Exercicis d'equilibri químic — Química 2n Batxillerat

Q: Com sé cap a on evoluciona un sistema que no és en equilibri?

Comparant el quocient de reacció Q amb la constant K. Si Q és més petit que K, la reacció avança cap als productes; si és més gran, cap als reactius.

Q: Per què no s'inclouen els sòlids a la constant d'equilibri?

Perquè la seva concentració és constant i ja queda inclosa en el valor de la constant. Només hi entren els gasos i les espècies dissoltes.

L'equilibri químic és un dels temes amb més pes a la PAU de Química, i aquests exercicis el treballen complet. Calcules constants d'equilibri a partir de taules de concentracions inicials i en l'equilibri, i passes de Kc a Kp. Després compares el quocient de reacció amb la constant per saber cap a on evolucionarà un sistema i apliques el principi de Le Châtelier quan canvien la pressió, la temperatura o les concentracions. Al final treballes equilibris heterogenis i de solubilitat, amb el producte de solubilitat del clorur de plata o del fluorur de calci. Errors típics: incloure sòlids i líquids purs a la constant i confondre el quocient de reacció amb la constant.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Amb quina expressió es calcula el quocient de reacció Q?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Q = \dfrac{[\mathrm{C}]^{c}\,[\mathrm{D}]^{d}}{[\mathrm{A}]^{a}\,[\mathrm{B}]^{b}}

: la mateixa expressió que

K_c

, però amb les concentracions d'un moment qualsevol.

Resolució

Plantejament. Per a una reacció general $a\,\mathrm{A} + b\,\mathrm{B} \rightleftharpoons c\,\mathrm{C} + d\,\mathrm{D}$ volem l'expressió del quocient de reacció Q.
Llei d'acció de masses. Q es construeix igual que la constant d'equilibri: productes al numerador i reactius al denominador, cadascun elevat al seu coeficient estequiomètric. $Q = \dfrac{[\mathrm{C}]^{c}\,[\mathrm{D}]^{d}}{[\mathrm{A}]^{a}\,[\mathrm{B}]^{b}}$
Diferència amb K. A $K_c$ hi van les concentracions d'equilibri; a Q, les d'un moment qualsevol de la reacció, que no cal que sigui d'equilibri.
Conclusió. Per això Q serveix per predir l'evolució: si $Q = K_c$ el sistema ja és en equilibri; si no, evoluciona fins que Q iguala $K_c$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Quin factor, a més de desplaçar l'equilibri, canvia el valor de la constant Kc?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

La temperatura: és l'únic factor que canvia el valor de

K_c

Resolució

Plantejament. Un equilibri es pot pertorbar canviant les concentracions, la pressió (o el volum) o la temperatura.
Concentració i pressió. Aquests canvis desplacen l'equilibri, però el sistema evoluciona fins que el quocient de reacció torna a valer la mateixa $K_c$ .
Temperatura. La constant d'equilibri només depèn de la temperatura: si T canvia, $K_c$ pren un valor nou (en una reacció exotèrmica disminueix en escalfar; en una endotèrmica, augmenta).
Conclusió. Per tant, la temperatura és el factor que, a més de desplaçar l'equilibri, modifica el valor de $K_c$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Escriu l'expressió del producte de solubilitat del fluorur de calci, CaF₂(s) ↔ Ca²⁺ + 2F⁻.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

K_s = [\mathrm{Ca^{2+}}]\cdot[\mathrm{F^-}]^{2}

Resolució

Dades. L'equilibri de solubilitat és $\mathrm{CaF_2(s) \rightleftharpoons Ca^{2+}(aq) + 2\,F^-(aq)}$ .
Producte de solubilitat. És el producte de les concentracions dels ions en la dissolució saturada, cadascuna elevada al seu coeficient. El sòlid no hi apareix, perquè la seva «concentració» és constant.
Expressió. $K_s = [\mathrm{Ca^{2+}}]\cdot[\mathrm{F^-}]^{2}$
Conclusió. Fixa't que la concentració del fluorur va elevada a 2, que és el seu coeficient a l'equació.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Escriu l'expressió de la constant d'equilibri K_c (i la de K_p quan tingui sentit) per a aquests equilibris i explica per què algunes espècies no hi apareixen: a) CaCO₃(s) ⇌ CaO(s) + CO₂(g); b) C(s) + H₂O(g) ⇌ CO(g) + H₂(g); c) Fe³⁺(aq) + SCN^-(aq) ⇌ FeSCN²⁺(aq).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Apartat a)

Resultat

K_c = [\mathrm{CO_2}]

;

K_p = P_{\mathrm{CO_2}}

Resolució

Equilibri heterogeni. Els sòlids i els líquids purs no apareixen a la constant: la seva «concentració» (densitat dividida per massa molar) és constant i queda englobada dins del valor de K. Aquí el CaCO₃ i el CaO són sòlids; només el CO₂ és gas.
Expressions. $K_c = [\mathrm{CO_2}] \qquad K_p = P_{\mathrm{CO_2}}$
Conclusió. Mentre quedi una mica de CaCO₃ i de CaO, la pressió de CO₂ en equilibri només depèn de la temperatura. Error típic: incloure [CaCO₃] a l'expressió.

Apartat b)

Resultat

K_c = \dfrac{[\mathrm{CO}]\,[\mathrm{H_2}]}{[\mathrm{H_2O}]}

;

K_p = \dfrac{P_{\mathrm{CO}}\,P_{\mathrm{H_2}}}{P_{\mathrm{H_2O}}}

Resolució

Espècies. El carboni és sòlid i no hi apareix; l'aigua, en canvi, és vapor (gas) i sí que hi és.
Expressions. $K_c = \dfrac{[\mathrm{CO}]\,[\mathrm{H_2}]}{[\mathrm{H_2O}]} \qquad K_p = \dfrac{P_{\mathrm{CO}}\,P_{\mathrm{H_2}}}{P_{\mathrm{H_2O}}}$
Conclusió. El carboni sòlid no apareix a cap de les dues constants. Error típic: incloure-hi [C].

Apartat c)

Resultat

K_c = \dfrac{[\mathrm{FeSCN^{2+}}]}{[\mathrm{Fe^{3+}}]\,[\mathrm{SCN^-}]}

;

K_p

no té sentit.

Resolució

Espècies. Totes són ions en dissolució aquosa; no hi ha cap gas.
Expressió. $K_c = \dfrac{[\mathrm{FeSCN^{2+}}]}{[\mathrm{Fe^{3+}}]\cdot[\mathrm{SCN^-}]}$
Conclusió. No té sentit parlar de $K_p$ , perquè no hi ha gasos; l'aigua (el dissolvent) tampoc no hi apareix.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

A una certa temperatura, l'equilibri N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g) té K_c = 0,50. Calcula, a la mateixa temperatura, la constant d'equilibri de: a) 2 NH₃(g) ⇌ N₂(g) + 3 H₂(g); b) $\tfrac{1}{2}$ N₂(g) + $\tfrac{3}{2}$ H₂(g) ⇌ NH₃(g).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Apartat a)

Resultat

K' = 2{,}0

Resolució

Dades. $K_c = \dfrac{[\mathrm{NH_3}]^{2}}{[\mathrm{N_2}]\cdot[\mathrm{H_2}]^{3}} = 0{,}50$ .
Equació inversa. Si s'inverteix l'equació, l'expressió de la constant també s'inverteix: $K' = \dfrac{[\mathrm{N_2}]\cdot[\mathrm{H_2}]^{3}}{[\mathrm{NH_3}]^{2}} = \dfrac{1}{K_c}$
Càlcul. $K' = \dfrac{1}{0{,}50} = 2{,}0$ .

Apartat b)

Resultat

K'' = 0{,}71

Resolució

Coeficients dividits per 2. Si es divideixen els coeficients per 2, els exponents de la constant també es divideixen per 2: $K'' = \dfrac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{N_2}]^{1/2}\cdot[\mathrm{H_2}]^{3/2}} = K_c^{1/2}$
Càlcul. $K'' = \sqrt{0{,}50} = 0{,}71$ .
Regla general. Si una equació es multiplica per n, la constant s'eleva a n; si s'inverteix, s'inverteix la constant. Per això el valor d'una constant només té sentit acompanyat de l'equació a la qual es refereix.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

El metanol s'obté industrialment segons CO(g) + 2 H₂(g) ⇌ CH₃OH(g), ΔH = -91 kJ. Indica, aplicant el principi de Le Chatelier, cap a on es desplaça l'equilibri en cada cas: a) s'augmenta la pressió total reduint el volum; b) s'augmenta la temperatura; c) s'afegeix hidrogen; d) es retira el metanol a mesura que es forma; e) s'afegeix un catalitzador.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Apartat a)

Resultat

Cap a la dreta (es forma més metanol).

Resolució

Principi de Le Chatelier. El sistema respon a una pertorbació en el sentit que la contraresta.
Mols de gas. Hi ha 3 mol de gas als reactius (1 de CO i 2 d'H₂) i 1 als productes.
Conclusió. En reduir el volum puja la pressió, i el sistema es desplaça cap on hi ha menys mols de gas per fer-la baixar: cap a la dreta.

Apartat b)

Resultat

Cap a l'esquerra; a més,

K_c

disminueix.

Resolució

Signe de ΔH. ΔH = −91 kJ: la reacció directa és exotèrmica.
Conclusió. En escalfar, el sistema afavoreix el sentit endotèrmic (la descomposició del metanol) per absorbir calor; a més, $K_c$ disminueix.

Apartat c)

Resultat

Cap a la dreta.

Resolució

Pertorbació. S'augmenta la concentració d'un reactiu, l'H₂, i Q es fa més petit que $K_c$ .
Conclusió. El sistema es desplaça cap a la dreta per consumir part de l'hidrogen afegit.

Apartat d)

Resultat

Cap a la dreta.

Resolució

Pertorbació. En retirar el producte, Q baixa per sota de $K_c$ .
Conclusió. El sistema es desplaça cap a la dreta per reposar el producte retirat; és el que es fa a la indústria per augmentar el rendiment.

Apartat e)

Resultat

No es desplaça.

Resolució

Paper del catalitzador. El catalitzador accelera igual la reacció directa i la inversa, i no apareix a l'expressió de $K_c$ .
Conclusió. L'equilibri no es desplaça: el catalitzador només fa que s'assoleixi abans.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Raona si cada afirmació sobre un sistema en equilibri químic és certa o falsa: a) les concentracions de reactius i productes són iguals; b) la reacció s'ha aturat; c) el valor de $K_{c}$ depèn de les concentracions inicials; d) si $K_{c}$ és molt gran, en l'equilibri predominen els productes.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Apartat a)

Resultat

Falsa. Les concentracions es mantenen constants, però no tenen per què ser iguals.

Resolució

Què és constant. En l'equilibri les concentracions deixen de variar, però cadascuna pot tenir un valor molt diferent.
Conclusió. El que queda fixat és la seva relació, que és la que dona $K_c$ ; per tant, l'afirmació és falsa.

Apartat b)

Resultat

Falsa. L'equilibri és dinàmic: la reacció no s'atura.

Resolució

Equilibri dinàmic. Les reaccions directa i inversa continuen, però amb la mateixa velocitat.
Conclusió. Per això no s'observen canvis macroscòpics, tot i que a escala molecular la reacció continua.

Apartat c)

Resultat

Falsa.

K_c

només depèn de la temperatura.

Resolució

Dependència de K. Amb concentracions inicials diferents s'arriba a estats d'equilibri diferents.
Conclusió. Però el quocient [productes]/[reactius] (amb els exponents) sempre dona el mateix valor a una mateixa temperatura: $K_c$ no depèn de les concentracions inicials.

Apartat d)

Resultat

Certa. Si

K_c

és molt gran, en l'equilibri predominen els productes.

Resolució

Significat de K. $K_c$ gran vol dir que el numerador (productes) és molt més gran que el denominador (reactius).
Conclusió. La reacció està molt desplaçada cap a la dreta: predominen els productes.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

En un recipient a 700 K s'ha establert l'equilibri CO(g) + H₂O(g) ⇌ CO₂(g) + H₂(g), i les concentracions mesurades són [CO] = 0,10 M, [H₂O] = 0,20 M, [CO₂] = 0,30 M i [H₂] = 0,20 M. Calcula K_c a aquesta temperatura i raona quin valor tindria K_p.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

K_c = 3{,}0

;

K_p = K_c = 3{,}0

, perquè

\Delta n = 0

Resolució

Dades. Concentracions d'equilibri: [CO] = 0,10 M, [H₂O] = 0,20 M, [CO₂] = 0,30 M i [H₂] = 0,20 M.
Llei d'acció de masses. $K_c = \dfrac{[\mathrm{CO_2}]\cdot[\mathrm{H_2}]}{[\mathrm{CO}]\cdot[\mathrm{H_2O}]}$
Càlcul. $K_c = \dfrac{0{,}30\cdot0{,}20}{0{,}10\cdot0{,}20} = \dfrac{0{,}060}{0{,}020} = 3{,}0$ No té unitats, perquè hi ha el mateix nombre de factors al numerador i al denominador.
Relació entre Kp i Kc. $K_p = K_c\cdot(RT)^{\Delta n}$ , amb $\Delta n = (1+1) - (1+1) = 0$ ; per tant, $K_p = K_c = 3{,}0$ .
Conclusió. Fixa't que a la constant només hi van les concentracions en equilibri, mai les inicials (error típic).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

A temperatura molt alta s'estableix l'equilibri $\mathrm{N}_{2}$ (g) + $\mathrm{O}_{2}$ (g) ⇌ 2 NO(g). En un recipient en equilibri les pressions parcials són P( $\mathrm{N}_{2}$ ) = 0,80 atm, P( $\mathrm{O}_{2}$ ) = 0,20 atm i P(NO) = 0,040 atm. Calcula $K_{p}$ i la pressió total, i raona si a aquesta temperatura la formació de NO està gaire afavorida.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

K_p = 0{,}010

;

P_{\text{total}} = 1{,}04\ \text{atm}

; la formació de NO està poc afavorida.

