„Zmieszano 20,0 g wodorotlenku sodu z 20,0 g chlorowodoru.” Obu substratów jest po 20 gramów, więc przereagują po równo? Nie. Najpierw trzeba ustalić, który z nich skończy się pierwszy. Ten substrat to reagent ograniczający i tylko on decyduje o tym, ile powstanie produktu. Drugi to substrat w nadmiarze: jego część zostaje po reakcji. W szkole usłyszysz o tym jako o nadmiarze i niedomiarze.
1Kiedy szukać reagenta ograniczającego
Gdy zadanie podaje dane o obu substratach, zanim cokolwiek policzysz, ustalasz, który z nich skończy się pierwszy. Dotąd zadania podawały dane o jednym substracie, a o drugim nie mówiły nic albo pisały „nadmiar”. Teraz dostajesz na przykład dwie masy albo masę i stężenie.
Pomaga przykład z kuchni. Przepis na kanapkę to 2 kromki chleba i 1 plaster sera. Masz 10 kromek i 3 plastry, więc zrobisz 3 kanapki: ser skończy się pierwszy, a 4 kromki zostaną na stole. Ser jest składnikiem ograniczającym, a chleb jest w nadmiarze. Przy 20 albo 200 kromkach kanapek byłoby tyle samo, bo o ich liczbie decyduje tylko ser.
W reakcji przepisem są współczynniki z równania. Produkt liczysz zawsze z reagenta ograniczającego, bo to on zużywa się w całości. Substrat w nadmiarze częściowo zostaje.
2Równe masy to nie równe ilości
Wróć do zdania z początku. Masy są równe, ale cząsteczki NaOH i HCl ważą różnie, więc liczby moli są różne.
20,0 g NaOH i 20,0 g HCl:
- Najpierw przeliczasz NaOH na mole: n = 20,0 g przez 40,0 g/mol = 0,500 mola.
- Potem przeliczasz HCl na mole: n = 20,0 g przez 36,5 g/mol = 0,548 mola.
Chlorowodoru jest więcej, choć obu substancji odważono po 20,0 g.
Gdy w równaniu oba współczynniki wynoszą 1, wystarczy porównać mole:
NaOH + HCl → NaCl + H₂O
NaOH skończy się pierwszy. Gdy współczynniki są różne, porównanie samych moli też myli.
Masa nie mówi, ile jest cząsteczek. Same mole też nie wystarczą, jeśli współczynniki w równaniu są różne. Zawsze sprawdzasz proporcją z równania, ile drugiego substratu potrzeba na pierwszy.
3Sprawdzasz, ile potrzeba drugiego substratu
Bierzesz jeden substrat i z proporcji nad równaniem reakcji liczysz, ile drugiego trzeba, żeby pierwszy przereagował cały. Potem porównujesz wynik z tym, co masz. Jeśli drugiego masz więcej, niż potrzeba, jest w nadmiarze. Jeśli mniej, to on ogranicza.
Ile NaCl powstanie z 20,0 g NaOH i 20,0 g HCl?
NaOH + HCl → NaCl + H₂O
- Najpierw liczysz z proporcji, ile HCl potrzeba na 20,0 g NaOH: 40,0 g NaOH36,5 g HCl20,0 g NaOHxx = 20,0 g · 36,5 g przez 40,0 g = 18,25 g HCl
- Potem porównujesz z tym, co masz: 20,0 g HCl to więcej, niż potrzeba. HCl jest w nadmiarze, a NaOH ogranicza.
- Na koniec liczysz sól z NaOH: 40,0 g NaOH58,5 g NaCl20,0 g NaOHxx = 20,0 g · 58,5 g przez 40,0 g = 29,25 g NaCl
Gdy dane są w molach albo w stężeniach, proporcję układasz w molach. Tak jest w zadaniu, w którym substratu ograniczającego jest więcej moli niż drugiego:
Do 100 cm³ kwasu solnego o stężeniu 1,50 mol/dm³ wrzucono 6,54 g cynku (M(Zn) = 65,4 g/mol). Ile dm³ wodoru wydzieli się w warunkach normalnych?
Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂↑
- Najpierw przeliczasz oba substraty na mole: n(Zn) = 6,54 g przez 65,4 g/mol = 0,100 mola, a n(HCl) = 1,50 · 0,100 = 0,150 mola.
- Następnie liczysz z proporcji, ile HCl potrzeba na cały cynk: 1 mol Zn2 mole HCl0,100 molaxx = 0,200 mola HCl
- Potem porównujesz: masz tylko 0,150 mola HCl, a potrzeba 0,200 mola. Kwasu zabraknie, więc to on ogranicza, choć jego moli jest więcej niż cynku.
- Na koniec liczysz wodór z kwasu: 2 mole HCl1 mol H₂0,150 molaxx = 0,075 mola H₂ V = 0,075 · 22,4 = 1,68 dm³.
Gdy potrzeba dokładnie tyle, ile masz, substraty są zmieszane w stosunku z równania. Oba zużyją się całe, a produkt możesz liczyć z dowolnego z nich.
Jeśli oba substraty są gazami odmierzonymi w tych samych warunkach, proporcję możesz ułożyć od razu na objętościach. Według prawa Avogadra objętość gazu jest proporcjonalna do liczby moli.
4Ile substratu zostało w nadmiarze
Trudniejsze zadania pytają też o to, ile substratu nie przereagowało. Liczysz to zawsze tak samo: ile było na początku minus ile zużył reagent ograniczający.
W reakcji cynku z kwasem solnym ograniczał HCl (0,150 mola), a cynku było 0,100 mola. Ile cynku zostało?
- Najpierw liczysz z proporcji, ile cynku zużył kwas: 1 mol Zn2 mole HClx0,150 molax = 0,075 mola Zn
- Potem odejmujesz zużyty cynk od początkowego: 0,100 - 0,075 = 0,025 mola.
- Na koniec przeliczasz mole na gramy: m = 0,025 · 65,4 = 1,64 g cynku.
Bilans robisz w molach, a dopiero wynik zamieniasz na gramy. Od moli nie odejmuje się gramów!
Jeśli zadanie mówi też o stratach w procesie, zobacz, jak policzyć wydajność reakcji.
5Rozwiązane przykłady
Do 200 cm³ kwasu siarkowego(VI) o stężeniu 0,200 mol/dm³ dodano 4,00 g stałego wodorotlenku sodu. Zaszła reakcja:
2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O
W obliczeniach przyjmij masy molowe: M(NaOH) = 40,0 g/mol, M(Na₂SO₄) = 142,1 g/mol.
Oblicz masę powstałego siarczanu(VI) sodu oraz masę substratu, który pozostał po reakcji.
Najpierw przeliczasz oba substraty na mole. Objętość kwasu to 200 cm³ = 0,200 dm³, więc n(H₂SO₄) = 0,200 · 0,200 = 0,0400 mola, a n(NaOH) = 4,00 g przez 40,0 g/mol = 0,100 mola.
Z proporcji sprawdzasz, ile NaOH zużyje cały kwas: 1 mol H₂SO₄2 mole NaOH0,0400 molaxx = 0,0800 mola NaOH Masz 0,100 mola, czyli więcej, niż trzeba: NaOH jest w nadmiarze, a kwas ogranicza.
Masę soli liczysz z kwasu, bo to on zużywa się cały. H₂SO₄ i Na₂SO₄ są w stosunku 1 : 1, więc soli jest 0,0400 mola, a jej masa to m = 0,0400 · 142,1 = 5,68 g.
Pozostały NaOH to porcja początkowa minus zużyta: 0,100 - 0,0800 = 0,0200 mola, czyli m = 0,0200 · 40,0 = 0,800 g.
Odpowiedź m(Na₂SO₄) = 5,68 g
m(NaOH pozostałego) = 0,800 g
Zadanie z matury: czerwiec 2022, zadanie 4
Tlenek azotu(IV) NO₂ można zredukować katalitycznie za pomocą amoniaku. Przebieg tej reakcji opisano równaniem:
6NO₂ + 8NH₃ → 7N₂ + 12H₂O (katalizator, T)
W 5,0 m³ powietrza znajdowało się 18 g tlenku azotu(IV) NO₂. Do tego powietrza wprowadzono 8,0 g amoniaku i przeprowadzono katalityczną redukcję zgodnie z powyższym równaniem. Ta reakcja zaszła z wydajnością równą 80%. Tlenek azotu(IV) był jedynym składnikiem powietrza reagującym z amoniakiem.
