Περί ολικής απόδοσης

Και σε συνέχεια του προηγούμενου άρθρου μου περί ολικής απόδοσης επειδή πολλά έχουν λεχθεί τελευταία η απόδοση δεν αφορά μόνο βιομηχανικές αντιδράσεις όπου ψάχνουμε τρόπους αύξησης της, αλλά και άλλες όπου μπορεί ο χημικός να θέλει να μειώσει την απόδοση για να αυξήσει το ρΗ στην ιοντική ισορροπια ή το ρΟΗ.Ολική απόδοση και τι ισχύει τελικά γιατί πολλά έχουν ειπωθεί τελευταία.. Απόδοση ή βαθμός ιοντισμού με 2 τρόπους Πχ1 Έστω ΗΑ 0,1 μολ σε 1 L διαλύματος (Δ1) με Κα =10^-5 ποιος είναι ο βαθμός ιοντισμού του; Στη συνέχεια προσθέτουμε 0,1 μολ ΗΑ με σταθερό όγκο. Ποιος ο νέος βαθμός ιοντισμού; 1ος τρόπος με νόμο Ostwald Αρχικά C=0,1/1=0,1M, οπότε α=✓(Κα/C)=✓(10^-5/0,1)=10-2 Τελικά C’=(0,1+0,1)/1=0,2M, οπότε ομοίως α’=✓(Κα/C’)=✓(10^-5/2*10^-1)=✓2/2*10^2=0.7*10^-2<α 2ος τρόπος που δείχνει με περισσότερη χημεία και όχι μαθηματικό τύπο γιατί ενώ η Ι.Ι μετατοπίστηκε δεξιά ο βαθμός ιοντισμου ή η απόδοση της αντίδρασης μειώθηκε. ΗΑ + Η2ΟΑ- + Η3Ο+ 0.1μολ -χ μολ. χ μολ χ μολ 0.1-χ μολ. χ μολ χ μολ Κα=χ^2/0.1-χ=χ^2/1 , αφού V=1L και τα οι τιμές των συγκεντρώσεων στον τύπο της Κα συμπίπτουν με αυτές των μολ, οπότε Χ=10^-3 μολ ή Μ και α=10^-3/0.1=10^-2 Στη συνέχεια στην Ι.Ι1 προσθέτουμε 0.1μολΗΑ αρα ΗΑ+ Η2ΟΑ- + Η3Ο+ 0.1-χ=0.1. 10^-3. 10^-3 +0.1 -ψ. ψ. Ψ 0.2-ψ. Ψ. Ψ.(μολ). μολ. μολ Κα=(ψ+10^-3)^2/0.2-ψ=(ψ+10^-3)^2/0.2 αφού τα μολ είναι ίσα με τις συγκεντρώσεις για όγκο διαλύματος 1L. Άρα λύνοντας την δευτεροβάθμια βρίσκουμε ψ περίπου 0.4*10^-3 Εδώ χρειάζεται προσοχή γιατί στη νέα απόδοση πρέπει να ληφθεί υπόψη η συνολική ποσότητα ΗΑ που μπήκε στο δοχείο και σαν ποσότητα προϊόντος το σύνολο και από τις 2 αντιδράσεις άρα α’=Χ+ψ/0.1+0.1=(10^-3+0.4*10^-3)/0,2=0.7*10^-2 όπως βγήκε και με τον πρώτο τρόπο. Γιατί η απόδοση μειώνεται ενώ η Ι.Ι μετατοπίζεται δεξιά φαίνεται εδώ και με νούμερα αφού η ποσότητα που ιοντιζεται μετά την προσθήκη ψ=0.4*10^-3 είναι πολύ μικρότερη από το 0.1 μολ που προσθέτουμε αφού η μεταβολή (παρά σε κάποιες εξαιρέσεις όπου Κc= Ç μιας ουσίας μόνο) δεν αναιρείται πλήρως και επιπροσθέτως εδώ η σταθερά χημικής ισορροπίας Κα είναι πολύ μικρή . Έτσι εξηγείται χημικά και όχι μαθηματικά το “παράδοξο”του γιατί ενω η αντίδραση μετατοπίζεται δεξιά ο βαθμός ιοντισμού ή απόδοση μειώνεται. Άρα βλέπουμε και άλλες εφαρμογές της συνολικής απόδοσης που έχει τόσο συζητηθεί αυτές τις μέρες και στη Ι.Ι. Πχ2 Στο Δ1 προσθέτουμε 9L νερού. Ποια η νέα απόδοση; 1ος τρόπος C”=0.1/10=10^-2M, άρα από νόμο Ostwald α”=✓(Κα/C”)=10^-1.5>α 2ος τρόπος που εμβαθύνει γιατί συμβαίνει αυτό. Με την προσθήκη νερού αλλάζουν όλες οι συγκεντρώσεις οπότε Qc=[n {A-}/V’]*[n {H3O+/V’]/n {HA/V’}<Kc αφού τα μολ τη στιγμή της αραίωσης παραμένουν σταθερά ενώ αυξάνεται ο όγκος. Οπότε είχαμε στην Ι.Ι1 που θα μετατοπιστεί δεξια ΗΑ+ Η20Α- + Η3Ο+ 0.1-χ=0.1. 10^-3. 10^-3 -ω. +ω. +ω 0.1-ω. 10^-3+ω10^-3+ω μολ. μολ. μολ Κα==(10^-3+ω)/10}^2/(0.1-ω)/10= αφού ο όγκος άλλαξε και έγινε 10 L. Λύνοντας την δευτεροβάθμια βρίσκουμε ω=2.1*10^-3μολ. Επομένως α”=Χ+ω/10^-1αφού τα αρχικά μολ του ΗΑ έμειναν ίδια με την αραίωση οπότε α”=(10^-3+2.1*10^-3)/10^-1=3.1*10^-2=10^-1.5 όπως ακριβώς υπολογίσαμε πολύ πιο εύκολα στην πρώτη περίπτωση . Πχ3 Στο Δ1 προσθέτουμε 0.1 μολ ΝaA χωρίς μεταβολή του όγκου. 1ος τρόπος Προσοχή δεν ισχύει ο νόμος Ostwald αφού έχουμε Ε.Κ.Ι. Άρα ΝaΑ >Νa+ +A- 0.1 -. 0.1. 0.1+φ μολ. μολ. μολ ΗΑ+ Η2ΟΑ- + Η3Ο+ 0.1- φ. φ+0.1 φ μολ. μολ. μολ Με φ συμβολίζουμε τα μολ που έχουν ιοντιστει τελικά και είναι μικρότερα από Χ σε σχέση με την Ι.Ι1 λόγω μετατόπισης της στα αριστερα. Κα={(0.1+φ)*φ}/0.1-φ=(0.1*φ)/0.1 αφού ο όγκος είναι 1 L και τα μολ στο πινάκακι είναι ίσα με τις συγκεντρώσεις που αντικαθιστούμε στην Κα. Οπότε προκύπτει φ=10^-5μολ ή Μ, Άρα α”=φ/0,1=10^-4 2ος τρόπος που δείχνει καλύτερα την Ε. Κ.Ι. Στην Ι.Ι.1 έχουμε ΗΑ+Η2ΟΑ- + Η3Ο+ 0.1-χ=0.1. 10^-3 10^-3 +10^-1 +ξ. -ξ. -ξ 10^-3+10^-1-ξ.10^-3-ξ 0.1+ξ μολ. μολ. μολ Αντί για αυτό στην 1η περίπτωση θέτουμε ποσότητα φ που είναι στην ουσία 10^-3-ξ. Οπότε έχουμε Κα= {(10^-3+10^-1-ξ)*(10^-3-ψ)}/0.1+ξ Για να μην σας ταλαιπωρω άλλο με δύσκολες πράξεις θέτω 10^-3-ψ=φ και βρίσκουμε φ=10^-5 μολ ή Μ αφού έχουμε όγκο 1 L.Αρα η α”’= 10^-3-ψ/0.1=φ/0.1=10^-4. Βλέπουμε λοιπόν ότι η ολική απόδοση έχει εφαρμογές όχι μόνο στην βιομηχανία που ψάχνουμε τρόπους μόνο να την αυξήσουμε. Εν κατακλείδι στην απόδοση στα πρακτικά παίρνουμε τα συνολικά μολ που παράγονται από την αντίδραση και μονο οπότε προσθέτουμε αν η αντίδραση μετατοπιστεί δεξιά ή αφαιρούμε αν η αντίδραση μετατοπιστεί αριστερά. Για τα θεωρητικά λαμβάνουμε υπόψη μας τις τυχόν προσθήκες η αφαιρέσεις στα αντιδρωντα ας και έγιναν μετά την πρώτη Χ.Ι.

