ROWNOWAGA CHEMICZNA, chemia

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
3. RÓWNOWAGA CHEMICZNA
Zadania przykładowe
3.1.
Do naczynia o objętości 2⋅10
-2
m
3
wprowadzono 0,1 mola gazowego N
2
O
4
w temperaturze
298 K. Sumaryczne ciśnienie mieszaniny równowagowej wynosi 1,425⋅10
5
Pa. Obliczyć ciśnieniową
stałą równowagi reakcji rozpadu N
2
O
4
do NO
2
oraz prężności cząstkowe reagentów w stanie
równowagi.
Rozwiązanie
Rozpad N
2
O
4
do NO
2
zachodzi zgodnie z reakcją:
N
2
O
4
= 2NO
2
Ciśnieniowa stała równowagi tej reakcji dana jest zależnością:


P
P


2
NO
2
K
=
s
p
P
NO
24
P
s
- to równowagowe ciśnienia odpowiednio NO
2
i N
2
O
4
,
P
s
jest ciśnieniem standardowym.
Obliczamy początkowe ciśnienie (P
p
) wprowadzonego N
2
O
4
.
N O
PNO
)
= =
nRT
V
01 8 314 298
210
, ,
⋅ ⋅
⋅
= ⋅
1 239 10
,
5
Pa
24
−
3
Jeżeli przyjmiemy, że równowagowe ciśnienie NO
2
wynosi x, to ze stechiometrii reakcji wynika,
że ciśnienie N
2
O
4
w stanie równowagi wynosi P
p
(N
2
O
4
) - 0,5x. Stałą równowagi możemy zatem
zapisać w postaci zależności:
x
P
PNO




2
x
2
s
K
=
=
(
)
p
(
) ,
−
05
x
PNO
(
− ⋅
05
xP
p
24
p
24
s
P
s
Prężność sumaryczna w stanie równowagi wynosi 1,425
.
10
5
Pa i jest równa sumie prężności
cząstkowych reagentów
1,425 ⋅ 10
5
= (P
p
(N
2
O
4
) - 0,5x) + x
Ponieważ ciśnienie początkowe N
2
O
4
wynosi 1,239⋅10
5
Pa, zatem
1,425 ⋅ 10
5
= (1,239 ⋅ 10
5
- 0,5x) + x
stąd x = 0,372 ⋅ 10
5
Pa
Po podstawieniu tej wartości do wzoru na stałą równowagi otrzymujemy
0 372 10
1 239 10 0 5 0 372 10 10
⋅
⋅ −⋅ ⋅ ⋅
( )
,
5
2
K
p
=
=
0131
,
(
,
5
. ,
5
)
5
Prężności cząstkowe w stanie równowagi wynoszą:
P(NO
2
) = x = 0,372 ⋅ 10
5
Pa
P(N
2
O
4
) = P
p
(N
2
O
4
) - 0,5x = 1,239 ⋅ 10
5
- 0.5 ⋅ 0,372 ⋅ 10
5
=1,053 ⋅ 10
5
Pa
gdzie:
Pi P
NO
2
2 4
p
(
,
3.2.
W stanie równowagi mieszanina reakcyjna znajdująca się w naczyniu o objętości 10
-2
m
3
w
temp. 500 K zawiera 4 mole Br
2
, 2,5 mola H
2
i 1 mol HBr. Obliczyć stałą równowagi reakcji: 2HBr =
H
2
+ Br
2
.
W innym doświadczeniu prowadzonym w tych samych warunkach do pustego naczynia
wprowadzono pewną ilość HBr. Po ustaleniu się stanu równowagi okazało się, że w mieszaninie
znajduje się 8 moli bromu. Wyznaczyć liczby moli poszczególnych reagentów w stanie równowagi, a
także liczbę moli wprowadzonego na początku bromowodoru.
Wyrażamy stałą K
p
za pomocą K
n
KK
P
PN