Resolució

Dades. P(N₂) = 0,80 atm, P(O₂) = 0,20 atm i P(NO) = 0,040 atm en equilibri.
Constant de pressions. $K_p = \dfrac{P_{\mathrm{NO}}^{2}}{P_{\mathrm{N_2}}\cdot P_{\mathrm{O_2}}} = \dfrac{0{,}040^{2}}{0{,}80\cdot0{,}20} = \dfrac{0{,}0016}{0{,}16} = 0{,}010$ Sense unitats, perquè $\Delta n = 0$ .
Llei de Dalton. $P = 0{,}80 + 0{,}20 + 0{,}040 = 1{,}04\ \text{atm}$ .
Conclusió. $K_p = 0{,}010$ és petita: en l'equilibri predominen clarament N₂ i O₂ i només es forma una mica de NO. Tot i així, és molt més del que es forma a temperatura ambient (K ≈ 10⁻³⁰): per això el NO apareix als motors i als llamps, on la temperatura és molt alta.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

La solubilitat del sulfat de bari, BaSO₄, en aigua a 25 °C és 1,0· $10^{-5}$ mol/L, i la del iodur de plom(II), PbI₂, és 1,3· $10^{-3}$ mol/L. Escriu l'equilibri de solubilitat de cada sal i calcula'n el producte de solubilitat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

K_s(\mathrm{BaSO_4}) = 1{,}0\cdot10^{-10}

;

K_s(\mathrm{PbI_2}) = 8{,}8\cdot10^{-9}

Resolució

Equilibris de solubilitat. $\mathrm{BaSO_4(s) \rightleftharpoons Ba^{2+}(aq) + SO_4^{2-}(aq)}$ i $\mathrm{PbI_2(s) \rightleftharpoons Pb^{2+}(aq) + 2\,I^-(aq)}$ .
Sulfat de bari. Si es dissolen s mol/L, [Ba²⁺] = [SO₄²⁻] = s: $K_s = s^{2} = (1{,}0\cdot10^{-5})^{2} = 1{,}0\cdot10^{-10}$
Iodur de plom(II). Per cada s mol/L dissolts, [Pb²⁺] = s i [I⁻] = 2s: $K_s = [\mathrm{Pb^{2+}}]\cdot[\mathrm{I^-}]^{2} = s\cdot(2s)^{2} = 4s^{3} = 4\cdot(1{,}3\cdot10^{-3})^{3} = 8{,}8\cdot10^{-9}$
Conclusió. Fixa't en l'estequiometria: l'error típic és escriure [I⁻] = s en lloc de 2s, o oblidar elevar-la al quadrat.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

En un recipient tancat d'1 L s'introdueix 1 mol de tetraòxid de dinitrogen, N₂O₄, que es dissocia parcialment segons N₂O₄(g) ↔ 2NO₂(g). Un cop assolit l'equilibri, hi queden 0,80 mol de N₂O₄. Munta la taula de concentracions, calcula el grau de dissociació α i la constant Kc.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

[\mathrm{N_2O_4}] = 0{,}80\ \text{M}

[\mathrm{NO_2}] = 0{,}40\ \text{M}

;

\alpha = 0{,}20

(20 %);

K_c = 0{,}20

Resolució

Dades. V = 1 L, 1 mol inicial de N₂O₄ i 0,80 mol en equilibri. Partim dels mols inicials i muntem la taula ICE (inicial, canvi, equilibri), amb x = mols de N₂O₄ que es dissocien.
Taula ICE.
N₂O₄ NO₂
Inicial 1 0
Canvi −x +2x
Equilibri 1 − x 2x
Per cada mol de N₂O₄ que reacciona se'n formen 2 de NO₂.
Càlcul de x. 1 − x = 0,80, d'on x = 0,20 mol. Com que V = 1 L, les concentracions coincideixen amb els mols: [N₂O₄] = 0,80 M i [NO₂] = 2·0,20 = 0,40 M.
Grau de dissociació. $\alpha = \dfrac{x}{n_{\text{inicial}}} = \dfrac{0{,}20}{1} = 0{,}20$ , és a dir, un 20 %.
Constant. $K_c = \dfrac{[\mathrm{NO_2}]^{2}}{[\mathrm{N_2O_4}]} = \dfrac{0{,}40^{2}}{0{,}80} = \dfrac{0{,}16}{0{,}80} = 0{,}20$
Conclusió. $K_c < 1$ , coherent amb una dissociació petita: l'equilibri està poc desplaçat cap al NO₂.

	N₂O₄	NO₂
Inicial	1	0
Canvi	−x	+2x
Equilibri	1 − x	2x

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Un sistema té Q = 20 i la seva constant és Kc = 8. Cap a on es desplaçarà la reacció? Justifica-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

Cap a l'esquerra (cap als reactius), perquè

Q = 20 > K_c = 8

Resolució

Dades. Q = 20 i $K_c = 8$ .
Criteri del quocient de reacció. Si $Q > K_c$ , hi ha massa productes respecte a l'equilibri; si $Q < K_c$ , n'hi ha massa pocs.
Conclusió. Com que 20 > 8, la reacció retrocedirà cap als reactius (cap a l'esquerra) fins que Q baixi a 8.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

De dues sals, una té Ks = 1·10⁻⁵ i l'altra Ks = 1·10⁻¹². Quina és més soluble?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

És més soluble la de

K_s = 1\cdot10^{-5}

Resolució

Relació Ks–solubilitat. Com més petit és el producte de solubilitat, menys ions hi ha en la dissolució saturada i menys soluble és la sal.
Càlcul (sals del tipus AB). Si $K_s = s^{2}$ : $s = \sqrt{1\cdot10^{-5}} = 3{,}2\cdot10^{-3}\ \text{mol/L}$ davant de $s = \sqrt{1\cdot10^{-12}} = 1\cdot10^{-6}\ \text{mol/L}$ .
Comprovació. En rigor, els K_s només es comparen directament si les sals tenen la mateixa estequiometria. Aquí la diferència és tan gran (set ordres de magnitud) que la conclusió no canvia: per exemple, si la segona fos del tipus AB₂, $s = \sqrt[3]{K_s/4} = 6{,}3\cdot10^{-5}\ \text{mol/L}$ , encara molt menor.
Conclusió. La de K_s = 1·10⁻¹² és la menys soluble; la més soluble és la de K_s = 1·10⁻⁵.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

El clorur de plata té un producte de solubilitat Ks = 1·10⁻¹⁰. (a) Calcula la seva solubilitat en aigua pura. (b) Calcula la solubilitat en una dissolució de clorur de sodi 0,10 M i compara els dos resultats (efecte de l'ió comú).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Apartat a)

Resultat

s = 1\cdot10^{-5}\ \text{mol/L}

Resolució

Equilibri. $\mathrm{AgCl(s) \rightleftharpoons Ag^+(aq) + Cl^-(aq)}$ , amb $K_s = [\mathrm{Ag^+}]\cdot[\mathrm{Cl^-}] = 1\cdot10^{-10}$ .
Aigua pura. Si es dissolen s mol/L, [Ag⁺] = [Cl⁻] = s, i per tant $K_s = s^{2}$ .
Càlcul. $s = \sqrt{1\cdot10^{-10}} = 1\cdot10^{-5}\ \text{mol/L}$ .

Apartat b)

Resultat

s' = 1\cdot10^{-9}\ \text{mol/L}

: unes 10 000 vegades menys que en aigua pura (efecte de l'ió comú).

Resolució

Dades. En NaCl 0,10 M ja hi ha [Cl⁻] = 0,10 M abans de dissoldre gens d'AgCl (el NaCl és molt soluble i es dissocia del tot). Si es dissolen s' mol/L d'AgCl: [Ag⁺] = s' i [Cl⁻] = 0,10 + s'.
Aproximació. $K_s = s'\cdot(0{,}10 + s')$ . Com que s' serà molt petit davant de 0,10, aproximem $0{,}10 + s' \approx 0{,}10$ .
Càlcul. $s' = \dfrac{1\cdot10^{-10}}{0{,}10} = 1\cdot10^{-9}\ \text{mol/L}$
Comparació. La solubilitat passa d'1·10⁻⁵ a 1·10⁻⁹ mol/L, unes 10 000 vegades menys. És l'efecte de l'ió comú: el Cl⁻ present desplaça l'equilibri de dissolució cap al sòlid (Le Châtelier) i fa baixar la solubilitat.
Comprovació. s' = 1·10⁻⁹ és, efectivament, molt menor que 0,10: l'aproximació és vàlida.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

En un recipient de 2,0 L s'introdueix 1,0 mol de clorur de sulfuril, SO₂Cl₂(g), que es descompon segons SO₂Cl₂(g) ⇌ SO₂(g) + Cl₂(g), amb K_c = 0,045 a la temperatura de treball. Calcula les concentracions de totes les espècies en l'equilibri i el grau de dissociació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

[\mathrm{SO_2}] = [\mathrm{Cl_2}] = 0{,}13\ \text{M}

;

[\mathrm{SO_2Cl_2}] = 0{,}37\ \text{M}

;

\alpha = 0{,}26

(26 %)

Resolució

Dades. Concentració inicial: $[\mathrm{SO_2Cl_2}]_0 = \dfrac{1{,}0}{2{,}0} = 0{,}50\ \text{M}$ . Taula (inicial / canvi / equilibri): SO₂Cl₂: 0,50 / −x / 0,50 − x; SO₂: 0 / +x / x; Cl₂: 0 / +x / x.
Llei d'acció de masses. $K_c = \dfrac{x^{2}}{0{,}50 - x} = 0{,}045 \;\Rightarrow\; x^{2} + 0{,}045x - 0{,}0225 = 0$
Càlcul. $x = \dfrac{-0{,}045 + \sqrt{0{,}045^{2} + 4\cdot0{,}0225}}{2} = \dfrac{-0{,}045 + 0{,}3034}{2} = 0{,}129\ \text{M}$ L'arrel negativa no té sentit físic.
Equilibri. [SO₂] = [Cl₂] = 0,13 M; [SO₂Cl₂] = 0,50 − 0,129 = 0,37 M. Grau de dissociació: $\alpha = \dfrac{x}{c_0} = \dfrac{0{,}129}{0{,}50} = 0{,}26$ (26 %).
Comprovació. $\dfrac{0{,}129^{2}}{0{,}371} = 0{,}045$ . Com que α no és petit, no es pot fer l'aproximació 0,50 − x ≈ 0,50.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

El hidrogensulfur d'amoni sòlid es descompon segons NH₄HS(s) ⇌ NH₃(g) + H₂S(g). En un recipient buit on s'ha posat NH₄HS, la pressió total en l'equilibri a 25 °C és de 0,66 atm. a) Calcula K_p. b) Si després s'injecta amoníac fins que la seva pressió parcial en el nou equilibri és de 0,80 atm, calcula la pressió parcial de H₂S i raona en quin sentit s'ha desplaçat l'equilibri.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Apartat a)

Resultat

K_p = 0{,}11\ \text{atm}^{2}

Resolució

Expressió. El sòlid no apareix a la constant: $K_p = P_{\mathrm{NH_3}}\cdot P_{\mathrm{H_2S}}$ .
Pressions parcials. Com que es parteix només del sòlid, els dos gasos es formen en la mateixa proporció (1:1): P(NH₃) = P(H₂S) = 0,66/2 = 0,33 atm.
Càlcul. $K_p = 0{,}33\cdot0{,}33 = 0{,}11\ \text{atm}^{2}$ .

Apartat b)

Resultat

P_{\mathrm{H_2S}} = 0{,}14\ \text{atm}

; l'equilibri s'ha desplaçat cap a l'esquerra (es forma NH₄HS sòlid).

Resolució

Plantejament. La temperatura no canvia, així que $K_p$ és la mateixa, i en el nou equilibri P(NH₃) = 0,80 atm.
Càlcul. $P_{\mathrm{H_2S}} = \dfrac{K_p}{P_{\mathrm{NH_3}}} = \dfrac{0{,}109}{0{,}80} = 0{,}14\ \text{atm}$
Principi de Le Chatelier. En afegir NH₃, el producte P(NH₃)·P(H₂S) supera K_p i l'equilibri es desplaça cap a l'esquerra: part del gas es combina per formar NH₄HS sòlid i la pressió de H₂S baixa de 0,33 a 0,14 atm.
Conclusió. Error típic: suposar que afegir més sòlid NH₄HS canvia les pressions; la quantitat de sòlid no influeix en l'equilibri.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Per a un equilibri de dissociació del tipus AB(g) ⇌ A(g) + B(g), demostra que $K_{c}$ = $α^{2}$ · $\tfrac{c}{(1 - \alpha )}$ , on c és la concentració inicial de AB i α el grau de dissociació. Si $K_{c}$ = 0,10, calcula α per a c = 1,0 M i per a c = 0,10 M, i explica el resultat amb el principi de Le Chatelier.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

K_c = \dfrac{\alpha^{2}c}{1-\alpha}

;

\alpha = 0{,}27

(27 %) per a c = 1,0 M i

\alpha = 0{,}62

(62 %) per a c = 0,10 M: com més diluït, més dissociat.

