AUTOESTUDIO DE EQUILIBRIO QUÍMICO by VÍCTOR M. VITORIA

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QUÍMICA Equilibrio químico

Prof. Víctor M. Vitoria

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Bachillerato - 668805224 o

Inicial

FICHA DE ESTUDIO Y REPASO DE EQUILIBRIO QUÍMICO ALGUNOS PUNTOS CLAVE - Sobre las CONSTANTES: • Kc y Kp son constantes para una temperatura determinada. • Las unidades de ambas constantes son variables, dependiendo de los coeficientes estequiométricos de las especies químicas: o Kc: (mol/L)n o Kp: (atm)m • La relación entre ellas es: Kp = Kc (R.T)Δn, siendo Δn el incremento de moles: ΔN = Σ moles de productos - Σ moles de reactivos (siempre teniendo en cuenta los coeficientes estequiométricos) • Evolución hacia el equilibrio: o Q = Kc → en equilibrio o Q > Kc → Q debe disminuir, por lo que se desplazará hacia la formación de reactivos. o Q < Kc → Q debe aumentar, por lo que se desplazará hacia la formación de productos. • Las constantes tienen distinto valor según cómo se haya ajustado el equilibrio. • Recuerda que la expresión de Kc viene dada en concentraciones, por lo que habrá que dividir el número de moles de las sustancias en el equilibrio entre el volumen. - METODOLOGÍA: ' Etapa Cl2 (g) + 2 NO(g) 2 NOCl(g) Inicialmente n1 n2 Reaccionan x 2x En equilibrio n1 - x n2 – 2x 2x - CONCEPTO DE GRADO DE DISOCIACIÓN. “α” • Def. es la cantidad de reactivo que se disocia por cada mol de reactivo. • Sólo tiene sentido en una disociación, es decir, cuando una sustancia se descompone. • Se puede calcular a partir de “x” y la siguiente proporción: o Si de n moles reaccionan x

Por 1 mol reaccionarán α

Se dis-

⇒x=n.α

Queda

oc. 1 2 7/5 Co -

α 2α 7/5α Co.α

1-α 2 - 2α = 2 (1 - α) 7/5 – 7/5α = 7/5 (1 - α) Co - Coα = Co (1 - α)

PRINCIPIO DE LE CHATELIER: cuando en un sistema en equilibrio se produce una modificación de las variables que lo determinan(concentración, presión o temperatura), el equilibrio se desplaza en el sentido en que tiene a oponerse a dicha variación. o Temperatura: Si Tª ↑ → sentido endotérmico Si Tª ↓ → sentido exotérmico o Presión: Si ↑ P → hacia disminución del número de moles gaseosos. Si ↓ P → hacia un aumento del número de moles gasesosos. o Concentración: Si se añaden reactivos: se desplaza hacia los productos. Si se añaden productos: se desplaza hacia los reactivos.

- EQUILIBRIOS HETEROGÉNEOS: • Intervienen sustancias en distintos estados de agregación. • En las constantes sólo intervienen sustancias gaseosas.

A continuación se presentan cuatro problemas y posteriormente su resolución. Intenta hacerlos hasta llegar al resultado sin mirar la resolución, es el modo para comprobar si dominas el tema o no.

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PROBLEMAS PROPUESTOS Problema nº 1 En un matraz de un litro introducimos 0’0200 moles e PCl5 sólido, cerramos el o matraz, hacemos el vacío y lo calentamos a 200 C. El PCl5 se volatiliza y entonces se descompone en un 46 % en PCl3 y Cl2. Calcule: a) La constante de equilibrio. b) Las nuevas concentraciones en el equilibrio si, a la misma temperatura, añadimos 0’0100 moles de Cl2. Problema nº 2 A 50oC y 1 atm de presión, el N2O4 se disocia en un 40 % según la reacción:

N2O4 (g) ' 2 NO2(g) Halla el grado de disociación, a la misma temperatura, pero a la presión de 10 atm. Problema nº 3 El óxido de hierro(II) es reducido a hierro metálico mediante la acción del monóxido de carbono según la ecuación: FeO(s) + CO(s) ' Fe(s) + CO2 (g) Cuando la reacción llega al equilibrio, a la temperatura de 1000oC, la composición en masa de la mezcla gaseosa es de 61’25 % de CO y de 38’75 % de CO2. Calcular Kp. Problema nº 4 A una temperatura de 400oC el amoníaco se disocia en un 40 % en nitrógeno e hidrógeno, cuando la presión total del sistema es de 0’93 atm. a) Calcule la fracción molar de cada una de las especies en el equilibrio. b) Calcule Kp a la misma temperatura. c) Indique cómo variará la concentración de amoniaco en el equilibrio: a. Al aumentar la presión. b. Al añadir nitrógeno. Ajuste para dos moles de NH3.