∆
n
p
=
n
s
gdzie:
K
n
- jest równowagowym ilorazem liczby moli reagentów; K
n
nie jest stałą równowagi,
P - sumaryczne ciśnienie równowagowe,
N - sumaryczna liczba moli reagentów w stanie równowagi,
∆n - różnica liczby moli gazowych produktów i substratów reakcji
(zgodnie z zapisem reakcji).
Wobec faktu, że ∆n dla powyższej reakcji równe jest zeru, zatem K
p
= K
n
.
Stąd
nn
⋅
KK
==
H
2
Br
2
=
25 4
1
,
⋅
=
10
p
n
( )
2
2
n
HBr
Stała równowagi jest oczywiście równa 10 także dla drugiego doświadczenia, ponieważ temperatura
jest ta sama.
Z zapisu reakcji wynika, że jeżeli w stanie równowagi mamy 8 moli bromu, to w naczyniu musi
się znajdować także 8 moli wodoru, gdyż do naczynia wprowadzono jedynie bromowodór.
Liczbę moli bromowodoru w stanie równowagi obliczymy z wyrażenia na stałą równowagi
⋅
n
HBr
88
2
10
=
( )
skąd:
n
HBr
=
2,53 mola
Obliczając liczbę moli HBr wprowadzonego na początku do naczynia, musimy uwzględnić liczbę moli
HBr znajdującą się w naczyniu w stanie równowagi oraz liczbę moli HBr, która musiała
przereagować, aby powstało 8 moli Br
2
. Ze stechiometrii reakcji wynika, że musiało przereagować 16
moli HBr. Liczba moli HBr wprowadzonego na początku do naczynia wynosi zatem n
HBr
= 2,53 + 16
= 18,53 moli.
3.3.
Wyznaczyć stopień dysocjacji gazowego PCl
5
w temperaturze 550 K. Równowagowe
ciśnienie sumaryczne wynosi 2
.
10
5
Pa, a stała równowagi reakcji dysocjacji PCl
5
= PCl
3
+ Cl
2
wynosi
w tych warunkach K
p
= 1,98.
Wyrazimy stałą dysocjacji K
p
za pomocą K
n
.
n
⋅


n
P
PN


∆
n
K
=
PCl
3
Cl
p
n
PCl
s
Jeżeli stopień dysocjacji oznaczymy jako α , to w stanie równowagi liczba moli Cl
2
i PCl
3
będzie
równa iloczynowi liczby moli wprowadzonego PCl
5
i stopnia dysocjacji, czyli w tym przypadku n
o
α.
Rozwiązanie
ponieważ wielkość ta jest zależna od ciśnienia i sumarycznej liczby moli reagentów,
Rozwiązanie
Liczba moli PCl
5
w stanie równowagi jest równa n
o
(1 - α).
Sumaryczna liczba moli w stanie równowagi będzie równa
N = n
o
α + n
o
α + n
o
(1 − α) = n
o
(1 + α)
Różnica liczby moli gazowych produktów i substratów reakcji wynosi w tym przypadku 1. Po
podstawieniu do równania na stałą równowagi otrzymujemy:
α
2


210
10 1
⋅
5


=
1
2
α
α
2
K
p
=
1
−
α
5
(
+
α
)
1
−
2
Zwróćmy uwagę, że początkowa liczba moli PCl
5
(n
o
) nie występuje w wyrażeniu na stałą równowagi.
Po podstawieniu za K
p
wartości 1,98 otrzymujemy
2
α
α
2
198
, =
1
−
2
stąd
α = 0,70
3.4.
Stała równowagi K
p
dla reakcji N
2
+ 3H
2
= 2NH
3
w temperaturze 400
o
C wynosi 1,64⋅10
-4
.
Czy mieszanina, w której prężności cząstkowe wszystkich reagentów wynoszą po 2⋅10
5
Pa
przereaguje w kierunku tworzenia amoniaku?
Rozwiązanie
Informację o kierunku przebiegu reakcji otrzymamy określając zmianę entalpii swobodnej (∆G) .
Jeżeli ∆G < 0 , to reakcja przebiega zgodnie z zapisem, jeżeli ∆G > 0, to w kierunku odwrotnym.
Korzystamy z równania izotermy Van't Hoffa, które dla podanej reakcji przyjmuje postać:


PNH
P
(
)


2
3
∆GG T
o
ln
s




3
PH
P
() ()
PN
P
2
2
s
s
gdzie prężności reagentów występujące w równaniu nie są prężnościami równo-wagowymi , a
aktualnymi.
Ponieważ ∆G
o
= -RT lnK
p
, to:
∆G TK T
PNH P
PH PN
2
( )
()()
⋅
2
s
=−
ln
+
ln
3
p
3
⋅
2
2
( ) ( )
( )
210 10
210 210
⋅
⋅ ⋅ ⋅
5
2
5
2
∆G
8 314 673 1 64 10
ln ,
⋅ + ⋅
−
4
8 314 673
,
ln
=
41010
J
5
3
5
Wartość ∆G jest dodatnia, zatem reakcja przebiega w przeciwnym kierunku do zapisu, czyli w
kierunku rozpadu amoniaku. Odpowiedź: nie.
3.5.
Wyznaczyć równowagowe ciśnienia H
2
i H
2
S w temperaturze 298 K, jeżeli sumaryczne
ciśnienie mieszaniny równowagowej wynosi 10
5
Pa. Czy ze wzrostem temperatury zawartość H
2
w
mieszaninie równowagowej wzrośnie, zmaleje, czy też pozostanie bez zmian?
Dane potrzebne do obliczeń należy znaleźć w literaturze.
= +
=− ⋅
,
Rozwiązanie
Gazowy wodór i siarkowodór będą współistniały w temperaturze 298 K w obecności stałej
siarki rombowej, co możemy przedstawić równaniem reakcji:
H
2
+ S(s) = H
2
S.
Ciśnieniową stałą równowagi tej reakcji (K
p
) przedstawia równanie:
PHS
P
PH
P
(
2
)
K
=
s
=
PHS
PH
( )
()
2
p
()
2
2
s
W zapisie stałej równowagi nie uwzględniono oczywiście siarki (faza stała). Stałą równowagi
obliczymy z zależności: ∆G
o
= -RT ln K
p
.
Wartość standardowej entalpii swobodnej wyliczymy korzystając ze wzoru:
∆G
o
= ∆H
o
- T ∆S
o
. Wartości ∆H
o
i S
o
reagentów w temp. 298 K znajdujemy w tablicach
termochemicznych.
Reagent
∆H
o
[
kJ⋅mol
-
1
]
S
o
[J
⋅mol
-
1
⋅K
-1
]
H
2
0
130,6
S(r)
0
31,88
H
2
S
-20,15
205,64
∆ ∆
HH S
o
=
o
(
)
−
∆
HHHS
o
( )
−
∆
o
( )
= −
2015
,
kJ
298
298
2
298
2
298
(
( )
∆SSHSSHSSr
o
=
o
(
)
−
o
( )
−
o
= − − =
205 64 130 6 31 88 4316
,
,
,
,
J K
298
298
2
298
2
298
∆ ∆
GHT S
= − =− − ⋅ =−
o
∆
o
20150 298 4316
,
33011 6
,
J
=
33 01
,
kJ
298
298
298
∆GR T K
298
= − ln
p
stąd:
=
−
∆
G
RT
o
33010
8 314 298
ln
K
298
=
=
13 324
,
⇒= ⋅
K
6114 10
,
5
p
,
⋅
p
Ciśnienie sumaryczne w stanie równowagi wynosi 10
5
Pa, zatem P(H
2
S)+P(H
2
) = 10
5
Pa, z
kolei wartość stałej równowagi daje nam wartość stosunku P(H
2
S)/P(H
2
) = 6,114
.
10
5
.
Rozwiązujemy układ dwóch równań:
P(H
2
S) + P(H
2
) = 10
5
suma ciśnień równowagowych H
2
i H
2
S
wynosi 10
5
Pa
P(H
2
S)/P(H
2
) = 6,114
.
10
5
stosunek ciśnień H
2
S do H
2
równy jest
wartości stałej równowagi
stąd: P(H
2
) = 0,163 Pa, P(H
2
S) ≈ 10
5
Pa
Ponieważ reakcja jest egzotermiczna (∆H < 0), zatem ze wzrostem temperatury stała równowagi
zmaleje i tym samym, co wynika ze wzoru na stałą równowagi, zwiększy się ilość H
2
.
3.6.
Dla reakcji CO +
1
2
O
2
= CO
2
zależność stałej równowagi od temperatury dana jest
zależnością:
34015
ln
K
p
= −
10 45
,
T
Obliczyć wartość ∆H
o
i ∆S
o
reakcji w temperaturze 298 K.
/
o
o
Zapiszmy równanie izobary Van’t Hoffa.
dK
dT
=
∆
H
RT
o
p
2
Po scałkowaniu powyższego równania, przy założeniu, że ∆H
o
nie jest funkcją temperatury,
otrzymujemy:
ln K
o
=− +
∆
H
RT
B
p
gdzie: B - jest stałą całkowania.
Porównując uzyskane równanie z podanym w treści zadania dochodzimy do wniosku, że -∆H
o
/R =
34015, stąd
∆H
o
= -34015
.
8,314 = -282800 J = -282,8 kJ
∆S
o
reakcji znajdujemy z zależności:
∆G
o
= ∆H
o
- T ∆S
o
(
*
)
W tym celu musimy znaleźć wartość standardowej entalpii swobodnej (∆G
o
), której związek ze stałą
równowagi K
p
ma postać:
∆G
o
= -RT lnK
p
Po podstawieniu do równania zależności podanej w zadaniu otrzymamy:
∆G T
T