Resolució

Plantejament. Si es dissocien αc mol/L d'AB: [AB] = c − αc = c(1 − α) i [A] = [B] = αc.
Demostració. $K_c = \dfrac{[\mathrm{A}]\cdot[\mathrm{B}]}{[\mathrm{AB}]} = \dfrac{(\alpha c)^{2}}{c(1-\alpha)} = \dfrac{\alpha^{2}c}{1-\alpha}$
Càlcul per a c = 1,0 M. $1{,}0\,\alpha^{2} = 0{,}10(1-\alpha) \Rightarrow \alpha^{2} + 0{,}10\alpha - 0{,}10 = 0 \Rightarrow \alpha = 0{,}27$ (27 %).
Càlcul per a c = 0,10 M. $0{,}10\,\alpha^{2} = 0{,}10(1-\alpha) \Rightarrow \alpha^{2} + \alpha - 1 = 0 \Rightarrow \alpha = 0{,}62$ (62 %).
Principi de Le Chatelier. Com més diluït (menys concentració, és a dir, més volum per a la mateixa quantitat), més gran és α: en augmentar el volum baixa la pressió i l'equilibri es desplaça cap on hi ha més mols de gas (els productes). $K_c$ és la mateixa en tots dos casos; el que canvia és la posició de l'equilibri.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Es mesclen 50 mL de nitrat de plom(II), Pb(NO₃)₂, 2,0· $10^{-3}$ M amb 50 mL de iodur de potassi, KI, 2,0· $10^{-3}$ M. a) Raona si es formarà precipitat de PbI₂ (K_s = 8,0· $10^{-9}$ ). b) Repeteix el raonament si la dissolució de KI fos 2,0· $10^{-2}$ M. Suposa que els volums són additius.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

Q = 1{,}0\cdot10^{-9} < K_s

: no precipita PbI₂.

Resolució

Criteri. Es forma precipitat si el quocient iònic $Q = [\mathrm{Pb^{2+}}]\cdot[\mathrm{I^-}]^{2}$ , calculat amb les concentracions just després de mesclar, supera K_s.
Dilució. En mesclar volums iguals, cada concentració es redueix a la meitat (el volum passa de 50 a 100 mL): [Pb²⁺] = 1,0·10⁻³ M i [I⁻] = 1,0·10⁻³ M.
Càlcul. $Q = 1{,}0\cdot10^{-3}\cdot(1{,}0\cdot10^{-3})^{2} = 1{,}0\cdot10^{-9} < 8{,}0\cdot10^{-9}$
Conclusió. No precipita: la dissolució queda insaturada. Error típic: fer servir les concentracions de les dissolucions originals sense tenir en compte la dilució en mesclar-les.

Apartat b)

Resultat

Q = 1{,}0\cdot10^{-7} > K_s

: sí que precipita PbI₂.

Resolució

Dilució. Ara [Pb²⁺] = 1,0·10⁻³ M i [I⁻] = 1,0·10⁻² M després de mesclar.
Càlcul. $Q = 1{,}0\cdot10^{-3}\cdot(1{,}0\cdot10^{-2})^{2} = 1{,}0\cdot10^{-7} > 8{,}0\cdot10^{-9}$
Conclusió. Sí que precipita PbI₂ (groc), fins que el producte de les concentracions que queden en dissolució torni a valer K_s.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

El producte de solubilitat de l'hidròxid de magnesi, Mg(OH)₂, és 1,8· $10^{-11}$ a 25 °C. a) Calcula la solubilitat en mol/L i en g/L. b) Calcula la concentració d'ions hidròxid i el pH d'una dissolució saturada. c) Raona si la solubilitat augmentarà o disminuirà si s'afegeix hidròxid de sodi. Masses atòmiques: Mg 24; O 16; H 1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

s = 1{,}7\cdot10^{-4}\ \text{mol/L} = 9{,}6\cdot10^{-3}\ \text{g/L}

Resolució

Equilibri. $\mathrm{Mg(OH)_2(s) \rightleftharpoons Mg^{2+}(aq) + 2\,OH^-(aq)}$ ; [Mg²⁺] = s i [OH⁻] = 2s.
Producte de solubilitat. $K_s = s\cdot(2s)^{2} = 4s^{3}$ .
Càlcul en mol/L. $s = \sqrt[3]{\dfrac{1{,}8\cdot10^{-11}}{4}} = \sqrt[3]{4{,}5\cdot10^{-12}} = 1{,}7\cdot10^{-4}\ \text{mol/L}$
Pas a g/L. M = 24 + 2·17 = 58 g/mol: $1{,}65\cdot10^{-4}\cdot58 = 9{,}6\cdot10^{-3}\ \text{g/L}$ , uns 10 mg per litre: és la «llet de magnèsia», pràcticament insoluble.

Apartat b)

Resultat

[\mathrm{OH^-}] = 3{,}3\cdot10^{-4}\ \text{M}

; pH = 10,5

Resolució

Concentració d'hidròxid. $[\mathrm{OH^-}] = 2s = 3{,}3\cdot10^{-4}\ \text{M}$ .
Càlcul del pH. $\text{pOH} = -\log(3{,}3\cdot10^{-4}) = 3{,}48$ ; $\text{pH} = 14 - 3{,}48 = 10{,}5$ .
Conclusió. La dissolució saturada és bàsica.

Apartat c)

Resultat

La solubilitat disminuirà (efecte de l'ió comú).

Resolució

Ió comú. El NaOH aporta OH⁻: el quocient [Mg²⁺]·[OH⁻]² supera K_s.
Principi de Le Chatelier. L'equilibri es desplaça cap al sòlid i precipita més Mg(OH)₂: la solubilitat baixa.
Conclusió. Per contra, en medi àcid els OH⁻ es neutralitzen i l'hidròxid es dissol.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

L'energia lliure estàndard de la reacció 2 NO₂(g) ⇌ N₂O₄(g) a 25 °C és ΔG° = -4,8 kJ. a) Calcula la constant d'equilibri K_p a aquesta temperatura amb la relació ΔG° = -R·T·ln K. b) Interpreta el signe de ΔG° i el valor de K. c) Raona què ha de valer ΔG° perquè K = 1. R = 8,31 J/(mol·K).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Apartat a)

Resultat

K_p = 6{,}9

(en atm⁻¹)

Resolució

Dades. ΔG° = −4,8 kJ = −4800 J (cal passar-la a J, perquè R va en J), T = 298 K, R = 8,31 J/(mol·K).
Relació ΔG°–K. $\ln K = -\dfrac{\Delta G^{\circ}}{RT} = \dfrac{4800}{8{,}31\cdot298} = \dfrac{4800}{2476} = 1{,}94$
Càlcul. $K_p = e^{1{,}94} = 6{,}9$ , en atm⁻¹, ja que $K_p = \dfrac{P_{\mathrm{N_2O_4}}}{P_{\mathrm{NO_2}}^{2}}$ .
Comprovació. Error típic: posar ΔG° en kJ amb R en J; el resultat sortiria absurd.

Apartat b)

Resultat

ΔG° < 0 i K > 1: en l'equilibri predomina el N₂O₄, però no de manera aclaparadora.

Resolució

Signe de ΔG°. ΔG° < 0 indica que, partint de reactius i productes en condicions estàndard (1 atm cadascun), la reacció avança espontàniament cap a la dreta fins a l'equilibri.
Valor de K. K > 1 confirma que en l'equilibri predomina el N₂O₄, però K és moderada: per això la mescla a temperatura ambient conté NO₂ visible, de color marró.

Apartat c)

Resultat

\Delta G^{\circ} = 0

Resolució

Condició. K = 1 → ln K = 0 → ΔG° = −RT·ln K = 0.
Interpretació. Reactius i productes serien igualment estables en condicions estàndard. En general, ΔG° negativa vol dir K > 1, i ΔG° positiva, K < 1.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

La síntesi industrial de l'amoníac, N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g), ΔH = -92 kJ, es fa a uns 450 °C i 200 atm amb un catalitzador de ferro. a) Indica quines condicions de pressió i temperatura afavoririen el rendiment màxim segons el principi de Le Chatelier. b) Explica per què, malgrat això, s'utilitza una temperatura tan alta i quin paper hi té el catalitzador. c) Justifica per què l'amoníac es retira de la mescla liquant-lo i els gasos que no han reaccionat es recirculen.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

Pressió alta i temperatura baixa.

Resolució

Pressió. De 4 mol de gas (1 de N₂ i 3 d'H₂) se'n formen 2: augmentar la pressió desplaça l'equilibri cap als productes, on hi ha menys mols de gas.
Temperatura. La reacció és exotèrmica (ΔH = −92 kJ): refredar-la l'afavoreix, perquè K_c creix en baixar la temperatura.
Conclusió. Segons Le Chatelier, el rendiment màxim s'obtindria a pressió alta i temperatura baixa.

Apartat b)

Resultat

Els 450 °C són un compromís entre rendiment i velocitat; el catalitzador accelera la reacció sense modificar l'equilibri.

Resolució

Cinètica. A temperatura baixa la reacció és massa lenta (l'enllaç N≡N és molt fort i l'energia d'activació, alta): s'arribaria a un rendiment teòric alt, però en un temps inacceptable.
Compromís. Els 450 °C equilibren termodinàmica (rendiment) i cinètica (velocitat).
Catalitzador. El ferro no modifica l'equilibri, però rebaixa l'energia d'activació i permet treballar a una temperatura més baixa de la que caldria sense ell, mantenint una velocitat acceptable.

Apartat c)

Resultat

Retirar el NH₃ desplaça l'equilibri cap a la dreta, i recircular N₂ i H₂ permet aprofitar gairebé tot el reactiu.

Resolució

Separació. El NH₃ es liqua fàcilment en refredar, perquè forma ponts d'hidrogen, mentre que N₂ i H₂ continuen gasosos.
Principi de Le Chatelier. En retirar el producte, el sistema reacciona formant-ne més.
Recirculació. Tornant a fer passar el N₂ i l'H₂ que no han reaccionat es converteix gairebé tot el reactiu, encara que el rendiment de cada pas sigui només del 15–20 %.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

En un recipient de 5 L s'introdueix 1 mol de pentaclorur de fòsfor, que es dissocia segons PCl₅(g) ↔ PCl₃(g) + Cl₂(g). A la temperatura de treball, Kc = 0,040. Determina el grau de dissociació α i les concentracions de totes les espècies en equilibri.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Resultat

\alpha = 0{,}36

(36 %);

[\mathrm{PCl_5}] = 0{,}128\ \text{M}

[\mathrm{PCl_3}] = [\mathrm{Cl_2}] = 0{,}072\ \text{M}

Resolució

Dades. Concentració inicial: $[\mathrm{PCl_5}]_0 = \dfrac{1}{5} = 0{,}20\ \text{M}$ ; els productes parteixen de 0. Taula ICE amb x = concentració de PCl₅ que es dissocia: PCl₅: 0,20 − x; PCl₃: +x; Cl₂: +x.
Llei d'acció de masses. $K_c = \dfrac{[\mathrm{PCl_3}]\cdot[\mathrm{Cl_2}]}{[\mathrm{PCl_5}]} = \dfrac{x^{2}}{0{,}20 - x} = 0{,}040$ D'on $x^{2} = 0{,}0080 - 0{,}040x$ , és a dir, $x^{2} + 0{,}040x - 0{,}0080 = 0$ .
Càlcul. $x = \dfrac{-0{,}040 + \sqrt{0{,}040^{2} + 4\cdot0{,}0080}}{2} = \dfrac{-0{,}040 + \sqrt{0{,}0336}}{2} = \dfrac{-0{,}040 + 0{,}183}{2} = 0{,}072\ \text{M}$ Prenem l'arrel positiva; l'altra és negativa i no té sentit físic.
Equilibri. [PCl₅] = 0,20 − 0,072 = 0,128 M; [PCl₃] = [Cl₂] = 0,072 M. Grau de dissociació: $\alpha = \dfrac{0{,}072}{0{,}20} = 0{,}36$ , és a dir, un 36 %.
Comprovació. $K_c = \dfrac{0{,}072^{2}}{0{,}128} = \dfrac{0{,}0052}{0{,}128} = 0{,}040$ . Correcte.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

En un recipient de 2 L, a 350 K, s'introdueixen 0,10 mol de N₂O₄, que es dissocia segons N₂O₄(g) ↔ 2NO₂(g). En equilibri s'ha dissociat el 40% del N₂O₄. Calcula: (a) els mols i les concentracions de cada espècie en equilibri; (b) la constant Kc; (c) la constant Kp, i comprova que Kp = Kc· $(RT)^{Δn}$ . Dada: R = 0,082 (en atm·L/(mol·K)).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

n(\mathrm{N_2O_4}) = 0{,}060\ \text{mol}

n(\mathrm{NO_2}) = 0{,}080\ \text{mol}

;

[\mathrm{N_2O_4}] = 0{,}030\ \text{M}

[\mathrm{NO_2}] = 0{,}040\ \text{M}

Resolució

Dades. 0,10 mol de N₂O₄ en 2 L; se'n dissocia el 40 %: x = 0,40·0,10 = 0,040 mol.
Taula ICE (mols). N₂O₄: 0,10 − 0,040 = 0,060 mol; NO₂: 0 + 2·0,040 = 0,080 mol.
Concentracions. [N₂O₄] = 0,060/2 = 0,030 M; [NO₂] = 0,080/2 = 0,040 M.