Oblicz, ile dm³ azotu w przeliczeniu na warunki normalne powstało w wyniku opisanej redukcji NO₂. Następnie uzupełnij zdanie – napisz nazwę lub wzór substancji, której w opisanym procesie użyto w nadmiarze.
W opisanym procesie w nadmiarze użyto …………… .
Dane są o obu substratach, więc najpierw szukasz reagenta ograniczającego. Objętość powietrza (5,0 m³) do obliczeń nie jest potrzebna. Wydajność 80% znaczy, że powstaje 80% tego, co wynika z równania.
Najpierw przeliczasz oba substraty na mole: n(NO₂) = 18 g przez 46 g/mol = 0,391 mola, a n(NH₃) = 8,0 g przez 17 g/mol = 0,471 mola.
Następnie liczysz z proporcji, ile NH₃ potrzeba na cały NO₂: 6 moli NO₂8 moli NH₃0,391 molaxx = 0,521 mola NH₃ Masz tylko 0,471 mola, więc amoniak ogranicza, choć jego moli jest więcej. W nadmiarze jest NO₂.
Potem liczysz z proporcji azot z amoniaku: 8 moli NH₃7 moli N₂0,471 molaxx = 0,412 mola N₂ Tyle powstałoby przy wydajności 100%.
Na koniec uwzględniasz wydajność 80%: 0,412 · 0,80 = 0,330 mola, więc V = 0,330 · 22,4 = 7,4 dm³.
Odpowiedź V(N₂) = 7,4 dm³
W opisanym procesie w nadmiarze użyto tlenku azotu(IV) (NO₂).
6Zadania do samodzielnego rozwiązania
Ogrzewane żelazo reaguje z siarką i tworzy siarczek żelaza(II):
Fe + S → FeS
Ogrzano mieszaninę 8,37 g żelaza i 3,21 g siarki. Reakcja zaszła do końca.
W obliczeniach przyjmij masy molowe: M(Fe) = 55,8 g/mol, M(S) = 32,1 g/mol.
a) Rozstrzygnij, który substrat użyto w nadmiarze. Odpowiedź uzasadnij obliczeniami.
b) Oblicz masę substratu, który pozostał po reakcji.
Pokaż rozumowanieUkryj rozumowanie
a) Przeliczasz żelazo na mole: n(Fe) = 8,37 g przez 55,8 g/mol = 0,150 mola.
Tak samo siarkę: n(S) = 3,21 g przez 32,1 g/mol = 0,100 mola.
W równaniu oba współczynniki wynoszą 1, więc 0,100 mola siarki zużywa dokładnie 0,100 mola żelaza.
Żelaza masz 0,150 mola, czyli więcej, niż siarka zdoła zużyć. Siarka ogranicza, a w nadmiarze jest żelazo.
b) Przereagowało tyle żelaza, ile było siarki: 0,100 mola.
Zostało 0,150 - 0,100 = 0,050 mola żelaza.
Odejmujesz mole od moli. Różnica mas 8,37 g - 3,21 g nic tu nie znaczy.
Na koniec zamieniasz mole na gramy: m = 0,050 · 55,8 = 2,79 g.
Po reakcji zostało więc 2,79 g żelaza.
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź
a) n(Fe) = 8,37 g przez 55,8 g/mol = 0,150 mol
n(S) = 3,21 g przez 32,1 g/mol = 0,100 mol
Fe : S = 1 : 1, a 0,150 mol > 0,100 mol, więc w nadmiarze użyto żelaza.
b) n(Fe zużyte) = n(S) = 0,100 mol
n(Fe pozostałe) = 0,150 mol - 0,100 mol = 0,050 mol
m(Fe) = 0,050 mol · 55,8 g/mol = 2,79 g
Glin roztwarza się w kwasie solnym, a z roztworu wydziela się wodór:
2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑
Do 150 cm³ kwasu solnego o stężeniu 0,400 mol/dm³ wrzucono 0,810 g glinu i odczekano do zakończenia reakcji.
W obliczeniach przyjmij M(Al) = 27,0 g/mol.
a) Oblicz objętość wydzielonego wodoru w przeliczeniu na warunki normalne.
b) Rozstrzygnij, czy po zakończeniu reakcji w naczyniu został nieroztworzony glin. Odpowiedź uzasadnij.
