3.4. Розв’язування задач на надлишок однієї з реагуючих речовин
Особливість задач даного типу полягає в тому, що в умові зазначається маса чи об’єм обох реагуючих речовин, одна з яких дається з кількості, більшій, ніж це необхідно для реакції (тобто, в надлишку). Під час проведення реакції частина такої речовини залишається в реакційній суміші після реакції, тому що не прореагує повністю. Для обчислення продукту реакції необхідно знати масу чи об’єм речовини, що прореагує повністю. Саме за даними цієї речовини (вважається, що вона знаходиться в недостачі) і будуть проводитися обчислення, необхідні для продукту реакції.
ν
(X)
=
;
ν (X)
=
;
k
=
;
M(прод)= k∙М(пр)∙υ (пр); V(прод)= k∙Vm∙υ (пр)
Приклад
Який об’єм водню виділиться при взаємодії алюмінію масою 2,16 г з розчином, що містить 9,6 г хлоридної кислоти?
Дано: |
Розв’язання: |
m (Al) = 2,16 г m (HCl) = 9,6 г |
І спосіб
1.
υ (Al)
=
2. 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3Н2↑ 3. кількість речовини хлоридної кислоти, щоб повністю прореагував весь алюміній кількістю речовини 0,08 моль 2 : 6 = 0,08 : х; х = 0,24 (моль) 4. У нас за умовою кислоти 0,26 моль, а потрібно 0,24 моль. Отже в надлишку саме HCl. Тоді алюміній у недостачі. Подальші розрахунки проводимо за тією речовиною, яка в недостачі, тобто – за алюмінієм. 5. 2 : 3 = 0,08 : у; у = 0,12 (моль) 6. V(H2) = 0,12 ∙ 22,4 = 2,688 (л). ІІ спосіб 2. 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3Н2↑ 3. Обчислюємо коефіцієнти пропорційності:
k
(Al)
=
4. Коефіцієнт пропорційності менший у алюмінію, отже знаходимо об’єм водню саме за ним: V(H2) = 0,04 ∙22,4∙3=2,688 (л) |
V(H2) - ? |
|
Відповідь: об’єм утвореного водню становить 2,688 л |
|
(моль); υ (HCl)
=
(моль)
=0,04;
k
(HCl)
=
=0,044
Особливості розв’язування задач на надлишок за участю солей багатоосновних кислот
Особливість цих задач полягає у тому, що в залежності від кількісних співвідношень кислот з лугами можуть утворюватись різні типи солей.
Для ортофосфатної кислоти:
Н3РО4 + NaOH NaH2PO4 + H2O (співвідношення 1 : 1)
Н3РО4 + 2NaOH Na2HPO4 + 2H2O (співвідношення 1 : 2)
Н3РО4 + 3NaOH Na3PO4 + 3H2O (співвідношення 1 : 3)
Для двохосновних кислот (наприклад, Н2SО4)
Н2SО4 + KOH KНSО4 + H2O (співвідношення 1 : 1)
Н2SО4 + 2KOH K2SО4 + H2O (співвідношення 1 : 2)
Приклад
До розчину, що містить 16 г натрій гідроксиду, додали розчин, що містить 19,6 г ортофосфатної кислоти. Розчин випарили. Обчислити маси утворених солей.
Дано: |
Розв’язання: |
m (NaOH) = 16 г m (Н3РО4) = 19,6 г |
2.
υ
(NaOH)
=
3. υ (NaOH) : υ (Н3РО4) = 0,4 : 0,2 = 2 : 1 Сіль двозаміщена. 4. Н3РО4 + 2NaOH Na2HPO4 + 2H2O 5. кількість речовини утвореної солі 1 : 1 = 0,2 : х х = υ (Na2HPO4)= 0,2 (моль) 6. маса утвореної солі M (Na2HPO4) = 0,2 ∙ 142 = 28,4 (г) |
m (солей) - ? |
|
Відповідь: маса утвореного натрій гідрофосфату 28,4 г. |
|
(моль); υ (Н3РО4)
=
(моль)Приклад
До розчину, що містить 44 г натрій гідроксиду, додали розчин, що містить 39,2 г ортофосфатної кислоти. Розчин випарили. Обчислити маси утворених солей.
Дано: |
Розв’язання: |
m (NaOH) = 44 г m(Н3РО4)= 39,2 г |
2.
υ
(NaOH)
=
3. υ (NaOH) : υ (Н3РО4) = 1,1 : 0,4 = 2,75 : 1 Утворюється двозаміщена сіль і трохи гідрофосфату. 4. Н3РО4 + 2NaOH Na2HPO4 + 2H2O Na2HPO4+ NaOH Na3PO4 + H2O 5. кількість речовини лугу яка прореагувала з кислотою 1 : 2 = 0,4 : х; х = 0,8 (моль) 6. кількість речовини лугу в надлишку υ (NaOH) = 1,1 – 0,8 = 0,3 (моль) 7. кількість речовини утвореної солі Na2HPO4 1 : 1 = 0,4 : у; у= 0,4 (моль) 8. кількість речовини гідрофосфату натрію яка прореагувала з надлишком лугу 1 : 1 = 0,3 : у2; у2= 0,3 (моль) 9.кількість речовини гдрофосфату натрію яка залишилась υ (Na2HPO4) = 0,4 – 0,3 = 0,1 (моль) 10. кількість речовини ортофосфату натрію яка утворилась 1 : 1 = 0,3 : у3; у3= 0,3 (моль) 11. маса утворених солей M (Na2HPO4) = 0,1 ∙ 142 = 14,2 (г) m (Na3PO4) = 0,3 ∙ 164 = 49,2 (г) |
m (солей) - ? |
|
Відповідь: маса утвореного натрій гідрофосфату 14,2 г, а натрій ортофосфату 49,2 г. |
|
(моль); υ (Н3РО4)
=
(моль)