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RESOLUCIONES: Problema nº 1 En un matraz de un litro introducimos 0’0200 moles e PCl5 sólido, cerramos el matraz, hacemos el vacío y lo calentamos a 200oC. El PCl5 se volatiliza y entonces se descompone en un 46 % en PCl3 y Cl2. Calcule: c) La constante de equilibrio. d) Las nuevas concentraciones en el equilibrio si, a la misma temperatura, añadimos 0’0100 moles de Cl2. Solución Escribamos en primer lugar la ecuación química y la constante de equilibrio: PCl5 (g) ' PCl3 (g) + Cl2 (g) [PCl3 ]⋅ [Cl2 ] Kc = [PCl5 ] Organizando la información en forma de tabla: PCl5 PCl3 Cl2 Concentraciones iniciales 0’0200 0 0 Concentración equilibrio 0’0200 - x x x Donde tenemos que x es igual a la concentración inicial, c, por el grado disociación, α: x = c . α = 0’02 . 0’046 = 0’0092

Concentraciones equilibrio

PCl5 0’0108

PCl3 0’0092

Cl2 0’0092

Sustituyendo estos valores en la expresión de la constante de equilibrio: 0' 0092 ⋅ 0' 0092 Kc = = 7' 83 ⋅ 10 −3 mol / L 0' 0108 Al agregar 0’0100 moles de cloro a temperatura constante, como la Kc debe permanecer invariable, de acuerdo con el principio de Le Chatelier, el equilibrio tenderá a consumirlos por lo que se despalzará hacia la izquierda. Metodológicamente, se inicial este apartado del problema tomando como condiciones iniciales, las concentraciones del equilibrio del apartado anterior.

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Número de moles totales en el equilibrio = c + cα = c (1 + α) Por lo tanto:

PCl5 0’0108 0’0108 + x

Concentraciones iniciales Concentración equilibrio

Kc =

PCl3 0’0092 0’0092 - x

Cl2 0’0192 0’0092 + 0’01- x

(0' 0092 − x )⋅ (0' 0192 − x ) = 7' 83 ⋅107 (0' 0180 + x )

Resolviendo la ecuación de segundo grado: x = 0’00275 mol/L Por lo tanto, las concentraciones en el nuevo equilibrio serán: [PCl5] = 0’0135 mol/L ; [PCl3] = 0’0065 mol/L ; [Cl2] = 0’0165 mol/L Problema nº 2 A 50oC y 1 atm de presión, el N2O4 se disocia en un 40 % según la reacción:

N2O4 (g) ' 2 NO2(g) Halla el grado de disociación, a la misma temperatura, pero a la presión de 10 atm. Solución La constante de equilibrio será: Kp =

2 PNO 2

22 c 2α 2 4α 2 4α 2 4 ⋅ 0' 40 2 c ⋅ (1+ α )2 Kp = ⋅ PT = ⋅ PT = ⋅1 = = 0' 762 2 c ⋅ (1− α ) (1+ α ) ⋅ (1− α ) 1− α 1 − 0' 40 2 c ⋅ (1+ α ) Al no cambiar la temperatura, Kp es constante, luego a 10 atm se puede aplicar la expresión anterior y despejar el nuevo α’. 4α ' 2 Kp = ⋅ 10 = 0' 762 ⇒ α' = 0'137 1− α' 2 Luego el nuevo grado de disociación es del 13’7 % 2

Problema nº 3 El óxido de hierro(II) es reducido a hierro metálico mediante la acción del monóxido de carbono según la ecuación: FeO(s) + CO(s) ' Fe(s) + CO2 (g) Cuando la reacción llega al equilibrio, a la temperatura de 1000oC, la composición en masa de la mezcla gaseosa es de 61’25 % de CO y de 38’75 % de CO2. Calcular Kp. Solución

nº moles NO 2 ; P NO 2 = ⋅ PT nº moles totales

N2O4 c c-x c

c ⋅ (1 − α ) 2⋅c ⋅α ⋅ PT ; P NO 2 = ⋅ PT c ⋅ (1+ α ) c ⋅ (1 + α )

PN2O4

Calculo de las presiones parciales: nº moles N2O 4 P N2 O 4 = ⋅ PT nº moles totales

Número moles iniciales Número moles equilibrio

P N2 O 4 =

(1 - α)

NO2 0 2x 2cα

Donde: x=c.α

Como puedes ver se trata de un equilibrio heterogéneo. Pero lo importante es que comprendas cómo usar los porcentajes. Se trata de porcentajes en peso, por lo que tendrás que pasarlo a un porcentaje en moles para poder trabajar con fracciones molares. Éstas son imprescindibles para el cálculo de presiones parciales. Recuerda: sólo intervienen en la expresión del equilibrio las sustancias gaseosas.

Pasando los porcentajes de masa a fracciones molares:

61' 25 g CO ⋅

1 mol 1 mol = 2'19 moles de CO ; 38 ' 75 g CO 2 ⋅ = 0' 88 moles CO 2 28 g 44 g CO 2

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X CO

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0' 88 moles 2'19 moles = = 0' 713 ; X CO2 = = 0' 2866 (2'19 + 0' 88) moles (2'19 + 0' 88 )moles

La Kp de la reacción no dependerá ni del FeO ni del Fe porque son sólidos FeO(s) + CO(g) ' Fe(s) + CO2 (g) Kp =

P CO 2 X CO 2 ⋅ PT 0' 2866 = = = 0' 402 atm P CO X CO ⋅ PT 0' 7134

Como en esta reacción Δn = 0 (aunque en este caso daría igual, a la hora de calcular el incremento de moles en un equilibrio heterogéneo, sólo hay que tener en cuenta el número de moles gaseosos de reactivos y productos), Kp = Kc.

Problema nº 4 A una temperatura de 400oC el amoníaco se disocia en un 40 % en nitrógeno e hidrógeno, cuando la presión total del sistema es de 0’93 atm. d) Calcule la fracción molar de cada una de las especies en el equilibrio. e) Calcule Kp a la misma temperatura. f) Indique cómo variará la concentración de amoniaco en el equilibrio: a. Al aumentar la presión. b. Al añadir nitrógeno. Solución Llamando ni al número de moles iniciales de NH3 sin disociar:

Moles iniciales Moles en el equilibrio

2 NH3 ni ni (1 - α)

N2 (g)

3 H2 (g)

½ ni α

3/2 ni α

Los moles totales en el equilibrio son: nt =ni (1 - α) + ½ ni α + 3/2 ni α = ni (1 + α) Las expresiones de las fracciones molares son:

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ni ⋅ (1− α ) 0' 60 = = 0' 429 ni ⋅ (1+ α ) 1' 40 1 ⋅n ⋅ α 0' 50 ⋅ 0' 40 X(N2 ) = 2 i = = 0'143 ni ⋅ (1 + α ) 1' 40

X(NH3 ) =

X(H2 ) =

1' 5 ⋅ 0' 40 2 ⋅ ni ⋅ α = = 0' 429 ni ⋅ (1 + α ) 1' 40 3

b) Para calcular Kp, recordemos que las presiones parciales, en una mezcla gaseosa, viene dada por: pi = Xi . PT. P (NH3) = 0’429 x 0’93 = 0’40 atm P (N2) = 0’143 x 0’93 = 0’13 atm P (H2) = 0’429 x 0’93 = 0’40 atm (puedes comprobar como ΣPi = PT) Sustituyendo estos valores en la expresión de Kp: P N2 ⋅ P 3H2 0'13 ⋅ 0' 4 3 Kp = = = 5' 2 ⋅ 10 −2 P 2 NH3 0' 4 2 c) Al aumentar la presión, el equilibrio se desplaza hacia el miembro de menor número de moléculas, en este caso hacia la izquierda (menor disociación del NH3) Al añadir nitrógeno, de acuerdo con el principio de Le Chatelier, el equilibrio se desplazará hacia la izquierda.

Si quieres saber un poco más: En general, cuando a un sistema en equilibrio (a presión y temperatura constantes) se le añade uno de los componentes, el sistema responde oponiéndose a esa adición, desplazándose el equilibrio hacia el otro miembro de la ecuación. Sin embargo, hay algunos casos en que esto no se cumple siempre y uno de ellos es el de la síntesis o disociación del amoniaco. Como la presión es constante, la adición de N2 produce un aumento de presión parcial, pero al mismo tiempo, una disminución de H2. Por lo tanto se producen dos cambios que dan lugar a efectos contrapuestos y no se puede predecir, de forma cualitativa, el desplazamiento del equilibrio. En ello inlfluye mucho la relación de los coeficientes estequiométricos 1/3 para N2/H2, y la composición de la mezcla. En este caso, se ha demostrado que, al añadir nitrógeno, si su fracción molar era menor de 0’5, el equilibrio se desplaza hacia la izquierda, pero si x (NH3) > 0’5, el equilibrio se desplaza hacia la derecha (se disocia más amoníaco). En el caso de volumen constante no existen estas contradicciones al principio de Le Chatelier.