Pokaż rozumowanieUkryj rozumowanie
a) Objętość kwasu zamieniasz na dm³: 150 cm³ = 0,150 dm³.
Przeliczasz glin na mole: n(Al) = 0,810 g przez 27,0 g/mol = 0,0300 mola.
Kwas przeliczasz ze stężenia: n(HCl) = 0,400 · 0,150 = 0,0600 mola.
Z proporcji sprawdzasz, ile kwasu potrzeba na cały glin: 2 mole Al6 moli HCl0,0300 molaxx = 0,0900 mola HCl
Kwasu jest tylko 0,0600 mola, mniej, niż potrzeba, więc HCl ogranicza.
Moli kwasu jest dwa razy więcej niż glinu, a i tak to on się kończy: na 2 mole glinu potrzeba aż 6 moli HCl.
Wodór liczysz z kwasu: 6 moli HCl3 mole H₂0,0600 molaxx = 0,0300 mola H₂
Mole zamieniasz na objętość: V = 0,0300 · 22,4 = 0,672 dm³.
Wydzieliło się więc 0,672 dm³ wodoru.
b) Kwas skończył się pierwszy, więc nie cały glin zdążył przereagować. W naczyniu został glin.
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź
a) n(Al) = 0,810 g przez 27,0 g/mol = 0,0300 mol
n(HCl) = 0,400 mol/dm³ · 0,150 dm³ = 0,0600 mol
2 mol Al6 mol HCl0,0300 molxx = 0,0900 mol HCl
0,0900 mol > 0,0600 mol, więc ogranicza HCl
6 mol HCl3 mol H₂0,0600 molxx = 0,0300 mol H₂
V = 0,0300 mol · 22,4 dm³/mol = 0,672 dm³
b) Tak. Kwasu było za mało, żeby roztworzyć cały glin, więc glin użyto w nadmiarze.
Zawiesinę wodorotlenku magnezu, nazywaną mlekiem magnezowym, stosuje się jako lek zobojętniający nadmiar kwasu w żołądku.
Zmieszano 40,0 cm³ roztworu chlorku magnezu o stężeniu 0,250 mol/dm³ i 50,0 cm³ roztworu wodorotlenku sodu o stężeniu 0,300 mol/dm³. Wytrącił się biały osad wodorotlenku magnezu, który odsączono.
W obliczeniach przyjmij M(Mg(OH)₂) = 58,3 g/mol.
a) Zapisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji strącania osadu.
b) Oblicz masę wytrąconego osadu.
c) Podaj wzory jonów, które pozostały w przesączu. Pomiń jony pochodzące z dysocjacji wody.
Pokaż rozumowanieUkryj rozumowanie
a) Po zmieszaniu w roztworze są jony Mg²⁺, Cl⁻, Na⁺ i OH⁻. Osad tworzą tylko Mg²⁺ i OH⁻, a Na⁺ i Cl⁻ zostają w roztworze, więc w zapisie skróconym ich nie ma: Mg²⁺ + 2OH⁻ → Mg(OH)₂↓
b) Objętości zamieniasz na dm³: 40,0 cm³ = 0,0400 dm³, a 50,0 cm³ = 0,0500 dm³.
Z jednej jednostki MgCl₂ powstaje jeden jon Mg²⁺, więc n(Mg²⁺) = 0,250 · 0,0400 = 0,0100 mola.
Z jednej jednostki NaOH powstaje jeden jon OH⁻, więc n(OH⁻) = 0,300 · 0,0500 = 0,0150 mola.
Z proporcji sprawdzasz, ile jonów OH⁻ potrzeba na wszystkie jony Mg²⁺: 1 mol Mg²⁺2 mole OH⁻0,0100 molaxx = 0,0200 mola OH⁻
Jest tylko 0,0150 mola OH⁻, więc to one ograniczają.
Jonów OH⁻ jest więcej niż Mg²⁺, a i tak kończą się pierwsze, bo na jeden jon Mg²⁺ potrzeba dwóch OH⁻.
Osad liczysz z jonów OH⁻: 2 mole OH⁻1 mol Mg(OH)₂0,0150 molaxx = 0,00750 mola
Mole zamieniasz na gramy: m = 0,00750 · 58,3 = 0,437 g.
Wytrąciło się więc 0,437 g osadu.
c) Jony Na⁺ i Cl⁻ nie brały udziału w reakcji, więc są w przesączu.