Apartat b)

Resultat

K_c = 0{,}053

Resolució

Llei d'acció de masses. $K_c = \dfrac{[\mathrm{NO_2}]^{2}}{[\mathrm{N_2O_4}]}$ .
Càlcul. $K_c = \dfrac{0{,}040^{2}}{0{,}030} = \dfrac{0{,}0016}{0{,}030} = 0{,}053$

Apartat c)

Resultat

K_p = 1{,}53

, igual pels dos camins.

Resolució

Camí 1: relació Kp–Kc. $\Delta n = 2 - 1 = +1$ ; $RT = 0{,}082\cdot350 = 28{,}7$ : $K_p = K_c\cdot(RT)^{1} = 0{,}053\cdot28{,}7 = 1{,}53$
Camí 2: pressions parcials. $p_i = \dfrac{n_i RT}{V} = [i]\cdot RT$ : p(N₂O₄) = 0,030·28,7 = 0,861 atm i p(NO₂) = 0,040·28,7 = 1,148 atm.
Càlcul. $K_p = \dfrac{p_{\mathrm{NO_2}}^{2}}{p_{\mathrm{N_2O_4}}} = \dfrac{1{,}148^{2}}{0{,}861} = \dfrac{1{,}318}{0{,}861} = 1{,}53$
Conclusió. Els dos camins coincideixen: $K_p = 1{,}53$ . Parany: Δn només compta els gasos i la temperatura ha d'anar en kelvin.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

L'equilibri $\mathrm{H}_{2}$ (g) + $\mathrm{I}_{2}$ (g) ↔ 2HI(g) té Kc = 16 a la temperatura de treball. En un recipient d'1 L el sistema és en equilibri amb [ $\mathrm{H}_{2}$ ] = 0,20 M, [ $\mathrm{I}_{2}$ ] = 0,20 M i [HI] = 0,80 M. Sense canviar la temperatura, s'hi afegeix $\mathrm{H}_{2}$ fins que la seva concentració és 0,45 M just en el moment de l'addició. Cap a on es desplaçarà l'equilibri? Calcula les noves concentracions en equilibri.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

Es desplaça cap a la dreta (

Q = 7{,}1 < K_c

);

[\mathrm{H_2}] = 0{,}388\ \text{M}

[\mathrm{I_2}] = 0{,}138\ \text{M}

[\mathrm{HI}] = 0{,}924\ \text{M}

Resolució

Sentit (Le Châtelier i Q). En afegir H₂ (un reactiu), el sistema el consumeix desplaçant-se cap als productes. Ho confirmem amb el quocient just després de l'addició: $Q = \dfrac{[\mathrm{HI}]^{2}}{[\mathrm{H_2}]\cdot[\mathrm{I_2}]} = \dfrac{0{,}80^{2}}{0{,}45\cdot0{,}20} = \dfrac{0{,}64}{0{,}090} = 7{,}1 < K_c = 16$
Taula ICE. Partint de les concentracions just després d'afegir el H₂, i amb x = concentració de H₂ (i d'I₂) que reacciona: H₂: 0,45 − x; I₂: 0,20 − x; HI: 0,80 + 2x.
Equació. $\dfrac{(0{,}80 + 2x)^{2}}{(0{,}45 - x)(0{,}20 - x)} = 16$ Desenvolupant: $0{,}64 + 3{,}2x + 4x^{2} = 1{,}44 - 10{,}4x + 16x^{2}$ , és a dir, $12x^{2} - 13{,}6x + 0{,}80 = 0$ .
Càlcul. $x = \dfrac{13{,}6 - \sqrt{13{,}6^{2} - 4\cdot12\cdot0{,}80}}{2\cdot12} = \dfrac{13{,}6 - \sqrt{146{,}56}}{24} = \dfrac{13{,}6 - 12{,}1}{24} = 0{,}062\ \text{M}$ Prenem l'arrel petita: l'altra, x ≈ 1,07, faria negatives [H₂] i [I₂], cosa impossible.
Noves concentracions. [H₂] = 0,45 − 0,062 = 0,388 M; [I₂] = 0,20 − 0,062 = 0,138 M; [HI] = 0,80 + 2·0,062 = 0,924 M.
Comprovació. $K_c = \dfrac{0{,}924^{2}}{0{,}388\cdot0{,}138} = \dfrac{0{,}854}{0{,}0535} = 16{,}0$ . Respecte a l'equilibri inicial ha augmentat el HI i ha disminuït l'I₂: coherent amb el desplaçament cap als productes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

A una certa temperatura, l'equilibri CO(g) + Cl₂(g) ⇌ COCl₂(g) té K_c = 10. En un recipient d'1,0 L s'introdueixen 1,0 mol de CO, 1,0 mol de Cl₂ i 1,0 mol de COCl₂. a) Calcula el quocient de reacció inicial i raona en quin sentit evolucionarà el sistema. b) Calcula les concentracions en l'equilibri. c) Raona com canviaria la quantitat de COCl₂ si, un cop assolit l'equilibri, es dupliqués el volum del recipient a temperatura constant.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

Q = 1{,}0 < K_c = 10

: el sistema evoluciona cap a la dreta (es forma COCl₂).

Resolució

Quocient de reacció. $Q = \dfrac{[\mathrm{COCl_2}]}{[\mathrm{CO}]\cdot[\mathrm{Cl_2}]} = \dfrac{1{,}0}{1{,}0\cdot1{,}0} = 1{,}0$
Conclusió. Com que Q < K_c, el numerador ha de créixer: el sistema evoluciona cap a la dreta, formant COCl₂.

Apartat b)

Resultat

[\mathrm{CO}] = [\mathrm{Cl_2}] = 0{,}40\ \text{M}

;

[\mathrm{COCl_2}] = 1{,}6\ \text{M}

Resolució

Taula. CO: 1,0 − x; Cl₂: 1,0 − x; COCl₂: 1,0 + x.
Equació. $\dfrac{1{,}0 + x}{(1{,}0 - x)^{2}} = 10 \;\Rightarrow\; 10(1 - 2x + x^{2}) = 1 + x \;\Rightarrow\; 10x^{2} - 21x + 9 = 0$
Càlcul. $x = \dfrac{21 \pm \sqrt{441 - 360}}{20} = \dfrac{21 \pm 9}{20}$ → x = 0,60 (l'altra arrel, 1,5, no és possible: no pot desaparèixer més CO del que hi ha).
Comprovació. [CO] = [Cl₂] = 0,40 M i [COCl₂] = 1,6 M: $\dfrac{1{,}6}{0{,}40^{2}} = 10$ .

Apartat c)

Resultat

La quantitat de COCl₂ disminuiria: l'equilibri es desplaça cap a l'esquerra.

Resolució

Principi de Le Chatelier. En duplicar el volum la pressió baixa i l'equilibri es desplaça cap on hi ha més mols de gas: els reactius (2 mol enfront d'1).
Amb el quocient. En dividir totes les concentracions per 2: $Q = \dfrac{0{,}80}{0{,}20\cdot0{,}20} = 20 > 10$ , i el sistema ha d'anar cap a l'esquerra.
Conclusió. Es descompon part del COCl₂ i la seva quantitat disminueix (resolent el nou equilibri, passa d'1,6 a uns 1,46 mol).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

A 1200 K l'iode gasós es dissocia parcialment en àtoms: $\mathrm{I}_{2}$ (g) ⇌ 2 I(g). Partint només de $\mathrm{I}_{2}$ , a una pressió total d'equilibri d'1,0 atm el grau de dissociació és α = 0,10. a) Expressa les pressions parcials en funció d'α i de la pressió total P, i demostra que $K_{p}$ = 4α²· $\tfrac{P}{(1 - \alpha^{2})}$ . b) Calcula $K_{p}$ . c) Calcula el grau de dissociació si la pressió total d'equilibri fos de 10 atm, i comenta el resultat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

P_{\mathrm{I_2}} = P\dfrac{1-\alpha}{1+\alpha}

P_{\mathrm{I}} = P\dfrac{2\alpha}{1+\alpha}

;

K_p = \dfrac{4\alpha^{2}P}{1-\alpha^{2}}

Resolució

Mols. Partint de n mol d'I₂: en l'equilibri queden n(1 − α) mol d'I₂ i es formen 2nα mol d'I; total n(1 + α).
Fraccions molars i pressions parcials. $x_{\mathrm{I_2}} = \dfrac{1-\alpha}{1+\alpha}$ , $x_{\mathrm{I}} = \dfrac{2\alpha}{1+\alpha}$ ; per tant $P_{\mathrm{I_2}} = P\dfrac{1-\alpha}{1+\alpha}$ i $P_{\mathrm{I}} = P\dfrac{2\alpha}{1+\alpha}$ .
Demostració. $K_p = \dfrac{P_{\mathrm{I}}^{2}}{P_{\mathrm{I_2}}} = \dfrac{4\alpha^{2}P^{2}}{(1+\alpha)^{2}}\cdot\dfrac{1+\alpha}{P(1-\alpha)} = \dfrac{4\alpha^{2}P}{(1+\alpha)(1-\alpha)} = \dfrac{4\alpha^{2}P}{1-\alpha^{2}}$

Apartat b)

Resultat

K_p = 0{,}040\ \text{atm}

Resolució

Dades. α = 0,10 i P = 1,0 atm.
Càlcul. $K_p = \dfrac{4\cdot0{,}10^{2}\cdot1{,}0}{1 - 0{,}01} = \dfrac{0{,}040}{0{,}99} = 0{,}040\ \text{atm}$

Apartat c)

Resultat

\alpha = 0{,}032

(3,2 %): en augmentar la pressió la dissociació disminueix.

Resolució

Equació. $\dfrac{4\alpha^{2}\cdot10}{1-\alpha^{2}} = 0{,}0404 \Rightarrow 40\alpha^{2} = 0{,}0404 - 0{,}0404\alpha^{2}$ .
Càlcul. $\alpha^{2} = \dfrac{0{,}0404}{40{,}04}$ → α = 0,032 (3,2 %).
Principi de Le Chatelier. En augmentar la pressió, el grau de dissociació baixa del 10 % al 3,2 %: l'equilibri es desplaça cap a l'I₂, el costat amb menys mols de gas. K_p no canvia perquè la temperatura és la mateixa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

La descomposició del carbonat de calci, CaCO₃(s) ⇌ CaO(s) + CO₂(g), té K_p = 0,50 atm a 850 °C. a) En un recipient tancat de 10 L a 850 °C s'hi posen 20 g de CaCO₃: calcula els mols de CO₂ en l'equilibri i la massa de CaCO₃ que queda. b) Repeteix el càlcul si el recipient fos de 50 L i explica què passa. c) Raona si l'equilibri de l'apartat a) es veuria afectat en afegir més CaCO₃ o en retirar CO₂ contínuament, com es fa als forns de calç. Masses atòmiques: Ca 40; C 12; O 16. R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

n(\mathrm{CO_2}) = 0{,}054\ \text{mol}

; queden 0,146 mol = 14,6 g de CaCO₃.

Resolució

Equilibri heterogeni. En l'equilibri, P(CO₂) = K_p = 0,50 atm, sempre que quedi sòlid. T = 850 + 273 = 1123 K.
Mols de CO₂. $n = \dfrac{PV}{RT} = \dfrac{0{,}50\cdot10}{0{,}082\cdot1123} = 0{,}054\ \text{mol}$
Balanç de CaCO₃. M = 100 g/mol → 20/100 = 0,200 mol inicials. Se'n descomponen 0,054 mol (un per cada CO₂) i en queden 0,200 − 0,054 = 0,146 mol = 14,6 g.
Conclusió. Hi ha equilibri perquè sobra carbonat.

Apartat b)

Resultat

Es descompon tot el CaCO₃;

P_{\mathrm{CO_2}} = 0{,}37\ \text{atm} < K_p

: no s'assoleix l'equilibri.

Resolució

CO₂ necessari. Per arribar a 0,50 atm en 50 L caldrien $n = \dfrac{0{,}50\cdot50}{0{,}082\cdot1123} = 0{,}27\ \text{mol}$ , però només hi ha 0,200 mol de CaCO₃.
Pressió final. Es descompon tot: $P = \dfrac{0{,}200\cdot0{,}082\cdot1123}{50} = 0{,}37\ \text{atm} < K_p$
Conclusió. No s'assoleix l'equilibri; només queden CaO i CO₂.

Apartat c)

Resultat

Afegir CaCO₃ no afecta l'equilibri; retirar CO₂ el desplaça cap a la dreta fins a esgotar el carbonat.

Resolució

Afegir sòlid. Els sòlids no apareixen a K_p: la pressió de CO₂ continua sent 0,50 atm i l'equilibri no es mou.
Retirar CO₂. Si es retira contínuament, P(CO₂) es manté per sota de K_p i la descomposició continua fins a esgotar el carbonat.
Conclusió. És la base de la fabricació de calç viva (CaO) als forns de calç.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Una dissolució conté ions clorur i ions cromat, tots dos a 0,010 M. S'hi afegeix lentament nitrat de plata (sense variació apreciable de volum). K_s(AgCl) = 1,8· $10^{-10}$ ; K_s(Ag₂CrO₄) = 1,1· $10^{-12}$ . a) Calcula la concentració d'Ag⁺ necessària perquè comenci a precipitar cada sal i indica quina precipita primer. b) Calcula la concentració de clorur que queda en dissolució quan comença a precipitar el cromat de plata, i el percentatge de clorur que ja ha precipitat. c) Explica com s'aprofita aquest fet per detectar el punt final en la valoració de clorurs amb nitrat de plata (el cromat de plata és vermell).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

AgCl:

[\mathrm{Ag^+}] = 1{,}8\cdot10^{-8}\ \text{M}

; Ag₂CrO₄:

[\mathrm{Ag^+}] = 1{,}0\cdot10^{-5}\ \text{M}

. Precipita primer l'AgCl.

Resolució

Condició de precipitació. Una sal comença a precipitar quan el producte iònic iguala K_s.
AgCl. $[\mathrm{Ag^+}]\cdot[\mathrm{Cl^-}] = K_s \Rightarrow [\mathrm{Ag^+}] = \dfrac{1{,}8\cdot10^{-10}}{0{,}010} = 1{,}8\cdot10^{-8}\ \text{M}$ .
Ag₂CrO₄. $[\mathrm{Ag^+}]^{2}\cdot[\mathrm{CrO_4^{2-}}] = K_s \Rightarrow [\mathrm{Ag^+}] = \sqrt{\dfrac{1{,}1\cdot10^{-12}}{0{,}010}} = 1{,}0\cdot10^{-5}\ \text{M}$ .
Conclusió. Precipita primer l'AgCl, perquè necessita molta menys plata, tot i que el seu K_s és més gran: no es poden comparar directament productes de solubilitat de sals amb estequiometries diferents.

Apartat b)

Resultat

[\mathrm{Cl^-}] = 1{,}7\cdot10^{-5}\ \text{M}

; ha precipitat el 99,8 % del clorur.

Resolució

Plantejament. El cromat comença a precipitar quan [Ag⁺] arriba a 1,05·10⁻⁵ M; en aquest moment l'AgCl continua en equilibri.
Clorur que queda. $[\mathrm{Cl^-}] = \dfrac{K_s(\mathrm{AgCl})}{[\mathrm{Ag^+}]} = \dfrac{1{,}8\cdot10^{-10}}{1{,}05\cdot10^{-5}} = 1{,}7\cdot10^{-5}\ \text{M}$
Percentatge precipitat. $\dfrac{0{,}010 - 1{,}7\cdot10^{-5}}{0{,}010}\cdot100 = 99{,}8\ \%$
Conclusió. Pràcticament tot el clorur ha precipitat abans que aparegui el cromat de plata.

Apartat c)

Resultat

L'aparició del precipitat vermell d'Ag₂CrO₄ marca el punt final (mètode de Mohr).

Resolució

Valoració. S'afegeix una mica de cromat com a indicador a la dissolució de clorurs i es valora amb AgNO₃: primer es forma el precipitat blanc d'AgCl.
Punt final. Just quan s'ha consumit tot el clorur, la plata en excés fa aparèixer el precipitat vermell d'Ag₂CrO₄, que marca el punt final (mètode de Mohr).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Per a l'oxidació del diòxid de sofre, 2 SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 SO₃(g), ΔH° = -198 kJ i ΔS° = -187 J/K, valors que es poden considerar constants. a) Calcula ΔG° i la constant d'equilibri K_p a 25 °C i a 700 K (ΔG° = -R·T·ln K). b) Explica per què K disminueix tant amb la temperatura. c) Calcula a quina temperatura K = 1. d) A la indústria aquesta reacció es fa a uns 700 K amb un catalitzador de V₂O₅; justifica aquesta elecció. R = 8,31 J/(mol·K).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

A 298 K:

\Delta G^{\circ} = -142\ \text{kJ}

K_p = 9\cdot10^{24}

; a 700 K:

\Delta G^{\circ} = -67{,}1\ \text{kJ}

K_p = 1\cdot10^{5}

Resolució

Equació de Gibbs. $\Delta G^{\circ} = \Delta H^{\circ} - T\Delta S^{\circ}$ , amb ΔS° = −0,187 kJ/K, i després $\ln K = -\dfrac{\Delta G^{\circ}}{RT}$ (amb ΔG° en J).
A 298 K. $\Delta G^{\circ} = -198 - 298\cdot(-0{,}187) = -198 + 55{,}7 = -142\ \text{kJ}$ . $\ln K = \dfrac{142\,300}{8{,}31\cdot298} = 57{,}5 \;\Rightarrow\; K_p = e^{57{,}5} = 9\cdot10^{24}$
A 700 K. $\Delta G^{\circ} = -198 + 700\cdot0{,}187 = -198 + 130{,}9 = -67{,}1\ \text{kJ}$ . $\ln K = \dfrac{67\,100}{8{,}31\cdot700} = 11{,}5 \;\Rightarrow\; K_p = 1\cdot10^{5}$

Apartat b)

Resultat

Perquè la reacció és exotèrmica i té ΔS° < 0: en escalfar, ΔG° es fa menys negativa i K baixa.

Resolució

Terme entròpic. Com que ΔS° < 0, el terme −T·ΔS° és positiu i creix amb T: ΔG° es fa menys negativa i K disminueix.
Principi de Le Chatelier. És la versió quantitativa del principi: escalfar afavoreix el sentit endotèrmic, que aquí és la descomposició del SO₃.

Apartat c)

Resultat

T = 1059\ \text{K}

(uns 790 °C)

Resolució

Condició. K = 1 quan ΔG° = 0, és a dir, ΔH° = T·ΔS°.
Càlcul. $T = \dfrac{\Delta H^{\circ}}{\Delta S^{\circ}} = \dfrac{-198\,000}{-187} = 1059\ \text{K}$
Conclusió. Per sobre d'uns 790 °C, K < 1 i la reacció ja no és favorable.

Apartat d)

Resultat

700 K és un compromís: velocitat acceptable i K encara molt gran; el catalitzador accelera sense rebaixar K.

Resolució

Cinètica. A 298 K la constant és enorme, però la reacció és tan lenta que no té lloc.
Termodinàmica. A 700 K la velocitat és acceptable i K = 10⁵ encara garanteix una conversió molt alta.
Catalitzador. El V₂O₅ permet assolir l'equilibri de pressa sense haver de pujar més la temperatura, cosa que faria baixar K. És el mateix compromís termodinàmica–cinètica que en la síntesi de l'amoníac.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Raona, amb l'expressió de la constant o amb el quocient de reacció, si cada afirmació és certa o falsa: a) afegir un gas inert a volum constant a l'equilibri N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g) el desplaça cap a la dreta perquè augmenta la pressió total; b) afegir el mateix gas inert a pressió constant el desplaça cap a l'esquerra; c) si en l'equilibri H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2 HI(g) es dupliquen de cop totes les concentracions, el sistema continua en equilibri; d) K_p i K_c tenen sempre el mateix valor numèric; e) una reacció amb K_c = $10^{-15}$ no té lloc en absolut.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

Falsa. A volum constant el gas inert no desplaça l'equilibri.

Resolució

Concentracions. A volum constant, el gas inert augmenta la pressió total però no canvia les concentracions (ni les pressions parcials) de N₂, H₂ i NH₃.
Conclusió. Q continua sent igual a K i l'equilibri no es desplaça.

Apartat b)

Resultat

Certa. A pressió constant el volum augmenta i l'equilibri es desplaça cap a l'esquerra.

Resolució

Volum. Per mantenir la pressió constant amb més gas, el volum ha d'augmentar: totes les concentracions de reactius i productes disminueixen.
Quocient. $Q = \dfrac{[\mathrm{NH_3}]^{2}}{[\mathrm{N_2}]\cdot[\mathrm{H_2}]^{3}}$ augmenta (el denominador té més factors), Q > K.
Conclusió. El sistema es desplaça cap a l'esquerra, on hi ha més mols de gas.

Apartat c)

Resultat

Certa. Com que Δn = 0, Q no canvia i el sistema continua en equilibri.

Resolució

Quocient. $Q = \dfrac{(2[\mathrm{HI}])^{2}}{2[\mathrm{H_2}]\cdot2[\mathrm{I_2}]} = \dfrac{4[\mathrm{HI}]^{2}}{4[\mathrm{H_2}]\cdot[\mathrm{I_2}]} = K$
Conclusió. Com que Δn = 0, els factors es cancel·len i el sistema continua en equilibri. En un cas amb Δn ≠ 0, com el de l'amoníac, no passaria.

Apartat d)

Resultat

Falsa. Només coincideixen quan Δn = 0.

Resolució

Relació. $K_p = K_c\cdot(RT)^{\Delta n}$ .
Conclusió. Només tenen el mateix valor numèric quan Δn = 0 (mateix nombre de mols de gas a cada banda).

Apartat e)

Resultat

Falsa. La reacció té lloc, però en una extensió minúscula.

Resolució

Significat de K petita. La reacció té lloc, però en l'equilibri la proporció de productes és minúscula.
Conclusió. A més, aquesta petita quantitat pot ser important si els productes es retiren contínuament (l'equilibri es va desplaçant) o si són molt actius (per exemple, la ionització de l'aigua, amb K = 10⁻¹⁴).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

En un reactor de 2,00 L a 500 °C s'introdueixen 1,00 mol de N₂ i 3,00 mol d'H₂. Quan s'arriba a l'equilibri N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g) hi ha 0,200 mol de NH₃.
a) Calcula la composició de l'equilibri, K_c i K_p a 500 °C.
b) Calcula el percentatge de N₂ que s'ha convertit en amoníac.
c) Un cop assolit l'equilibri, s'hi afegeixen 0,50 mol més de N₂ a volum i temperatura constants. Calcula el quocient de reacció just després de l'addició i prediu cap on evolucionarà el sistema.
d) Calcula la quantitat de NH₃ en el nou equilibri (resol l'equació numèricament o per tempteig). Ha tornat [N₂] al valor inicial d'equilibri? Interpreta-ho.
Dada: R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Pista 1

Si es formen 2x mol de NH₃, han reaccionat x mol de N₂ i 3x d'H₂.

Pista 2

K_p = K_c· $(RT)^{Δn}$ , amb Δn = mols de gas de productes − de reactius.

Pista 3

Si Q < K_c, el sistema evoluciona cap als productes. Per al nou equilibri, planteja (0,200 + 2y), (1,40 − y) i (2,70 − 3y) mol.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

N₂ 0,900 mol (0,450 M), H₂ 2,700 mol (1,350 M), NH₃ 0,200 mol (0,100 M);

K_c = 9{,}03\cdot10^{-3}\ \text{M}^{-2}

;

K_p = 2{,}25\cdot10^{-6}\ \text{atm}^{-2}

Resolució

Dades. V = 2,00 L, T = 500 + 273 = 773 K. Si es formen 2x mol de NH₃, reaccionen x mol de N₂ i 3x d'H₂: 2x = 0,200 → x = 0,100 mol.
Composició. N₂: 1,00 − 0,100 = 0,900 mol (0,450 M); H₂: 3,00 − 0,300 = 2,700 mol (1,350 M); NH₃: 0,200 mol (0,100 M).
Constant Kc. $K_c = \dfrac{[\mathrm{NH_3}]^{2}}{[\mathrm{N_2}]\cdot[\mathrm{H_2}]^{3}} = \dfrac{0{,}100^{2}}{0{,}450\cdot1{,}350^{3}} = 9{,}03\cdot10^{-3}\ \text{M}^{-2}$ Aquí cal treballar amb concentracions: el volum no se simplifica perquè Δn ≠ 0.
Relació Kp–Kc. Δn = 2 − 4 = −2: $K_p = K_c\cdot(RT)^{-2} = 9{,}03\cdot10^{-3}\cdot(0{,}082\cdot773)^{-2} = 2{,}25\cdot10^{-6}\ \text{atm}^{-2}$

Apartat b)

Resultat

S'ha convertit el 10 % del N₂.

Resolució

Càlcul. Han reaccionat 0,100 mol dels 1,00 mol inicials: $\dfrac{0{,}100}{1{,}00}\cdot100 = 10\ \%$ .
Interpretació. A 500 °C i amb aquesta pressió, l'equilibri és poc favorable a l'amoníac.

Apartat c)

Resultat

Q = 5{,}81\cdot10^{-3} < K_c

: el sistema evoluciona cap a la formació de NH₃.

Resolució

Després de l'addició. N₂: 0,900 + 0,50 = 1,40 mol, és a dir, 0,700 M; la resta no canvia.
Quocient de reacció. $Q = \dfrac{0{,}100^{2}}{0{,}700\cdot1{,}350^{3}} = 5{,}81\cdot10^{-3}$
Conclusió. Com que Q < K_c, el sistema evoluciona cap als productes, d'acord amb Le Châtelier.

Apartat d)

Resultat

NH₃: 0,240 mol (N₂ 1,38 mol; H₂ 2,64 mol). [N₂] no torna al valor inicial (0,690 M davant de 0,450 M).

Resolució

Plantejament. Si reaccionen y mol de N₂: NH₃ 0,200 + 2y; N₂ 1,40 − y; H₂ 2,70 − 3y. $K_c = \dfrac{\left(\frac{0{,}200 + 2y}{2{,}00}\right)^{2}}{\frac{1{,}40 - y}{2{,}00}\cdot\left(\frac{2{,}70 - 3y}{2{,}00}\right)^{3}} = 9{,}03\cdot10^{-3}$
Resolució numèrica. Per tempteig o amb la calculadora: y = 0,0198 mol.
Nou equilibri. NH₃ 0,240 mol; N₂ 1,38 mol (0,690 M); H₂ 2,64 mol.
Interpretació. El N₂ no torna als 0,900 mol: el sistema només contraresta parcialment la pertorbació. S'ha consumit H₂ i s'ha format més amoníac, i K_c continua sent la mateixa perquè la temperatura no ha canviat.