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COMPENDIO PROBLEMAS EQUILIBRIO QU€MICO QUI1999042202 El amoniaco est€ disociado en un 60% a la presi•n de 6 atm. y a la temperatura de 573‚K. Determina la presi•n parcial de cada componente de la mezcla y el valor de Kp a esa temperatura. Reacci•n: 2NH3 (g)  N2 (g) + 3 H2 (g) Soluci•n  = 0,6 Por cada  moles que se disocian se forman /2 moles de N2 y 3/2 moles de H2:

2 NH3 g  c c 1   

inicio : equilibrio :



N2 g  0 c  /2



3 H2 g  0 c  3/2

moles totales: nT = c (1-) + c/2 + 3c/2 = c (1+) Pp NH3  XNH3  PT 

c 1 -   1  0,6  PT   6  1,5 atm. c 1    1  0,6

Pp N2  XN2  PT 

c  /2 0,6/2  PT   6  1,125 atm. c 1    1  0,6

Pp H2  XH2  PT 

c  3/2 0,6  3/2  PT   6  3,375 atm. c1    1  0,6

Kp 

P N   P H  P NH  p



1,125  3,3752

1,52

 19,2 atm

QUI1999042203

La presi•n parcial del di•xido de carbono en la atm•sfera es de 3,1410-4 atm. A 25‚C la constante Kp del equilibrio de descomposici•n del carbonato c€lcico en •xido de calcio y di•xido de carbono es de 1,610-23 atm. ƒSe descomponen las rocas formadas por piedra caliza a temperatura ambiente?

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Soluci•n La reacci•n es la siguiente: CaCO3 (s)  CaO (s) + CO2 (g)

Para comprobar hacia que lado se encuentra desplazada la reacci•n a temperatura ambiente, compararemos la presi•n parcial del CO2 con la constante Kp del equilibrio de descomposici•n. Si la presi•n parcial es mayor que la constante el equilibrio estar‚ desplazado hacia la izquierda y , por tanto, las rocas no se descompondr‚n a temperatura ambiente y viceversa.

Qp  PCO2  3,14  10 4  1,6  10 23  La tendencia es favorecer la carbonataci•n del •xido c‚lcico. Por lo tanto, la roca caliza no se descompone a temperatura ambiente. QUI1999050401

En un recipiente de 30 litros de capacidad se calienta una mezcla de 1 mol de hidr•geno y 1 mol de iodo hasta 448‚C estableci„ndose a dicha temperatura un equilibrio entre los dos elementos y el ioduro de hidr•geno formados. Sabiendo que el valor de la constante de equilibrio es entonces 50, determ…nese: a) El n†mero de moles de iodo que quedan sin reaccionar en el equilibrio. b) Si se introduce 1 mol adicional de hidr•geno en el sistema ƒqu„ cantidad de iodo original quedar€ todav…a sin reaccionar en el nuevo equilibrio? Soluci•n a) El equilibrio que tendr‚ lugar ser‚: I2 (g) + H2 (g) Inicio Equilibrio

1 1–x



1 1–x

2 HI _ 2x

(en el equil. quedar‚n 1-x moles de I2)

Keq 

HI2 I2   H2 

 2x    30  4x2    2  50 1x 1x x  2x  1  30 30

 x1 = 1,39 ;

x2 = 0,78

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Al resolver esta ecuaci•n, x, resulta tener dos valores posibles x1 = 1,39 y x2 = 0,78, pero x1 se puede despreciar ya que no se puede disociar una cantidad mayor que la que inicialmente ponemos en la reacci•n.

Luego los moles de I2 que nos quedan sin reaccionar ser‚n: 1 – 0,78 = 0,22 moles de I2

b) I2 (g) Inicio Equilibrio

0,22 0,22 – x

H2 (g) 0,22 + 1 1,22 – x



2 HI 1,56 1,56 + 2x

El equilibrio alcanzado en el apartado (a) se convierte en la situaci•n inicial para la adici•n de un mol de H2. Aplicando el principio de Le Chatelier, el equilibrio se desplaza hacia la izquierda para compensar dicha adici•n.

Keq 

HI2 I2   H2 



1,56  2x2 0,22  x  1,22  x

 50

en donde: x1 = 1,546 (absurdo) x2 = 0,154 Luego los moles de I2 sin reaccionar ser‚n: 0,22 – 0,154 = 0,066 moles de I2

QUI1999050402 Una mezcla gaseosa constituida inicialmente por 7 moles de hidr•geno y 5 moles de iodo en estado gaseoso se calienta a 400‚C, con lo que se forman 9 moles de HI. Calcule: a) La constante de equilibrio. b) Escriba la reacci•n reversible, se‡alando c•mo se modificar€ el equilibrio al aumentar la temperatura y la presi•n. DATOS: H reacci•n = - 10,5 KJ.

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Soluci•n H2 (g) Inicio

Equilibrio

7–

I2 (g)

2 HI (g)



9 2

a) Como el hidr•geno y el iodo reaccionan mol a mol, formando dos moles de HI, si se forman 9 moles de HI quiere decir que habr‚n desaparecido

9 moles de H2 y 2

9 moles 2

de I2, o lo que es lo mismo 4,5 moles de cada uno de ellos.

Kc 

H2 (g)

I2 (g)

HI2 H2   I2 



9   v  2,5  v

2 HI

(g)

   0,5 v



81  64,8 2,5  0,5

H = - 10,5 KJ.

Seg„n el principio de Le Chatelier, un incremento de la temperatura favorecer‚ el desplazamiento hacia la izquierda del equilibrio, pues en este sentido la reacci•n es endot…rmica. La presi•n no influye, ya que el n„mero de moles gaseosos de los reactivos y los productos es el mismo.

QUI1999050403

Al calentar pentacloruro de antimonio se disocia en tricloruro de antimonio y cloro. A 182‚C y presi•n de una atm•sfera se disocia en un 29,2%. Calcular: a) Las Kp y Kc para la disociaci•n de dicho compuesto a esta temperatura. b) La presi•n a la cual se disociar€ en un 60%.

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Soluci•n a) El equilibrio que tendr‚ lugar ser‚ de la forma: SbCl5 Equilibrio

1 – 0,292

Pp SbCl3  Pp Cl2

Kp 

SbCl3



Pp SbCl5

0,292



Cl2 0,292

X SbCl  PT  X Cl  PT 3

X SbCl  PT 5

(recuerda que Pparcial = Ptotal † X – fracci•n molar)

XSbCl  XCl  3

n‡ moles SbCl3 n‡ moles Cl2 0,292    0,226 n‡ moles totales n‡ moles totales 1  0,292  0,292  0,292

XSbCl  1  XSbCl  XCl  1  (2  0,226)  0,548 5

Luego nos queda que:

0,226  0,226  1  9,32  10 2 atm. 0,548

Kp 

n

Sabiendo que Kp  Kc  R  T 

Kc =

Kp R T

y que n  2 - 1  1



podemos sustituir los valores.

9,32  10 2  2,5  10 3 mol/litro 0,082  455

b) La Kp se mantiene constante e igual a Kp 

X SbCl  X Cl  PT 3

X SbCl

moles: n‡ moles de Cl2 = n‡ moles de SnCl3 = 0,6 (60%) n‡ moles de SbCl5 = 1 – 0,6 = 0,4 n‡ total de moles de la mezcla = 0,6 + 0,6 + 0,4 = 1,6 moles

pero cambia el n„mero de

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XCl  XSbCl  2

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0,375  0,375  PT  9,32  10 2 atm. 0,250

de donde PT = 0,1657 atm.

Observa que la disociaci€n de la presi€n (de 1 atm€sfera a 0,1657

QUI1999051101

En un recipiente vac…o se introduce bicarbonato s•dico s•lido. Se cierra y se calienta a 120‚C. Cuando se alcanza el equilibrio la presi•n es de 1720 mmHg. Hallar Kp y Kc para el proceso: 2NaHCO3 (s)

Na2CO3 (s)



CO2 (g)

H2O

Soluci•n 2NaHCO3 (s) Inicio Equilibrio



Na2CO3 (s)

CO2 (g)

H2O

2n (1 - )

n

Kp = Pp CO2 † Pp H2O Pp CO2 = Pp H2O Pp CO2 + Pp H2O =

2 Pp CO2 =

1720  2,26 atm 760

2,26  1,13  Pp H2O 2 Kp = (1,13)2 = 1,27 atm.

(g)

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Kc = Kp † (R † T)-n Kc =

1,27 (0,082  393)2 Kc = 0,0012

QUI1999051803 Para la reacci•n en fase gaseosa entre el tricloruro de f•sforo y cloro para dar pentacloruro de f•sforo, la constante de equilibrio, Kc, vale 49 a 230‚C. Calcular: a) Las fracciones molares de los gases en el equilibrio si se introducen 0,5 moles de tricloruro de f•sforo y 0,5 moles de cloro en un recipiente vac…o de 5 litros, y se calientan a 230‚C. b) El valor de la constante Kp.

Soluci•n a) Llamando x a los moles de pentacloruro de f•sforo que hay en el equilibrio, obtenemos: Equilibrio de sˆntesis:

PCl3 (g)

Moles iniciales: Moles en equilibrio: Kc =

[PCl5  [PCl3   [Cl 2 

0,5 0,5 – x 

49 =

Cl2 (g)



PCl5 (g)

0,5 0,5 – x x/5 0,5  x 0,5  x  5 5

0 x 

49x2 – 5x + 12,25 = 0 Soluci•n posible x = 0,32 mol.