Jony OH⁻ zużyły się całe, a jonów Mg²⁺ zostało 0,0100 - 0,00750 = 0,00250 mola.
W przesączu są więc jony Na⁺, Cl⁻ i Mg²⁺.
Pokaż odpowiedźUkryj odpowiedź
a) Mg²⁺ + 2OH⁻ → Mg(OH)₂↓
b) n(Mg²⁺) = 0,250 mol/dm³ · 0,0400 dm³ = 0,0100 mol
n(OH⁻) = 0,300 mol/dm³ · 0,0500 dm³ = 0,0150 mol
1 mol Mg²⁺2 mol OH⁻0,0100 molxx = 0,0200 mol OH⁻
0,0200 mol > 0,0150 mol, więc ograniczają jony OH⁻
2 mol OH⁻1 mol Mg(OH)₂0,0150 molxx = 0,00750 mol
m = 0,00750 mol · 58,3 g/mol = 0,437 g
c) Na⁺, Cl⁻, Mg²⁺
Schemat na każde zadanie z dwoma substratami
- Zapisz i uzgodnij równanie reakcji.
- Przelicz oba substraty na mole: n = m przez M, n = c · V albo n = V przez 22,4 dm³/mol dla gazu w warunkach normalnych. Na przykład 4,48 dm³ wodoru w warunkach normalnych to 4,48 dm³ przez 22,4 dm³/mol = 0,200 mola. Gdy oba są w gramach, możesz od razu ułożyć proporcję na gramach.
- Z proporcji nad równaniem policz, ile drugiego substratu potrzeba na pierwszy, i porównaj z tym, co masz.
- Produkt i wszystko dalej licz tylko z reagenta ograniczającego.
- Pytają o nadmiar? Od porcji początkowej odejmij zużytą, w molach.
Zapamiętaj do matury4 z 4
- Dane o obu substratach
Najpierw ustalasz, który substrat skończy się pierwszy. Produkt liczysz tylko z niego.
- Masa to nie ilość
Równe masy to nie równe liczby moli. Substraty porównujesz przez proporcję z równania.
- Ile potrzeba drugiego
Z proporcji liczysz, ile drugiego substratu potrzeba na pierwszy. Jeśli masz mniej, to drugi ogranicza.
- Ile zostało
Nadmiar po reakcji to porcja początkowa minus zużyta. Odejmujesz mole od moli.
Na koniec: dwie ciekawostki o nadmiarze
Co oznacza liczba 14,7 dla silnika benzynowego?
Sonda lambda rozwiązuje to zadanie w każdej sekundzie jazdy
Silnik benzynowy pracuje najlepiej przy około 14,7 g powietrza na 1 g benzyny. To dokładnie proporcja stechiometryczna. Gdy paliwa jest za dużo, reagentem ograniczającym staje się tlen: benzyna nie dopala się i powstaje czad. Gdy paliwa jest za mało, mieszanka pali się goręcej i przybywa tlenków azotu. Sonda lambda mierzy tlen w spalinach i na bieżąco poprawia wtrysk, żeby żaden reagent nie zostawał w nadmiarze.
Dlaczego żelazo decyduje o tym, ile glonów rośnie w oceanie?
Żelazo to reagent ograniczający oceanów
Na rozległych obszarach oceanów, między innymi wokół Antarktydy, wzrost glonów ogranicza śladowa ilość żelaza, a nie światło ani azot. Gdy w latach 90. wysypano do oceanu rozpuszczalne sole żelaza, w kilka dni pojawił się zakwit widoczny z satelity. Dosypanie brakującego składnika zmieniło skalę procesu, choć wszystkiego innego było pod dostatkiem. Tę zasadę znał już w XIX wieku Justus von Liebig: wzrost rośliny ogranicza ten składnik, którego jest najmniej w stosunku do potrzeb.
Za darmo
Weź darmowy moduł kursu
Cały moduł „Wstęp do chemii organicznej”, z dostępem na rok.
Nie kupujesz dziś? Weź darmową Mapę maturalną
Zapisując się, zgadzasz się na e-maile ode mnie…
(Adrian Warzybok, KaNaU) o nauce chemii, nowościach i ofertach KaNaU — w ramach tego zapisu wysyłam Ci mapę. Zgodę wycofasz w każdej chwili. Polityka prywatności.