Errors típics

Usar mols en lloc de concentracions a K_c (aquí el volum no se simplifica perquè Δn ≠ 0).
Escriure K_p = K_c·(RT)² amb el signe de Δn canviat.
Pensar que en afegir N₂ la constant d'equilibri canvia.

Conceptes treballats: constant d'equilibri K_c i K_p, quocient de reacció, principi de Le Châtelier, resolució numèrica d'un equilibri.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

El N₂O₄ (incolor) es dissocia parcialment en NO₂ (marró): N₂O₄(g) ⇌ 2 NO₂(g). A 45 °C i 1,00 atm, la densitat de la mescla en equilibri és 2,50 g/L; a 25 °C i 1,00 atm, és 3,21 g/L.
a) Calcula la massa molar mitjana de la mescla a 45 °C i, a partir d'ella, el grau de dissociació α.
b) Demostra que K_p = 4α²P/(1 − α²) i calcula K_p a 45 °C.
c) Calcula α a 45 °C si la pressió total d'equilibri fos 2,00 atm i interpreta el resultat.
d) Calcula K_p a 25 °C i dedueix si la dissociació és endotèrmica o exotèrmica. De quin color serà més intens el gas, en calent o en fred?
Dades: M(N₂O₄) = 92,02 g/mol; R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Pista 1

De PV = (m/M)RT surt M_mitjana = d·R·T/P.

Pista 2

Partint d'1 mol de N₂O₄, a l'equilibri hi ha (1 − α) + 2α = 1 + α mol amb la mateixa massa (92,02 g): M_mitjana = 92,02/(1 + α).

Pista 3

Si K_p augmenta amb la temperatura, el sentit directe absorbeix calor.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

M_{\text{mitjana}} = 65{,}2\ \text{g/mol}

;

\alpha = 0{,}412

(41,2 %)

Resolució

Gas ideal. De $PV = \dfrac{m}{M}RT$ surt $M_{\text{mitjana}} = \dfrac{dRT}{P}$ .
Càlcul. $M_{\text{mitjana}} = \dfrac{2{,}50\cdot0{,}082\cdot318}{1{,}00} = 65{,}2\ \text{g/mol}$ .
Grau de dissociació. Partint d'1 mol de N₂O₄, a l'equilibri hi ha (1 − α) + 2α = 1 + α mol amb la mateixa massa (92,02 g): $M_{\text{mitjana}} = \dfrac{92{,}02}{1+\alpha} \;\Rightarrow\; \alpha = \dfrac{92{,}02}{65{,}2} - 1 = 0{,}412$

Apartat b)

Resultat

K_p = \dfrac{4\alpha^{2}P}{1-\alpha^{2}}

;

K_p(45\ ^{\circ}\text{C}) = 0{,}816\ \text{atm}

Resolució

Pressions parcials. Mols: N₂O₄ 1 − α; NO₂ 2α; total 1 + α. $P_{\mathrm{N_2O_4}} = P\dfrac{1-\alpha}{1+\alpha}$ ; $P_{\mathrm{NO_2}} = \dfrac{2\alpha P}{1+\alpha}$ .
Demostració. $K_p = \dfrac{P_{\mathrm{NO_2}}^{2}}{P_{\mathrm{N_2O_4}}} = \dfrac{4\alpha^{2}P^{2}}{(1+\alpha)^{2}}\cdot\dfrac{1+\alpha}{P(1-\alpha)} = \dfrac{4\alpha^{2}P}{1-\alpha^{2}}$
Càlcul. $K_p = \dfrac{4\cdot0{,}412^{2}\cdot1{,}00}{1 - 0{,}412^{2}} = 0{,}816\ \text{atm}$ .

Apartat c)

Resultat

\alpha = 0{,}304

(30,4 %): la dissociació disminueix en augmentar la pressió.

Resolució

Equació. $0{,}816 = \dfrac{4\alpha^{2}\cdot2{,}00}{1-\alpha^{2}}$ → $\alpha = \sqrt{\dfrac{K_p}{K_p + 8{,}00}} = 0{,}304$ .
Interpretació. En augmentar la pressió, l'equilibri es desplaça cap al costat amb menys mols de gas (N₂O₄), com prediu Le Châtelier. K_p no canvia.

Apartat d)

Resultat

K_p(25\ ^{\circ}\text{C}) = 0{,}124\ \text{atm}

; la dissociació és endotèrmica; el gas és d'un marró més intens en calent.

Resolució

A 25 °C. $M_{\text{mitjana}} = \dfrac{3{,}21\cdot0{,}082\cdot298}{1{,}00} = 78{,}4\ \text{g/mol}$ → $\alpha = \dfrac{92{,}02}{78{,}4} - 1 = 0{,}173$ → $K_p = \dfrac{4\cdot0{,}173^{2}}{1 - 0{,}173^{2}} = 0{,}124\ \text{atm}$ .
Efecte de la temperatura. K_p augmenta amb la temperatura (de 0,124 a 0,816 atm): el sentit directe absorbeix calor, la dissociació és endotèrmica (té sentit: es trenca l'enllaç N–N).
Conclusió. En calent hi ha més NO₂ i el gas és d'un marró més intens.

Errors típics

Usar la massa molar del N₂O₄ com si no s'hagués dissociat res.
Oblidar que el nombre total de mols és 1 + α en calcular les fraccions molars.
Concloure que la constant canvia amb la pressió.

Conceptes treballats: equilibris gasosos, grau de dissociació, K_p i pressions parcials, massa molar mitjana, efecte de la pressió i de la temperatura (Le Châtelier).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

A 500 K, l'equilibri CO(g) + 2 H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) té K_c = 10,0 $M^{-2}$ . En un reactor s'introdueixen CO i H₂ en proporció estequiomètrica, amb concentracions inicials [CO]₀ = 0,100 M i [H₂]₀ = 0,200 M.
a) Planteja l'equació d'equilibri i calcula'n la composició (resol numèricament) i el percentatge de CO convertit.
b) Calcula K_p a 500 K.
c) Ara la mateixa mescla inicial es comprimeix a la meitat del volum abans de reaccionar (concentracions inicials dobles). Calcula la nova conversió del CO.
d) Explica el resultat de c) amb el principi de Le Châtelier i amb el quocient de reacció: per què una compressió afavoreix el metanol si K_c no canvia?
Dada: R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Pista 1

Si reaccionen x M de CO, en reaccionen 2x d'H₂ i es formen x de CH₃OH.

Pista 2

L'equació és de tercer grau: tempteja valors de x entre 0 i 0,100 o fes servir la calculadora.

Pista 3

Calcula Q just després de comprimir una mescla en equilibri: si totes les concentracions es dupliquen, Q es divideix per 4.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

[CO] = 0,0797 M; [H₂] = 0,159 M; [CH₃OH] = 0,0203 M; conversió del CO: 20,3 %

Resolució

Plantejament. Si reaccionen x M de CO, en reaccionen 2x d'H₂ i es formen x de CH₃OH: $K_c = \dfrac{x}{(0{,}100 - x)\cdot(0{,}200 - 2x)^{2}} = 10{,}0$
Resolució numèrica. L'equació és de tercer grau; temptejant valors entre 0 i 0,100 (o amb la calculadora) surt x = 0,0203 M.
Composició. [CO] = 0,0797 M; [H₂] = 0,159 M; [CH₃OH] = 0,0203 M. Conversió: $\dfrac{0{,}0203}{0{,}100} = 20{,}3\ \%$ .

Apartat b)

Resultat

K_p = 5{,}95\cdot10^{-3}\ \text{atm}^{-2}

Resolució

Relació Kp–Kc. Δn = 1 − 3 = −2, per tant $K_p = K_c\cdot(RT)^{-2}$ .
Càlcul. $K_p = 10{,}0\cdot(0{,}082\cdot500)^{-2} = 5{,}95\cdot10^{-3}\ \text{atm}^{-2}$ .

Apartat c)

Resultat

Conversió del CO: 38,0 %

Resolució

Plantejament. Amb les concentracions inicials dobles: $\dfrac{x}{(0{,}200 - x)\cdot(0{,}400 - 2x)^{2}} = 10{,}0$
Càlcul. Resolent: x = 0,0761 M. Conversió: $\dfrac{0{,}0761}{0{,}200} = 38{,}0\ \%$ .

Apartat d)

Resultat

La compressió fa que

Q < K_c

i el sistema forma metanol fins que Q torna a valer

K_c

; la constant no canvia, però sí la fracció convertida.

Resolució

Principi de Le Châtelier. La compressió augmenta la pressió total i l'equilibri es desplaça cap al costat amb menys mols de gas (1 mol de producte davant de 3 de reactius).
Quocient de reacció. Si una mescla en equilibri es comprimeix a la meitat, totes les concentracions es dupliquen: $Q = \dfrac{2[\mathrm{CH_3OH}]}{2[\mathrm{CO}]\cdot(2[\mathrm{H_2}])^{2}} = \dfrac{K_c}{4} < K_c$
Conclusió. El sistema ha de formar metanol fins que Q torni a valer K_c. K_c no canvia (només depèn de T), però sí la fracció convertida.

Errors típics

Escriure [H₂] − x en lloc de [H₂] − 2x, o no elevar-la al quadrat.
Pensar que en comprimir canvia K_c.
Calcular K_p amb R = 8,314 i concentracions en M (les unitats no quadren).

Conceptes treballats: constant d'equilibri, plantejament i resolució d'un equilibri, relació K_p–K_c, efecte de la pressió, quocient de reacció.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

A 250 °C, l'equilibri PCl₅(g) ⇌ PCl₃(g) + Cl₂(g) té K_c = 0,0415 M. S'introdueixen 0,100 mol de PCl₅ en un recipient de 2,00 L.
a) Calcula el grau de dissociació i les concentracions d'equilibri.
b) S'hi afegeix argó a volum constant fins que la pressió total es duplica. Canvia l'equilibri? Raona-ho amb el quocient de reacció.
c) Ara s'hi afegeix argó a pressió total constant, de manera que el volum passa a 4,00 L. Calcula el nou grau de dissociació.
d) Explica per què els resultats de b) i c) són diferents si en tots dos casos s'afegeix el mateix gas inert.

Pista 1

Planteja K_c = $(n\alpha /V)^{2}$ /(n(1 − α)/V) = nα²/(V(1 − α)).

Pista 2

Un gas inert només afecta l'equilibri si canvia les concentracions (o les pressions parcials) de les espècies que reaccionen.

Pista 3

Fixa't que, en aquest equilibri, el volum no se simplifica: hi ha més mols de gas als productes.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

\alpha = 0{,}586

; [PCl₅] = 0,0207 M; [PCl₃] = [Cl₂] = 0,0293 M

Resolució

Plantejament. Amb n = 0,100 mol i V = 2,00 L: $K_c = \dfrac{(n\alpha/V)^{2}}{n(1-\alpha)/V} = \dfrac{n\alpha^{2}}{V(1-\alpha)} \;\Rightarrow\; 0{,}0415 = \dfrac{0{,}100\,\alpha^{2}}{2{,}00(1-\alpha)}$
Càlcul. Resolent l'equació de segon grau: α = 0,586.
Concentracions. [PCl₅] = $\dfrac{0{,}100(1 - 0{,}586)}{2{,}00} = 0{,}0207\ \text{M}$ ; [PCl₃] = [Cl₂] = $\dfrac{0{,}100\cdot0{,}586}{2{,}00} = 0{,}0293\ \text{M}$ .

Apartat b)

Resultat

L'equilibri no es desplaça: Q = K_c.

Resolució

Concentracions. A volum constant, l'argó no canvia el nombre de mols ni el volum de cap espècie que reacciona: les concentracions (i les pressions parcials) són les mateixes.
Conclusió. Q = K_c i l'equilibri no es desplaça, tot i que la pressió total s'ha duplicat.

Apartat c)

Resultat

\alpha = 0{,}703

: la dissociació augmenta.

Resolució

Plantejament. Amb V = 4,00 L: $0{,}0415 = \dfrac{0{,}100\,\alpha^{2}}{4{,}00(1-\alpha)}$ .
Càlcul. Resolent: α = 0,703. La dissociació augmenta respecte de l'apartat a.

Apartat d)

Resultat

A pressió constant l'argó fa augmentar el volum i baixar les concentracions (

Q = K_c/2

); a volum constant, no les canvia.

Resolució

Expansió. A pressió constant, l'argó obliga el volum a créixer i totes les concentracions disminueixen.
Quocient de reacció. Just després de l'expansió, Q = K_c/2 < K_c: el numerador baixa amb el quadrat del volum i el denominador només linealment (en aquest equilibri el volum no se simplifica, perquè hi ha més mols de gas als productes).
Conclusió. L'equilibri es desplaça cap al costat amb més mols de gas: més dissociació. El que importa no és la pressió total, sinó les concentracions o pressions parcials de les espècies que reaccionen.

Errors típics

Dir que afegir un gas inert sempre desplaça l'equilibri perquè augmenta la pressió.
Treballar amb mols a K_c sense dividir pel volum.
Confondre grau de dissociació (fracció) amb concentració dissociada.