Calculamos ahora las fracciones molares: Moles totales: (0,5 – x) + (0,5 – x) + x = 1 – x = 1 – 0,32 = 0,68 moles. N‡ moles de cada gas en equilibrio: nPCl3  nCl2  0,5  0,32  0,18 moles. nPCl5  0,32 moles.

XPCl3  XCl2 

0,18  0,265 0,68

XPCl5 

0,32  0,47 0,68

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b) Kp  Kc  R  T n Puesto que n = -1 Kp  49  0,082  5031  1,2

QUI2000040501 En un recipiente vac…o se introducen 2 moles de CH4 y 1 mol de H2S. Se cierra el recipiente y se calienta a 727oC, estableci„ndose el siguiente equilibrio entre gases: CH4 ( g)  2 H2S ( g)

 CS2 ( g)  4 H2 ( g)

En este equilibrio la presi•n parcial del H2 es 0’2 atm. Y la presi•n total es de 0’85 atm. a) Calcule el n†mero de moles de cada componente en el equilibrio y el volumen del recipiente. b) Halle Kp y Kc para el equilibrio: 1 CH 2 4 ( g)  H2 S ( g)



1 CS 2 2 ( g)  2 H2 ( g)

Soluci•n a) Hay que prestar especial atenci€n a los coeficiente estequiom•tricos. b) Los coeficientes estequiom•tricos no indican la cantidad real que hay, sino la proporci€n en la que reaccionan. c) Cuando el incremento de moles es cero, las dos constantes coinciden y son adimensionales

CH4 ( g)  2 H2S ( g) In

Eq 2  x

 CS2 ( g)  4 H2 ( g)

1  2x

4x  0'235  x  0'20 3  2x

mt  2  x   1  2x   x  4 x  3  2x

XH2 

4x 3  2x

PH2  XH2  PT  XH2 

PH2 PT



0'2  0'235 0'85

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n CH4  2  0'20  1'80

nH2S  1  2  0'20  0'60

n CS2  0'20

nH2   4  0'20  0'80

mT  3  2  0'20  3'40

V

n R T 3'40  0'082  727  273   328 l P 0'85

b) Para el c‚lculo de las constantes: Para calcular las constantes recordamos previamente:

Kc 

CS2   H2 4 CH4   H2S2 evidentemente Kc'  Kc

Kc' 

Kc 



x 4 x4  V V4 2  x 1  2x 2  V V2 0'082 2



CS2 12  H2 2 CH4 12  H2S 256  x 5

V 2  2  x   1  2x 2



256  0'25 2

3282  2  0'2   1  2  0'2

328  1'8  0'36

 1'18  10  6 m / l

Kp  Kc  R  T 2  1'18  10 6  0'082  1000  7'93  10 3 atm.

Kc'  Kc  1'18  10 6  1'09  10 3 m

CH4 ( g)  2 H2S ( g)

 CS2 ( g)  4 H2 ( g)



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QUI2000040801 Cuando el •xido merc„rico (s•lido) se calienta en un recipiente cerrado en el que se ha hecho el vacˆo, se disocia reversiblemente en mercurio y oxˆgeno hasta alcanzar una presi•n total que en el equilibrio vale a 380‡C 141 mmHg. Calc„lese a) las presiones parciales de cada componente en el equilibrio. b) las concentraciones de los mismos en moles/l c) el valor de Kp para la descomposici•n ajustada a un mol de •xido merc„rico. DATO: punto de ebullici•n del mercurio 357‡C.

Soluci•n

Para resolver este ejercicio hay que tener en cuenta que:  Se trata de un equilibrio heterog•neo.  Ten en cuenta que el €xido mercƒrico no va a intervenir en las expresiones de las constantes.  Por lo tanto no es necesario conocer la cantidad inicial.  Con conocer lo que ha reaccionado es suficiente.

HgOs   Hgg   In



‰?

