równowaga przykłady.pdf

(248 KB) Pobierz
Microsoft Word - chf_im_sem_1d.doc
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 (
,
1771183.004.png
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
1771183.005.png
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.
= +
=− ⋅
,
1771183.006.png
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
1771183.007.png 1771183.001.png
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.
1771183.002.png 1771183.003.png
 
Zgłoś jeśli naruszono regulamin