{"id":"chemia-2017-maj-matura-rozszerzona/zad/6","paper_id":"chemia-2017-maj-matura-rozszerzona","number":"6","points":2,"ptype":"open","subject":"chemia","category":"matura","year":2017,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6. (0-2)\nW mieszaninie wodoru i azotu użytej do syntezy amoniaku zawartość wodoru wyrażona\nw procentach objętościowych jest równa 75%. Wydajność reakcji syntezy amoniaku\nprzeprowadzonej w temperaturze T i pod ciśnieniem p jest równa 93%.\nOblicz wyrażoną w procentach objętościowych zawartość amoniaku w mieszaninie\nporeakcyjnej.\nObliczenia:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n3.1.\n3.2.\n4.\n5.\n6.\nMaks. liczba pkt\n1\n1\n1\n1\n2\nUzyskana liczba pkt\nMCH_1R","answer":null,"answer_text":"Zadanie 6. (0-2)\nII. Rozumowanie\ni zastosowanie nabytej\nwiedzy do\nrozwiązywania\nproblemów.\nIV etap edukacyjny - poziom rozszerzony\n1. Atomy, cząsteczki i stechiometria chemiczna. Zdający:\n1.5) dokonuje interpretacji jakościowej i ilościowej równania\nreakcji w ujęciu molowym […] i objętościowym (dla gazów).\n1.6) wykonuje obliczenia z uwzględnieniem wydajności reakcji\ni mola […].\nSchemat punktowania\n2 p. - za zastosowanie poprawnej metody, poprawne wykonanie obliczeń oraz podanie\nwyniku w procentach objętościowych.\n1 p. - za zastosowanie poprawnej metody, ale:\n- popełnienie błędów rachunkowych prowadzących do błędnego wyniku liczbowego\nlub\n- niepodanie wyniku w procentach objętościowych (z błędną jednostką).\n0 p. - za zastosowanie błędnej metody obliczenia albo brak rozwiązania.\nUwaga: należy zwrócić uwagę na zależność wyniku liczbowego od przyjętych zaokrągleń.\nPrzykładowe rozwiązania\nRozwiązanie I\nN2 + 3H2 ⇄ 2NH3\n25% 75%, czyli np. 25 dm3 N2 i 75 dm3 H2 (łącznie 100 dm3 mieszaniny na początku)\nskład mieszaniny po reakcji:\nV(N2) = 25 dm3 · 0,07 = 1,75 dm3\nV(H2) = 75 dm3 · 0,07 = 5,25 dm3\nV(NH3) = 25 dm3 · 2 · 0,93 = 46,5 dm3\n%(NH3) =\n46,5 100%\n1,75\n5,25\n46,5\n⋅\n86,9%\nRozwiązanie II\nN2 + 3H2 ⇄ 2NH3\n25% 75%\n1 : 3, czyli np. 1 mol N2 i 3 mole H2\n2 mole NH3 ---- 100% (wydajność reakcji)\nx ---- 93%  x = 1,86 mola NH3\n1 mol N2 ---- 2 mole NH3\ny ---- 1,86 mola NH3  y = 0,93 mola N2\nLiczba moli azotu w mieszaninie poreakcyjnej: 1 mol - 0,93 mola = 0,07 mola N2\n3 mole H2 ---- 2 mole NH3\nz ---- 1,86 mola NH3  z = 2,79 mola H2\nLiczba moli wodoru w mieszaninie poreakcyjnej: 3 mole - 2,79 mola = 0,21 mola H2\nLiczba moli reagentów w mieszaninie reakcyjnej:\n0,07 mola N2 + 0,21 mola H2 + 1,86 mola NH3 = 2,14 mola\n2,14 mola ---- 100%\n1,86 mola ---- w  w = 86,92%","solution":"## Poprawna odpowiedź: ~86,9%\n\nZawartość amoniaku w mieszaninie poreakcyjnej wynosi **86,9%** obj.