34015
−
10 45
,


=− ⋅ + ⋅
34015
R T
10 45
,
Porównując uzyskane równanie z równaniem opatrzonym gwiazdką (
*
) otrzymujemy
∆S
o
= -R
.
10,45 = -86,88 J⋅K
-1
3.7.
W temperaturze 1000 K w stanie równowagi w naczyniu zawierającym stały węgiel
znajduje się równomolowa mieszanina CO
2
i CO. Ciśnienie sumaryczne wynosi 1,4
.
10
6
Pa. W jakiej
temperaturze, przy tym samym ciśnieniu sumarycznym, stosunek ciśnień P(CO)/P(CO
2
) wyniesie 4?
Dla reakcji:
CO
2
+ C(s) = 2CO
∆H
o
wynosi 170 kJ i nie zależy od temperatury.
Stała równowagi reakcji K
p
dana jest zależnością:


PCO
P
PCO
P


2
PCO
PCO P
2
( )
s
K
=
=
p
(
)
(
)
⋅
2
2
s
s
Ciśnienia cząstkowe CO i CO
2
w stanie równowagi dane są zależnościami:
P(CO) = x(CO) P
r
oraz P(CO
2
) = x(CO
2
) P
r
gdzie:
x - oznacza ułamek molowy w mieszaninie równowagowej,
Obliczamy teraz K
p
w temp. 1000 K. Ponieważ mamy mieszaninę równomolową, to x(CO) = x(CO
2
)
= 0,5. Prężności cząstkowe CO
2
i CO wynoszą zatem:
P(CO) = P(CO
2
) = 0,5
.
1,4
.
10
6
= 0,7
.
10
6
Pa
Rozwiązanie
ln
o
=−
R
Rozwiązanie
( )
P
r
- jest równowagowym ciśnieniem sumarycznym.
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]

  • zanotowane.pl
  • doc.pisz.pl
  • pdf.pisz.pl
  • tejsza.htw.pl

    •