(Visited 548 times, 1 visits today)
Subscribe
Ειδοποίηση για
4 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Μελισσά Ειρήνη
1 μήνας πριν

Καλησπέρα. Θα ήθελα να ρωτήσω το εξής: στην περίπτωση που ένα σύστημα έχει φτάσει σε χημική ισορροπία και αφαιρέσω ποσότητα από το περιοριστικό αντιδρών, τοτε τα mol προϊόντος που παράγονται πρακτικά μειώνονται αφου η ισορροπια θα κινηθει προς τ αριστερα. Τα θεωρητικά mol θα μειωθούν; ( άρα η συνολική απόδοση δεν ξέρω τι κανει) ή θα είναι σταθερά ( Άρα η συνολική απόδοση μειώνεται)
Ευχαριστώ

Μελισσά Ειρήνη
1 μήνας πριν
Απάντηση σε  Καλλιγα Σοφια

Για να έχω απόδοση μεγαλύτερη από την στοιχειομετρικη αναλογία δεν θα πρέπει να κρατήσω την ποσότητα της μιας ουσίας όση ήταν πριν και στην άλλη να χρησιμοποιήσω περισσότερο ,ωστε να αυξήσω τα πρακτικά mol και να κρατήσω σταθερά τα θεωρητικα;
Αν σε σχέση με τις στοιχειομετρικες ποσότητες μειώσω τη μια μπορώ να ξέρω αν θα πάρω μεγαλύτερη η μικρότερη αποδοση;