Conceptes treballats: grau de dissociació, constant d'equilibri, efecte del volum i dels gasos inerts, principi de Le Châtelier, quocient de reacció.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Per obtenir hidrogen apte per a una pila de combustible cal eliminar quasi tot el CO del gas de síntesi amb vapor d'aigua: CO(g) + H₂O(g) ⇌ CO₂(g) + H₂(g), ΔH° = −41 kJ/mol. A 500 °C, K_c = 5,0; a 200 °C, K_c = 200.
a) Per què en aquest equilibri K_c = K_p i no cal saber el volum per calcular-ne la composició?
b) A 500 °C es fan reaccionar 1,00 mol de CO i 1,00 mol d'H₂O. Calcula la conversió del CO.
c) Quants mols de vapor per mol de CO caldrien a 500 °C perquè la conversió del CO fos del 99,0 %? I a 200 °C? (Suposa que inicialment no hi ha ni CO₂ ni H₂.)
d) Raona per què les plantes fan la reacció en dues etapes, una a 350–500 °C i una altra a uns 200 °C, i per què augmentar la pressió no ajudaria a desplaçar l'equilibri.

Pista 1

Compara el nombre de mols de gas a cada costat de l'equació.

Pista 2

Amb 1 mol de cada reactiu, K = x²/(1 − x)²: pots fer l'arrel quadrada.

Pista 3

Amb n mol de vapor i x = 0,990: K = x²/((1 − x)(n − x)); aïlla n.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Perquè

\Delta n(\text{gas}) = 2 - 2 = 0

K_p = K_c

i el volum se simplifica.

Resolució

Relació Kp–Kc. Δn(gas) = 2 − 2 = 0, per tant $K_p = K_c(RT)^{0} = K_c$ .
Volum. Com que hi ha el mateix nombre de mols a cada costat, el volum es simplifica a l'expressió de K_c i es pot treballar directament amb mols.

Apartat b)

Resultat

Conversió del CO: 69,1 % (x = 0,691 mol)

Resolució

Plantejament. Amb 1,00 mol de cada reactiu i x mol que reaccionen: $K = \dfrac{x^{2}}{(1-x)^{2}} = 5{,}0$ .
Càlcul. Fent l'arrel quadrada: $\dfrac{x}{1-x} = \sqrt{5{,}0} = 2{,}236$ → x = 0,691 mol: es converteix el 69,1 % del CO.

Apartat c)

Resultat

A 500 °C: 20,6 mol de vapor per mol de CO; a 200 °C: 1,48 mol.

Resolució

Plantejament. Amb n mol de vapor i x = 0,990: $K = \dfrac{x^{2}}{(1-x)(n-x)}$ ; aïllant: $n = x + \dfrac{x^{2}}{K(1-x)}$
A 500 °C. $n = 0{,}990 + \dfrac{0{,}980}{5{,}0\cdot0{,}010} = 20{,}6\ \text{mol}$ de vapor per mol de CO.
A 200 °C. $n = 0{,}990 + \dfrac{0{,}980}{200\cdot0{,}010} = 1{,}48\ \text{mol}$ .

Apartat d)

Resultat

Una etapa calenta (ràpida) i una de freda (K favorable) combinen velocitat i conversió; la pressió no hi influeix perquè Δn(gas) = 0.

Resolució

Termodinàmica. La reacció és exotèrmica: a temperatura baixa K és molt més gran i es pot arribar a conversions altes amb poc vapor; a 500 °C caldria una quantitat de vapor desorbitada.
Cinètica. Però a 200 °C la reacció és lenta: per això primer es fa una etapa calenta (ràpida, que elimina la major part del CO) i després una de freda amb un catalitzador actiu a baixa temperatura, que acaba la feina amb K favorable.
Pressió. La pressió no afecta l'equilibri perquè Δn(gas) = 0.

Errors típics

Pensar que la pressió desplaça qualsevol equilibri gasós.
Plantejar (1 − x) per al vapor quan n'hi ha n mol inicials.
Concloure que convé treballar a la temperatura més baixa possible sense considerar la velocitat.

Conceptes treballats: equilibri homogeni gasós, K_c = K_p quan Δn = 0, excés de reactiu, efecte de la temperatura, compromís cinètica–equilibri.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

A 448 °C, l'equilibri $\mathrm{H}_{2}$ (g) + $\mathrm{I}_{2}$ (g) ⇌ 2 HI(g) té $K_{c}$ = 50,5. En un matràs d'1,00 L a aquesta temperatura es posen 0,100 mol d' $\mathrm{H}_{2}$ , 0,100 mol de $\mathrm{I}_{2}$ (vapor violeta) i 0,500 mol d'HI (incolor).
a) Calcula el quocient de reacció inicial i prediu en quin sentit evolucionarà el sistema. El color violeta s'intensificarà o s'esvairà?
b) Calcula la composició en equilibri.
c) Un cop en equilibri, s'hi afegeixen 0,500 mol més d'HI. Calcula Q i la nova composició d'equilibri.
d) Per què en aquest equilibri un canvi de volum no modifica la composició, però sí el color de la mescla?

Pista 1

Q = $[\mathrm{HI}]^{2}$ /([ $\mathrm{H}_{2}$ ][ $\mathrm{I}_{2}$ ]) amb les concentracions inicials; compara'l amb $K_{c}$ .

Pista 2

Com que [ $\mathrm{H}_{2}$ ] = [ $\mathrm{I}_{2}$ ] en tot moment, pots fer l'arrel quadrada de l'expressió de $K_{c}$ .

Pista 3

El color depèn de la concentració de $\mathrm{I}_{2}$ , no del nombre de mols.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

Q = 25{,}0 < K_c = 50{,}5

: evoluciona cap a la formació d'HI i el violeta s'esvaeix una mica.

Resolució

Quocient de reacció. $Q = \dfrac{[\mathrm{HI}]^{2}}{[\mathrm{H_2}]\cdot[\mathrm{I_2}]} = \dfrac{0{,}500^{2}}{0{,}100\cdot0{,}100} = 25{,}0$
Conclusió. Q < K_c: el sistema evoluciona cap a la formació d'HI, es consumeix I₂ i el color violeta s'esvaeix una mica.

Apartat b)

Resultat

[H₂] = [I₂] = 0,0769 M; [HI] = 0,546 M

Resolució

Plantejament. Si reaccionen x mol d'H₂ (i d'I₂): $\dfrac{(0{,}500 + 2x)^{2}}{(0{,}100 - x)^{2}} = 50{,}5$ . Com que [H₂] = [I₂] en tot moment, podem fer l'arrel quadrada.
Càlcul. $\dfrac{0{,}500 + 2x}{0{,}100 - x} = 7{,}106$ → x = 0,0231 mol.
Comprovació. [H₂] = [I₂] = 0,0769 M; [HI] = 0,546 M: $\dfrac{0{,}546^{2}}{0{,}0769^{2}} = 50{,}5$ .

Apartat c)

Resultat

Q = 185 > K_c

: es desplaça cap a l'esquerra; [H₂] = [I₂] = 0,132 M; [HI] = 0,936 M

Resolució

Quocient. Amb 1,05 mol d'HI: $Q = \dfrac{1{,}05^{2}}{0{,}0769^{2}} = 185 > K_c$ : ara el sistema es desplaça cap a l'esquerra.
Càlcul. Si es descomponen 2z mol d'HI: $\dfrac{1{,}05 - 2z}{0{,}0769 + z} = 7{,}106$ → z = 0,0549 mol.
Nou equilibri. [H₂] = [I₂] = 0,132 M; [HI] = 0,936 M.

Apartat d)

Resultat

Com que Δn(gas) = 0, Q continua valent K_c i els mols no canvien; però la concentració d'I₂ sí, i amb ella el color.

Resolució

Composició. Δn(gas) = 0: un canvi de volum multiplica totes les concentracions pel mateix factor, Q = K_c continua complint-se i els mols de cada espècie no canvien.
Color. El color depèn de la concentració d'I₂, no del nombre de mols: si es comprimeix, la concentració d'I₂ augmenta (mateixos mols en menys volum) i el violeta s'intensifica, sense que l'equilibri s'hagi desplaçat.

Errors típics

Decidir el sentit de la reacció mirant quina espècie hi ha en més quantitat, en lloc de comparar Q i K.
Oblidar el coeficient 2 de l'HI, tant a l'exponent com a la variació de mols (2x).
Confondre un canvi de color per concentració amb un desplaçament de l'equilibri.

Conceptes treballats: quocient de reacció, predicció del sentit d'evolució, càlcul de l'equilibri, principi de Le Châtelier, efecte del volum quan Δn = 0.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

A la sang, el CO desplaça l'oxigen de l'hemoglobina (Hb): HbO₂ + CO ⇌ HbCO + O₂, amb K = [HbCO]·p(O₂)/([HbO₂]·p(CO)) = 210 a 37 °C. Suposa que tota l'hemoglobina està unida a O₂ o a CO.
a) En una habitació amb una estufa mal ventilada, l'aire té un 0,10 % de CO en volum (p(CO) = 1,0· $10^{-3}$ atm) i p(O₂) = 0,21 atm. Calcula el quocient [HbCO]/[HbO₂] i el percentatge d'hemoglobina bloquejada.
b) Calcula el mateix per a un carrer amb molt trànsit, amb 50 ppm de CO (p(CO) = 5,0· $10^{-5}$ atm).
c) Per tractar una intoxicació, el pacient respira oxigen pur a 2,5 atm en una cambra hiperbàrica. Explica amb Le Châtelier per què funciona, i calcula el percentatge d'HbCO que quedaria en equilibri si, hipotèticament, la p(CO) continués sent 1,0· $10^{-3}$ atm.
d) Què ens diu el valor K = 210 sobre l'afinitat relativa de l'hemoglobina pel CO i per l'O₂?

Pista 1

Aïlla [HbCO]/[HbO₂] = K·p(CO)/p(O₂).

Pista 2

Si el quocient és r, la fracció bloquejada és $\tfrac{r}{(1 + r)}$ .

Pista 3

Augmentar molt p(O₂) és com afegir un producte de la reacció directa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

\dfrac{[\mathrm{HbCO}]}{[\mathrm{HbO_2}]} = 1{,}00

; 50 % d'hemoglobina bloquejada

Resolució

Aïllem el quocient. $\dfrac{[\mathrm{HbCO}]}{[\mathrm{HbO_2}]} = K\cdot\dfrac{p_{\mathrm{CO}}}{p_{\mathrm{O_2}}} = \dfrac{210\cdot1{,}0\cdot10^{-3}}{0{,}21} = 1{,}00$
Fracció bloquejada. Si el quocient és r, la fracció bloquejada és $\dfrac{r}{1+r} = \dfrac{1{,}00}{2{,}00} = 50\ \%$ .
Interpretació. Amb la meitat de l'hemoglobina bloquejada hi ha risc de pèrdua de consciència i de mort.

Apartat b)

Resultat

Quocient = 0,050; 4,8 % d'HbCO

Resolució

Càlcul. $r = \dfrac{210\cdot5{,}0\cdot10^{-5}}{0{,}21} = 0{,}050$ → $\dfrac{0{,}050}{1{,}050} = 4{,}8\ \%$ d'HbCO.
Interpretació. No és letal, però és un efecte mesurable (és un valor típic de fumadors).

Apartat c)

Resultat

L'excés d'O₂ desplaça l'equilibri cap a l'esquerra; quedaria un 7,7 % d'HbCO (davant del 50 %).

Resolució

Principi de Le Châtelier. L'O₂ és producte de la reacció directa: augmentar-ne molt la pressió parcial desplaça l'equilibri cap a l'esquerra, allibera l'hemoglobina del CO i el CO s'elimina amb l'aire expirat.
Càlcul. Fins i tot amb p(CO) = 1,0·10⁻³ atm: $r = \dfrac{210\cdot1{,}0\cdot10^{-3}}{2{,}5} = 0{,}084$ → $\dfrac{0{,}084}{1{,}084} = 7{,}7\ \%$ d'HbCO.
Conclusió. En la pràctica, a més, el pacient ja no respira CO, i el percentatge encara baixa més.

Apartat d)

Resultat

L'hemoglobina té unes 210 vegades més afinitat pel CO que per l'O₂.

Resolució

Significat de K. K = 210 vol dir que, amb les mateixes pressions de CO i d'O₂, hi hauria 210 vegades més hemoglobina unida al CO.
Conclusió. L'afinitat pel CO és unes 210 vegades més gran: per això concentracions de CO molt petites ja són perilloses.

Errors típics

Confondre la fracció d'hemoglobina bloquejada amb el quocient [HbCO]/[HbO₂].
Fer servir la concentració de CO en % directament com a pressió en atm (0,10 % = 1,0·10^-3 atm a 1 atm).
Pensar que el tractament funciona perquè l'oxigen «destrueix» el CO.

Conceptes treballats: constant d'equilibri, principi de Le Châtelier, pressions parcials, aplicació a la salut (transport d'oxigen).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Les dissolucions de crom(VI) canvien de color amb el pH per l'equilibri 2 CrO₄^2-(aq) (groc) + 2 $\mathrm{H}^{+}$ (aq) ⇌ Cr₂O₇^2-(aq) (taronja) + H₂O(l), amb K_c = 4,2· $10^{14}$ ( $M^{-3}$ ) a 25 °C. Es prepara una dissolució amb una concentració total de crom de 0,010 M (és a dir, [CrO₄^2-] + 2[Cr₂O₇^2-] = 0,010 M) i se'n fixa el pH amb tampons.
a) Escriu l'expressió de K_c i explica per què no hi apareix l'aigua.
b) Demostra que [Cr₂O₇^2-]/ $[\mathrm{CrO}_{4}^{2-}]^{2}$ = K_c· $[\mathrm{H}^{+}]^{2}$ i calcula aquest quocient a pH 2, 6 i 9.
c) Calcula, a pH 6, les concentracions de cromat i de dicromat i el percentatge del crom que hi ha en forma de dicromat.
d) Quin color tindrà la dissolució a pH 2 i a pH 9? Què observaries si a la dissolució taronja hi afegeixes unes gotes de NaOH concentrat?