1 O 2 2 ( g)

Pero me importa un bledo, porque los moles que quedan de un s•lido no interesan en un equilibrio heterog…neo. S•lo importa lo que reacciona.

a) PHg 

x 3x

nT  x 

 141  94 mmHg   760  0'124 atm 2

PO2 

b) O2  

x 3x  2 2

2  141  47 mmHg   760   0'062 atm 3x 2 PO2 R T



760  1'18  10  3 mol / l  x 0'082  635 2

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Hg  2  1'18  10 3

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 2'37  10 3 mol / l.

c) Kp  PHg  PO22  94  47  644'43 mmHg Kp  0'124  0'062  0'031 atm

QUI2000040802 A 300oC y a 1’5 atm. de presi•n, el pentacloruro de f•sforo est€ disociado en un 80 % seg†n el equilibrio: PCl5 (g)  PCl3 (g) + Cl2 a)ƒCu€nto valen Kc y Kp a dicha presi•n y temperatura? b)Si el volumen del recipiente es de un litro halle la densidad de la mezcla gaseosa a esa presi•n y esa temperatura. c)ƒC•mo influir…a en el equilibrio c.1) una disminuci•n de la presi•n? c.2) a‡adir un gas inerte como el ne•n? c.3) la presencia de un catalizador Soluci•n

Reacci€n de disociaci€n en el equilibrio ser‚: PCl5 ( g)  PCl3 ( g)  Cl2 ( g) In Eq

n n1   

n

Es un error frecuente pensar que las 1’5 atm. corresponden a la presi€n inicial. Es la presi€n en el equilibrio. Conviene trabajar con presiones parciales para que se simplifique el nƒmero de moles iniciales que desconocemos. (se simplifican al trabajar con fracciones molares)

a) Kp 

PPCl3  PPCL2 PPCL5



PT  XPCL3  PT  XCl2 PT  XPCl5

XPCl  5



PT  XPCL3  XCl2 XPCl5



0'444 2  1'5  2'664 atm. 0'111

n  1    1 1  0'8    0'111 n  1    1 1'8

XPCl3  XCl2 

n  0'8    0'444 n  1    1 1'8

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1

Kc  Kp  R  T  n  2'664  0'082  573

 0'057 mol / l

b) Para calcular la densidad s€lo nos falta la masa total, que calculamos a partir de los moles, por tanto: C‚lculo de moles totales: nT  n

P V 1'5  1   0'032 moles R T 0'082  573

nT 0'032   0'018 1   1'8 x 71

nCl  0'018  0'8  0'0144  1'022 g. 2

x 102 nPCl  0'0144    1'47 g. 3

x 208'5

nPCl5  0'018  0.2  3'6  10  3   0'751 g.

masa total  1'022  1'47  0'751  3'243 g.

D

m  3'243 g / l. V

c) Para responder a los tres apartados, nos fijamos en el principio de LeCh…telier que dice: Cuando en un sistema en equilibrio se produce una modificaci•n de algunas variables que lo determinan (concentraci•n, T, P), el equilibrio se desplaza en el sentido en que tiende a oponerse o minimizar dicha variaci•n. Por tanto:

c1) Una disminuci€n de la presi€n har‚ que el equilibrio tienda a aumentarla dirigi•ndose hacia d€nde hay un mayor nƒmero de moles, es decir, a la derecha. c2) Al a†adir un gas inerte aumenta la presi€n, por lo que el equilibrio reaccionar‚ disminuy•ndola yendo hacia donde menos nƒmero de moles gaseosos hay, es decir, a la izquierda. c3) El catalizador no influye.

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QUI2000040803 En un recipiente vac…o se introduce hidrogenocarbonato de sodio s•lido y se calienta a 120‚C. Cuando se alcanza el equilibrio la presi•n es de 1720 mmHg. Halle Kc y Kp para el proceso 2 NaHCO3(s)  Na2CO3 (s) + CO2(g) + H2O(g) Si al aumentar la temperatura se frena la descomposici•n de hidrogenocarbonato, razone si la reacci•n ser€ endot„rmica o exot„rmica en el sentido dado. Soluci•n  Se trata de un equilibrio heterog•neo.  No debe preocupar el no tener los moles iniciales, sino los que reaccionan.  S€lo algunos productos son gaseosos, que son los que van a intervenir en el equilibrio.  Recuerde que el incremento de temperatura favorece siempre el sentido endot•rmico (por el Principio de Le Ch…telier)  El principio de LeChÄtelier dice que cuando en un sistema en equilibrio se produce una modificaci€n de algunas variables que lo determinan (concentraci€n, T, P), el equilibrio se desplaza en el sentido en que

2 NaHCO3 ( g)  Na2 CO3 ( s)  CO2 ( g)  H2 O( g) In

c

x 2

1720 nT P 760   2x   2x V RT 0'082  120  273 2x  0'07  x  0'035 m

Kc  x2  0'0352  1'225  10 3 m

l 2

Kp  Kc  R  T  n  1'225  10 3  0'082  393  1'225  10 3  1038'51  1'27 atm2

Al aumentar la temperatura se favorece el sentido endot•rmico. Si se frena la descomposici€n de NaHCO3 significa que se favorece si formaci€n, es decir, ese es el sentido endot•rmico. Esto significa que en el de la descomposici€n ser‚ exot•rmico, que es el dado. H  0.