\n\n## Sposób 1 - Baza 100 mol mieszaniny, wydajność jako ułamek przereagowania\n\n**Dane:**\n- \\(\\varphi(\\ce{H2}) = 75\\%\\), więc \\(\\varphi(\\ce{N2}) = 25\\%\\)\n- wydajność \\(\\eta = 93\\% = 0{,}93\\)\n\n**Krok 1 - Przyjmujemy bazę obliczeniową: 100 mol mieszaniny**\n\n\\[n(\\ce{H2}) = 75 \\text{ mol}, \\quad n(\\ce{N2}) = 25 \\text{ mol}\\]\n\n**Krok 2 - Sprawdzamy, czy substraty są w stosunku stechiometrycznym**\n\nReakcja: \\[\\ce{N2 + 3H2 -> 2NH3}\\]\n\nStosunek stechiometryczny \\(\\ce{H2} : \\ce{N2} = 3:1\\). W mieszaninie: \\(75:25 = 3:1\\). ✓\n\nSubstraty są **dokładnie w stosunku stechiometrycznym** - żaden nie jest w nadmiarze.\n\n**Krok 3 - Ile NH₃ powstałoby przy wydajności 100%?**\n\nZ 25 mol \\(\\ce{N2}\\) (albo równoważnie z 75 mol \\(\\ce{H2}\\)):\n\n\\[n_{\\max}(\\ce{NH3}) = 2 \\cdot n(\\ce{N2}) = 2 \\cdot 25 = 50 \\text{ mol}\\]\n\n**Krok 4 - Rzeczywista ilość NH₃ przy wydajności 93%**\n\n\\[n(\\ce{NH3}) = 50 \\cdot 0{,}93 = 46{,}5 \\text{ mol}\\]\n\n**Krok 5 - Ile substratów przereagowało?**\n\n\\[n_{\\text{przereag.}}(\\ce{N2}) = 25 \\cdot 0{,}93 = 23{,}25 \\text{ mol}\\]\n\\[n_{\\text{przereag.}}(\\ce{H2}) = 75 \\cdot 0{,}93 = 69{,}75 \\text{ mol}\\]\n\n**Krok 6 - Pozostałości substratów**\n\n\\[n_{\\text{pozostałe}}(\\ce{N2}) = 25 - 23{,}25 = 1{,}75 \\text{ mol}\\]\n\\[n_{\\text{pozostałe}}(\\ce{H2}) = 75 - 69{,}75 = 5{,}25 \\text{ mol}\\]\n\n**Krok 7 - Łączna liczba moli w mieszaninie poreakcyjnej**\n\n\\[n_{\\text{total}} = n(\\ce{NH3}) + n(\\ce{N2})_{\\text{pow.}} + n(\\ce{H2})_{\\text{pow.}}\\]\n\\[n_{\\text{total}} = 46{,}5 + 1{,}75 + 5{,}25 = 53{,}5 \\text{ mol}\\]\n\n*(Alternatywnie: zużyto \\(23{,}25 + 69{,}75 = 93\\) mol substratów, powstało 46,5 mol produktu → \\(100 - 93 + 46{,}5 = 53{,}5\\) mol)*\n\n**Krok 8 - Zawartość procentowa NH₃**\n\nDla gazów idealnych procent objętościowy = procent molowy:\n\n\\[\\varphi(\\ce{NH3}) = \\frac{n(\\ce{NH3})}{n_{\\text{total}}} \\cdot 100\\% = \\frac{46{,}5}{53{,}5} \\cdot 100\\%\\]\n\n\\[\\boxed{\\varphi(\\ce{NH3}) \\approx 86{,}9\\%}\\]\n\n## Sposób 2 - Algebraicznie przez zmianę liczby moli Δn\n\n**Niech** \\(x\\) = liczba moli \\(\\ce{N2}\\), które przereagują przy 100% wydajności z 100 mol mieszaniny.\n\nStosunek 3:1 → \\(3x\\) mol \\(\\ce{H2}\\) zużyte, \\(2x\\) mol \\(\\ce{NH3}\\) powstałe.\n\nZ warunku \\(3x = 75\\) mol (cały wodór reaguje): \\(x = 25\\) mol \\(\\ce{N2}\\).\n\nPrzy wydajności \\(\\eta\\):\n- zareaguje: \\(\\eta \\cdot 25\\) mol \\(\\ce{N2}\\) i \\(\\eta \\cdot 75\\) mol \\(\\ce{H2}\\)\n- powstanie: \\(2\\eta \\cdot 25 = 50\\eta\\) mol \\(\\ce{NH3}\\)\n\nZmiana łącznej liczby moli (reakcja zmniejsza liczbę moli: \\(1 + 3 \\to 2\\), zysk \\(-2\\) na każde przereagowane 4 mole):\n\n\\[\\Delta n = -2 \\cdot \\eta \\cdot 25 = -50\\eta\\]\n\n\\[n_{\\text{total}} = 100 + \\Delta n = 100 - 50\\eta\\]\n\nDla \\(\\eta = 0{,}93\\):\n\n\\[n_{\\text{total}} = 100 - 50 \\cdot 0{,}93 = 100 - 46{,}5 = 53{,}5 \\text{ mol}\\]\n\\[n(\\ce{NH3}) = 50 \\cdot 0{,}93 = 46{,}5 \\text{ mol}\\]\n\\[\\varphi(\\ce{NH3}) = \\frac{46{,}5}{53{,}5} \\cdot 100\\% \\approx 86{,}9\\% \\checkmark\\]\n\nWynik zgodny z Metodą 1.\n\n## Wzory z karty CKE\n\n> 📖 **Karta wzorów str. 13 - Objętość molowa gazu:**\n> \\(V_{\\text{mol}}(\\text{gaz, n.t.p.}) = 22{,}41 \\text{ dm}^3/\\text{mol}\\)\n> W tym zadaniu nie przeliczamy objętości na mole przez \\(V_{\\text{mol}}\\), ale korzystamy z faktu, że **dla gazów idealnych procent objętościowy = procent molowy** (wynika z prawa Avogadra i równania stanu gazu idealnego).\n\nW tym zadaniu nie potrzebujemy konkretnych wartości numerycznych z karty - wystarczy znajomość stechiometrii reakcji \\(\\ce{N2 + 3H2 -> 2NH3}\\) i definicji wydajności reakcji.\n\n## Typowe pułapki\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Bardzo częsty błąd to policzenie \\(\\varphi(\\ce{NH3}) = 46{,}5\\% \\), czyli podzielenie przez 100 (wyjściową liczbę moli), zamiast przez **53,5** (faktyczną liczbę moli po reakcji). Reakcja zmniejsza liczbę moli - mianownik maleje!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Sprawdź stosunek substratów przed rachunkiem - gdyby \\(\\ce{H2}\\) lub \\(\\ce{N2}\\) był w nadmiarze, całość przereagowałoby tylko do wyczerpania substratu limitującego, a nadmiar zostałby niezmieniony. Tu akurat stosunek jest idealnie stechiometryczny (3:1), więc oba reagenty zużywają się proporcjonalnie.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wydajność 93% dotyczy przereagowania **substratów**, nie ilości produktu relative do mieszaniny końcowej. Nie pisz \\(\\varphi(\\ce{NH3}) = 93\\%\\) - to nie to samo!\n\n## Schemat oceniania CKE\n\n2 pkt - poprawna metoda, poprawne obliczenia i wynik w procentach objetosciowych (ok. 86,9%). 1 pkt - poprawna metoda z bledem rachunkowym lub bez wlasciwej jednostki. 0 pkt - bledna metoda lub brak rozwiazania. Wynik zalezy od przyjetych zaokraglen.","image":"img/chemia-2017-maj-matura-rozszerzona/zad-6.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":5,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Chemia · Matura · maj 2017 (rozszerzona)","subject_label":"Chemia","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 6. (0-2)
W mieszaninie wodoru i azotu użytej do syntezy amoniaku zawartość wodoru wyrażona
w procentach objętościowych jest równa 75%. Wydajność reakcji syntezy amoniaku
przeprowadzonej w temperaturze T i pod ciśnieniem p jest równa 93%.
Oblicz wyrażoną w procentach objętościowych zawartość amoniaku w mieszaninie
poreakcyjnej.
Obliczenia:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
3.1.
3.2.
4.
5.
6.
Maks. liczba pkt
1
1
1
1
2
Uzyskana liczba pkt
MCH_1R

","answer_text_html":"

Zadanie 6. (0-2)
II. Rozumowanie
i zastosowanie nabytej
wiedzy do
rozwiązywania
problemów.
IV etap edukacyjny - poziom rozszerzony

\n
  1. Atomy, cząsteczki i stechiometria chemiczna. Zdający:
\n

1.5) dokonuje interpretacji jakościowej i ilościowej równania
reakcji w ujęciu molowym […] i objętościowym (dla gazów).
1.6) wykonuje obliczenia z uwzględnieniem wydajności reakcji
i mola […].
Schemat punktowania
2 p. - za zastosowanie poprawnej metody, poprawne wykonanie obliczeń oraz podanie
wyniku w procentach objętościowych.
1 p. - za zastosowanie poprawnej metody, ale:

\n\n

lub

\n\n

0 p. - za zastosowanie błędnej metody obliczenia albo brak rozwiązania.
Uwaga: należy zwrócić uwagę na zależność wyniku liczbowego od przyjętych zaokrągleń.
Przykładowe rozwiązania
Rozwiązanie I
N2 + 3H2 ⇄ 2NH3
25% 75%, czyli np. 25 dm3 N2 i 75 dm3 H2 (łącznie 100 dm3 mieszaniny na początku)
skład mieszaniny po reakcji:
V(N2) = 25 dm3 · 0,07 = 1,75 dm3
V(H2) = 75 dm3 · 0,07 = 5,25 dm3
V(NH3) = 25 dm3 · 2 · 0,93 = 46,5 dm3
%(NH3) =
46,5 100%
1,75
5,25
46,5
⋅
86,9%
Rozwiązanie II
N2 + 3H2 ⇄ 2NH3
25% 75%
1 : 3, czyli np. 1 mol N2 i 3 mole H2
2 mole NH3 ---- 100% (wydajność reakcji)
x ---- 93%  x = 1,86 mola NH3
1 mol N2 ---- 2 mole NH3
y ---- 1,86 mola NH3  y = 0,93 mola N2
Liczba moli azotu w mieszaninie poreakcyjnej: 1 mol - 0,93 mola = 0,07 mola N2
3 mole H2 ---- 2 mole NH3
z ---- 1,86 mola NH3  z = 2,79 mola H2
Liczba moli wodoru w mieszaninie poreakcyjnej: 3 mole - 2,79 mola = 0,21 mola H2
Liczba moli reagentów w mieszaninie reakcyjnej:
0,07 mola N2 + 0,21 mola H2 + 1,86 mola NH3 = 2,14 mola
2,14 mola ---- 100%
1,86 mola ---- w  w = 86,92%

","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: ~86,9%

\n

Zawartość amoniaku w mieszaninie poreakcyjnej wynosi 86,9% obj.

\n

Sposób 1 - Baza 100 mol mieszaniny, wydajność jako ułamek przereagowania

\n

Dane:

\n\n

Krok 1 - Przyjmujemy bazę obliczeniową: 100 mol mieszaniny

\n
n(\\ceH2)=75 mol,n(\\ceN2)=25 mol
\n

Krok 2 - Sprawdzamy, czy substraty są w stosunku stechiometrycznym

\n

Reakcja: \\ceN2+3H2−>2NH3

\n

Stosunek stechiometryczny \\ceH2:\\ceN2=3:1. W mieszaninie: 75:25=3:1. ✓

\n

Substraty są dokładnie w stosunku stechiometrycznym - żaden nie jest w nadmiarze.

\n

Krok 3 - Ile NH₃ powstałoby przy wydajności 100%?

\n

Z 25 mol \\ceN2 (albo równoważnie z 75 mol \\ceH2):

\n
nmax(\\ceNH3)=2·n(\\ceN2)=2·25=50 mol
\n

Krok 4 - Rzeczywista ilość NH₃ przy wydajności 93%

\n
n(\\ceNH3)=50·0,93=46,5 mol
\n

Krok 5 - Ile substratów przereagowało?

\n
nprzereag.(\\ceN2)=25·0,93=23,25 mol
\n
nprzereag.(\\ceH2)=75·0,93=69,75 mol
\n

Krok 6 - Pozostałości substratów

\n
npozostałe(\\ceN2)=25−23,25=1,75 mol
\n
npozostałe(\\ceH2)=75−69,75=5,25 mol
\n

Krok 7 - Łączna liczba moli w mieszaninie poreakcyjnej

\n
ntotal=n(\\ceNH3)+n(\\ceN2)pow.+n(\\ceH2)pow.
\n
ntotal=46,5+1,75+5,25=53,5 mol
\n

(Alternatywnie: zużyto 23,25+69,75=93 mol substratów, powstało 46,5 mol produktu → 100−93+46,5=53,5 mol)

\n

Krok 8 - Zawartość procentowa NH₃

\n

Dla gazów idealnych procent objętościowy = procent molowy:

\n
φ(\\ceNH3)=n(\\ceNH3)ntotal·100%=46,553,5·100%
\n
φ(\\ceNH3)≈86,9%
\n

Sposób 2 - Algebraicznie przez zmianę liczby moli Δn

\n

Niech x = liczba moli \\ceN2, które przereagują przy 100% wydajności z 100 mol mieszaniny.

\n

Stosunek 3:1 → 3x mol \\ceH2 zużyte, 2x mol \\ceNH3 powstałe.

\n

Z warunku 3x=75 mol (cały wodór reaguje): x=25 mol \\ceN2.

\n

Przy wydajności η:

\n\n

Zmiana łącznej liczby moli (reakcja zmniejsza liczbę moli: 1+3→2, zysk −2 na każde przereagowane 4 mole):

\n
Δn=−2·η·25=−50η
\n
ntotal=100+Δn=100−50η
\n

Dla η=0,93:

\n
ntotal=100−50·0,93=100−46,5=53,5 mol
\n
n(\\ceNH3)=50·0,93=46,5 mol
\n
φ(\\ceNH3)=46,553,5·100%≈86,9%✓
\n

Wynik zgodny z Metodą 1.

\n

Wzory z karty CKE

\n
📖 Karta wzorów str. 13 - Objętość molowa gazu:
Vmol(gaz, n.t.p.)=22,41 dm3/mol
W tym zadaniu nie przeliczamy objętości na mole przez Vmol, ale korzystamy z faktu, że dla gazów idealnych procent objętościowy = procent molowy (wynika z prawa Avogadra i równania stanu gazu idealnego).
\n

W tym zadaniu nie potrzebujemy konkretnych wartości numerycznych z karty - wystarczy znajomość stechiometrii reakcji \\ceN2+3H2−>2NH3 i definicji wydajności reakcji.

\n

Typowe pułapki

\n
⚠️ Uwaga: Bardzo częsty błąd to policzenie φ(\\ceNH3)=46,5%, czyli podzielenie przez 100 (wyjściową liczbę moli), zamiast przez 53,5 (faktyczną liczbę moli po reakcji). Reakcja zmniejsza liczbę moli - mianownik maleje!
\n
⚠️ Uwaga: Sprawdź stosunek substratów przed rachunkiem - gdyby \\ceH2 lub \\ceN2 był w nadmiarze, całość przereagowałoby tylko do wyczerpania substratu limitującego, a nadmiar zostałby niezmieniony. Tu akurat stosunek jest idealnie stechiometryczny (3:1), więc oba reagenty zużywają się proporcjonalnie.
\n
⚠️ Uwaga: Wydajność 93% dotyczy przereagowania substratów, nie ilości produktu relative do mieszaniny końcowej. Nie pisz φ(\\ceNH3)=93% - to nie to samo!
\n

Schemat oceniania CKE

\n

2 pkt - poprawna metoda, poprawne obliczenia i wynik w procentach objetosciowych (ok. 86,9%). 1 pkt - poprawna metoda z bledem rachunkowym lub bez wlasciwej jednostki. 0 pkt - bledna metoda lub brak rozwiazania. Wynik zalezy od przyjetych zaokraglen.

"}]}