Pista 1

L'aigua és el dissolvent i la seva concentració pràcticament no canvia.

Pista 2

Aïlla el quocient de l'expressió de K_c; [ $\mathrm{H}^{+}$ ] = $10^{-pH}$ .

Pista 3

Si a = K_c $[\mathrm{H}^{+}]^{2}$ i y = [CrO₄^2-], aleshores y + 2a· $y^{2}$ = 0,010: equació de segon grau.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

K_c = \dfrac{[\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}]}{[\mathrm{CrO_4^{2-}}]^{2}\cdot[\mathrm{H^+}]^{2}}

; l'aigua no hi apareix perquè és el dissolvent.

Resolució

Expressió. $K_c = \dfrac{[\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}]}{[\mathrm{CrO_4^{2-}}]^{2}\cdot[\mathrm{H^+}]^{2}}$
L'aigua. És el dissolvent: la seva concentració (≈ 55,5 M) és pràcticament constant i s'inclou dins de la constant.

Apartat b)

Resultat

Quocient =

K_c[\mathrm{H^+}]^{2}

4{,}2\cdot10^{10}

(pH 2); 420 (pH 6);

4{,}2\cdot10^{-4}\ \text{M}^{-1}

(pH 9)

Resolució

Demostració. Aïllant de l'expressió de K_c: $\dfrac{[\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}]}{[\mathrm{CrO_4^{2-}}]^{2}} = K_c\cdot[\mathrm{H^+}]^{2},\quad [\mathrm{H^+}] = 10^{-\text{pH}}$
Càlcul. pH 2: $4{,}2\cdot10^{14}\cdot(10^{-2})^{2} = 4{,}2\cdot10^{10}$ ; pH 6: $4{,}2\cdot10^{14}\cdot(10^{-6})^{2} = 420$ ; pH 9: $4{,}2\cdot10^{14}\cdot(10^{-9})^{2} = 4{,}2\cdot10^{-4}$ (M⁻¹).

Apartat c)

Resultat

[\mathrm{CrO_4^{2-}}] = 2{,}91\cdot10^{-3}\ \text{M}

;

[\mathrm{Cr_2O_7^{2-}}] = 3{,}55\cdot10^{-3}\ \text{M}

; 71 % del crom com a dicromat

Resolució

Balanç de crom. Amb a = 420 i y = [CrO₄²⁻]: [Cr₂O₇²⁻] = a·y², i cada dicromat porta dos àtoms de Cr: $y + 2\cdot420\,y^{2} = 0{,}010$
Càlcul. Resolent l'equació de segon grau: y = 2,91·10⁻³ M; [Cr₂O₇²⁻] = 420·y² = 3,55·10⁻³ M.
Percentatge. $\dfrac{2\cdot3{,}55\cdot10^{-3}}{0{,}010}\cdot100 = 71\ \%$ del crom en forma de dicromat.

Apartat d)

Resultat

pH 2: taronja; pH 9: groc. Amb NaOH, la dissolució taronja passa a groga.

Resolució

pH 2. El quocient és enorme: pràcticament tot és dicromat (més del 99,99 % del crom): taronja.
pH 9. El quocient és petitíssim: pràcticament tot és cromat (més del 99,99 % del crom): groc.
Addició de NaOH. Els OH⁻ neutralitzen els H⁺, [H⁺] baixa i l'equilibri es desplaça cap a l'esquerra (Le Châtelier): la dissolució passa de taronja a groc.

Errors típics

Incloure l'aigua a l'expressió de K_c.
Oblidar el factor 2 del balanç de crom (cada dicromat porta dos àtoms de Cr).
Pensar que el pH canvia la constant d'equilibri, quan el que canvia és la concentració d'una espècie que hi participa.

Conceptes treballats: constant d'equilibri en dissolució, principi de Le Châtelier, relació entre pH i concentració d' $\mathrm{H}^{+}$ , balanç de matèria, especiació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

A 800 °C, l'equilibri CaCO₃(s) ⇌ CaO(s) + CO₂(g) té K_p = 0,236 atm. Es posen 10,0 g de CaCO₃ en un recipient buit i tancat i s'escalfa a 800 °C.
a) Escriu K_p i K_c. Per què no hi apareixen els sòlids?
b) Si el recipient fa 10,0 L, calcula la massa de CaCO₃ que es descompon i la que queda.
c) Si el recipient fa 50,0 L, s'arriba a l'equilibri? Calcula la pressió final de CO₂.
d) Quin és el volum mínim del recipient perquè es descompongui tot el CaCO₃? Què passaria amb la pressió de CO₂ del recipient de 10,0 L si hi haguéssim posat 20,0 g de CaCO₃ en lloc de 10,0 g?
Dades: M(CaCO₃) = 100,09 g/mol; R = 0,082 atm·L/(mol·K).

Pista 1

L'activitat d'un sòlid pur és constant (val 1): no apareix a la constant.

Pista 2

En equilibri, p(CO₂) = K_p: n(CO₂) = K_p·V/(R·T).

Pista 3

Si per arribar a p(CO₂) = K_p calgués descompondre més CaCO₃ del que hi ha, s'esgota el sòlid i no hi ha equilibri.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

K_p = p_{\mathrm{CO_2}}

;

K_c = [\mathrm{CO_2}] = 2{,}68\cdot10^{-3}\ \text{M}

. Els sòlids no hi apareixen perquè la seva activitat és constant.

Resolució

Expressions. $K_p = p_{\mathrm{CO_2}}$ ; $K_c = [\mathrm{CO_2}] = \dfrac{K_p}{RT} = \dfrac{0{,}236}{0{,}082\cdot1073} = 2{,}68\cdot10^{-3}\ \text{M}$ .
Sòlids. Els sòlids purs tenen una «concentració» (activitat) constant, que no depèn de la quantitat que n'hi hagi, i s'inclou dins de la constant.

Apartat b)

Resultat

Es descomponen 2,68 g de CaCO₃ i en queden 7,32 g.

Resolució

Mols de CO₂. En equilibri p(CO₂) = K_p: $n_{\mathrm{CO_2}} = \dfrac{K_pV}{RT} = \dfrac{0{,}236\cdot10{,}0}{0{,}082\cdot1073} = 0{,}0268\ \text{mol}$
Massa. Són els mols de CaCO₃ descompostos: 0,0268·100,09 = 2,68 g. En queden 10,0 − 2,68 = 7,32 g.

Apartat c)

Resultat

No s'arriba a l'equilibri: es descompon tot i

p_{\mathrm{CO_2}} = 0{,}176\ \text{atm} < K_p

Resolució

CO₂ necessari. Per arribar a 0,236 atm en 50,0 L caldrien 0,134 mol de CO₂, però només hi ha 10,0/100,09 = 0,0999 mol de CaCO₃.
Pressió final. Tot el carbonat es descompon: $p_{\mathrm{CO_2}} = \dfrac{0{,}0999\cdot0{,}082\cdot1073}{50{,}0} = 0{,}176\ \text{atm} < K_p$

Apartat d)

Resultat

V_{\text{mín}} = 37{,}2\ \text{L}

; amb 20,0 g en 10,0 L, la pressió seria la mateixa: 0,236 atm.

Resolució

Volum mínim. $V_{\text{mín}} = \dfrac{nRT}{K_p} = \dfrac{0{,}0999\cdot0{,}082\cdot1073}{0{,}236} = 37{,}2\ \text{L}$
Amb 20,0 g. La pressió d'equilibri seria la mateixa (0,236 atm): es descompondrien els mateixos 2,68 g i quedaria més sòlid sense reaccionar.
Conclusió. En un equilibri heterogeni, la quantitat de sòlid no desplaça l'equilibri (sempre que n'hi hagi).

Errors típics

Incloure el CaCO₃ i el CaO a l'expressió de la constant.
Suposar que sempre s'arriba a l'equilibri sense comprovar si hi ha prou reactiu.
Pensar que afegir més CaCO₃ augmenta la pressió de CO₂.

Conceptes treballats: equilibris heterogenis, K_p i K_c, gasos ideals, condició d'existència de l'equilibri, principi de Le Châtelier.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

L'etapa clau del procés de contacte és 2 SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 SO₃(g), ΔH° = −198 kJ. A 1000 K, K_c = 280 $M^{-1}$ . En un recipient d'1,00 L a 1000 K, una mescla en equilibri conté 0,0300 mol de SO₂ i 0,0200 mol d'O₂.
a) Calcula la quantitat de SO₃ en equilibri i el percentatge del sofre que hi ha en forma de SO₃.
b) S'hi injecten 0,0400 mol d'O₂ a volum i temperatura constants. Calcula la nova composició d'equilibri i el nou percentatge de sofre en forma de SO₃.
c) Comprova que la [O₂] final és més gran que abans de l'addició però més petita que just després. Com s'anomena aquest comportament?
d) Si la reacció és exotèrmica i a temperatura baixa K és més gran, per què el convertidor industrial treballa a uns 450 °C amb un catalitzador de V₂O₅?

Pista 1

[SO₃] = √(K_c· $[\mathrm{SO}_{2}]^{2}$ ·[O₂]).

Pista 2

Després de l'addició, si reaccionen y mol d'O₂: SO₂ 0,0300 − 2y; O₂ 0,0600 − y; SO₃ [SO₃]_a + 2y. Resol numèricament.

Pista 3

El catalitzador no canvia K, però sí la velocitat; a temperatura baixa, sense prou velocitat, no s'arriba a l'equilibri en un temps útil.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

n(\mathrm{SO_3}) = 0{,}0710\ \text{mol}

; 70,3 % del sofre en forma de SO₃

Resolució

Llei d'acció de masses. $K_c = \dfrac{[\mathrm{SO_3}]^{2}}{[\mathrm{SO_2}]^{2}\cdot[\mathrm{O_2}]}$ , d'on $[\mathrm{SO_3}] = \sqrt{K_c\cdot[\mathrm{SO_2}]^{2}\cdot[\mathrm{O_2}]}$ .
Càlcul. $[\mathrm{SO_3}] = \sqrt{280\cdot0{,}0300^{2}\cdot0{,}0200} = 0{,}0710\ \text{M}$ (0,0710 mol, ja que V = 1,00 L).
Percentatge de sofre. Sofre total: 0,0300 + 0,0710 = 0,101 mol → $\dfrac{0{,}0710}{0{,}101} = 70{,}3\ \%$ en forma de SO₃.

Apartat b)

Resultat

SO₂ 0,0205 mol; O₂ 0,0552 mol; SO₃ 0,0805 mol; 79,7 % del sofre en forma de SO₃

Resolució

Quocient just després. [O₂] = 0,0600 M: $Q = \dfrac{0{,}0710^{2}}{0{,}0300^{2}\cdot0{,}0600} = 93 < K_c$ : es forma més SO₃.
Plantejament. Si reaccionen y mol d'O₂: $\dfrac{(0{,}0710 + 2y)^{2}}{(0{,}0300 - 2y)^{2}\cdot(0{,}0600 - y)} = 280$
Resolució numèrica. y = 4,76·10⁻³ mol. Nou equilibri: SO₂ 0,0205 mol; O₂ 0,0552 mol; SO₃ 0,0805 mol.
Percentatge de sofre. $\dfrac{0{,}0805}{0{,}0805 + 0{,}0205} = 79{,}7\ \%$ en forma de SO₃.

Apartat c)

Resultat

[O₂]: 0,0200 M (abans) < 0,0552 M (nou equilibri) < 0,0600 M (just després). És el principi de Le Châtelier: el sistema contraresta parcialment la pertorbació.

Resolució

Comprovació. [O₂]: abans 0,0200 M → just després 0,0600 M → nou equilibri 0,0552 M.
Interpretació. El sistema contraresta parcialment la pertorbació, sense anul·lar-la: és el principi de Le Châtelier.
Aplicació. Per això la indústria fa servir excés d'aire, que augmenta la conversió del SO₂, el reactiu valuós.

Apartat d)

Resultat

450 °C és un compromís: velocitat raonable amb el V₂O₅ i K encara prou gran.

Resolució

Termodinàmica. Convindria una temperatura baixa (reacció exotèrmica: K més gran).
Cinètica. Però a baixa temperatura la reacció és massa lenta, fins i tot amb catalitzador; el catalitzador no canvia K, però sí la velocitat, i sense prou velocitat no s'arriba a l'equilibri en un temps útil.
Conclusió. 450 °C és un compromís: velocitat raonable amb el V₂O₅ i K encara prou gran. A més, el procés fa diverses passades pel catalitzador refredant el gas entre elles i absorbeix el SO₃ format, cosa que desplaça l'equilibri cap a la dreta.

Errors típics

Oblidar els exponents 2 del SO₂ i del SO₃.
Pensar que en el nou equilibri la [O₂] torna a ser la d'abans.
Dir que el catalitzador augmenta el rendiment de l'equilibri.

Conceptes treballats: constant d'equilibri, quocient de reacció, principi de Le Châtelier (addició de reactiu i temperatura), catàlisi, procés industrial.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Com sé cap a on evoluciona un sistema que no és en equilibri?

Comparant el quocient de reacció Q amb la constant K. Si Q és més petit que K, la reacció avança cap als productes; si és més gran, cap als reactius.

Per què no s'inclouen els sòlids a la constant d'equilibri?

Perquè la seva concentració és constant i ja queda inclosa en el valor de la constant. Només hi entren els gasos i les espècies dissoltes.

Tornar a Química