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QUI2000040804 A 150‚C, el cloruro de sulfurilo se disocia en un 30% en di•xido de azufre y cloro. Calcular Kc y Kp para el equilibrio conociendo que inicialmente en un recipiente vac…o de 2’5 litros de capacidad se introducen n moles de SO2Cl2(g) y que en el equilibrio la presi•n total es de 3’5 atm. Calcule el valor de Kp para el equilibrio a la misma temperatura. Masas at•micas: S = 32 ; O = 16 ; Cl = 35’5 Soluci•n Escribir el equilibrio partiendo de n moles iniciales. Trabajar en funci€n de a (nos lo dan) Hallar primero Kc y a partir de ella Kp para no liarse con presiones parciales. Hallar n a partir de la ecuaci€n de los gases perfectos.

V = 2’5 l ;  = 0’3 ; Pt = 3’5 ; T‡ = 150ˆC SO2 Cl2 ( g)  SO2 ( g)  Cl2 ( g) In

n n  1   

nT  n  n  n  n  n  1    

n

P V 3'5  2'5   0'252 moles. RT 0'082  150  273

n  1  0'3  0'252 n

Kc 

0'252  0'194 1'3

SO2   Cl2 

SO2 Cl2 



n n  2'5 2'5 n  1   2'5



0'194  0'32  9'97  10  3 m / l 2'5  1  0'3

Kp  Kc  R  T  n  9'97  10  3  0'082  150  273  0'34 atm.

Y ahora el porcentaje en peso de la mezcla gaseosa.

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x 64  Pm

moles de SO2  n  0'194  0'3  0'058    3'72 g. x 71 moles de Cl2  0'058   4'13 g. x 135

moles de SO2 Cl2  n  1     0'194  1  0'3  0'1358    18'33 g. gramos totales  26'18 g. 3'72  100  14'2% 26'18 Cl2  15'77%

SO2 

SO2 Cl2  70'1% Kp'  Kp2  0'34 2  0'1156 atm2

QUI2000040805

Seg„n el proceso de Ellingham a 1100oC se puede obtener hierro (Fe) en los altos hornos a partir de la reacci•n: FeO(s)  Fe(s) + CO2 (g) H > 0 A trav…s de 5 toneladas (exceso) de FeO(s) se hace pasar gas aire, 20 % de CO y 80 % de N2, (composici•n en moles); conociendo que Kp a dicha temperatura vale 0’400, ‰cu‚ntos Kg. De Fe se obtendr‚n al pasar 1000 moles de mezcla gaseosa? Explique si el aumento de presi•n y el aumento de temperatura beneficiar‚n el

proceso de obtenci•n de hierro mediante este procedimiento. Masas at•micas: Fe = 55’85 ; C = 12’011 ; O = 16) Soluci•n  Date cuenta de que se trata de un equilibrio heterog•neo.  Oxido ferroso en exceso significa que hay de sobra, y que el reactivo limitante va a ser el mon€xido de carbono, es decir, va a reaccionar todo el que haya.  Si se lee con atenci€n el texto, te dar‚s cuenta de que se indica como dato la cantidad de moles iniciales de CO : ‰el 20 % de 1000 moles de gas aire!.

 Recuerda que en la expresiones de las constantes no intervienen las sustancias s€lidas, pues su concentraci€n es su densidad que es constante (ya incluida en el valor de Kc y Kp)

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FeO ( s)  CO ( g)  Fe In

200

Eq.

200  x

( s) 

CO2 ( g)

Gas aire : 80% N2 ; 20% CO Kp  0'4

T ‹  1100‡ K Pt  0'2 atm.

Kp 

PCO2 PCO



XCO2  PT XCO  PT



x 200 200  x 200



x 200  x

mt  200  x

0'400  200  x   x 80  0'4 x  x 80  1'4 x x 55'85 x  57'14 moles   3191'3 g de Fe  3'2 Kg Fe.

Discusi€n ..Le Ch…telier:  Si la reacci€n es endot•rmica en el sentido de obtenci€n de hierro, al aumentar la temperatura se favorecer‚ este sentido, ya que segƒn el principio de Le Ch…telier el equilibrio tiende a reaccionar contrarrestando al agente pertubador, por lo tanto tratar‚ de contrarrestar el aumento de temperatura consumiendo calor en el sentido endot•rmico (derecha)  Si se aumenta la presi€n, segƒn el principio de Le Ch…telier el equilibrio tender‚ a contrarrestar este efecto por lo que evolucionar‚ en el sentido en el que haya menor nƒmero de moles gaseosos. Como hay el mismo en ambos lados, el equilibrio no se ve afectado.