolniona do otoczenia
       w postaci ciepla, wiec DeltaH < 0 - reakcja jest egzotermiczna.

    2. Argument oparty na typie reakcji:
       Hydratacja etenu to reakcja addycji (przylaczania) - w reakcjach addycji do wiazania
       wielokrotnego z reguly powstaja mocniejsze wiazania pojedyncze kosztem slabszego wiazania pi.
       Reakcje addycji do alkenow sa typowo egzotermiczne (uklad obniza swoja energie).

    3. Argument przemyslowy:
       W przemysle hydratacja etenu (otrzymywanie etanolu) prowadzona jest pod cisnieniem i w stosunkowo
       umiarkowanej temperaturze, a uklad wymaga chlodzenia - co potwierdza, ze reakcja wydziela cieplo.

    ⚠ Typowa pułapka: - Typowy blad: odpowiedz "endotermiczna" - uczen myli kierunek efektu cieplnego, bo reakcja wymaga katalizatora (H2SO4) i podwyzszonej temperatury. Ogrzewanie sluzy tylko PRZYSPIESZENIU reakcji, nie zmienia znaku DeltaH. - Brak uzasadnienia w kategoriach energii wiazan lub typu reakcji - samo "egzotermiczna" bez uzasadnienia = 0 pkt (zadanie wymaga DWOCH elementow: rozstrzygniecie + uzasadnienie). - Mylenie hydratacji (addycja H2O) z hydroliza lub uwodornieniem (addycja H2) - to rozne reakcje, choc obie sa egzotermiczne. - Zapisanie rownowagi z H2SO4 jako substratem - katalizator nie wchodzi do rownania sumarycznego.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
11. Matura CKE · maj 2023 · zad. 28 2 pkt rownowaga chemiczna, stala rownowagi Kc, synteza fosgenu, stezenia molowe, stopien przereagowania

    Do reaktora o pojemnosci 4,0 dm^3 wprowadzono gazowe substraty: 0,40 mol CO i 0,20 mol Cl2. Gdy w temperaturze T ustalila sie rownowaga, stwierdzono, ze przereagowalo 80 % chloru.

    Oblicz stezeniowa stala rownowagi syntezy fosgenu w temperaturze T.

    Pokaż odpowiedź

    Rownanie reakcji syntezy fosgenu:
    CO(g) + Cl2(g) <=> COCl2(g)

    Krok 1. Liczba moli Cl2, ktora przereagowala:
    n(Cl2, przer.) = 0,80 * 0,20 mol = 0,16 mol

    Krok 2. Bilans molowy w stanie rownowagi (stechiometria 1:1:1):

    • n(CO) = 0,40 - 0,16 = 0,24 mol
    • n(Cl2) = 0,20 - 0,16 = 0,04 mol
    • n(COCl2) = 0,16 mol

    Krok 3. Stezenia molowe w rownowadze (V = 4,0 dm^3):

    • [CO] = 0,24 / 4,0 = 0,060 mol/dm^3
    • [Cl2] = 0,04 / 4,0 = 0,010 mol/dm^3
    • [COCl2] = 0,16 / 4,0 = 0,040 mol/dm^3

    Krok 4. Stezeniowa stala rownowagi:
    Kc = [COCl2] / ([CO] * [Cl2])
    Kc = 0,040 / (0,060 * 0,010) = 0,040 / 0,00060
    Kc ~= 66,7 dm^3/mol (ok. 67 dm^3/mol)

    ⚠ Typowa pułapka: - Liczenie 80 % od CO zamiast od Cl2 — tresc jasno mowi "przereagowalo 80 % chloru". - Pomylka w stechiometrii — reakcja CO + Cl2 -> COCl2 ma stosunek 1:1:1; kazdy mol Cl2, ktory przereagowal, "zjada" 1 mol CO i daje 1 mol produktu. - Liczenie Kc na molach zamiast na stezeniach molowych — wzor wymaga [X] w mol/dm^3, nie n w molach. - Pominiecie jednostki — dla reakcji o Δn(gaz) = -1 stala Kc nie jest bezwymiarowa, jednostka dm^3/mol (rownowaznie (mol/dm^3)^-1) jest czescia poprawnej odpowiedzi. - Bledy arytmetyczne — 0,060 * 0,010 = 6,0 * 10^-4, nie 6,0 * 10^-3.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →