Esercizi sugli equilibri in fase gassosa

NO:

O = -2  N = +2

3-

NO :

O = -2

N = x, t.c.: x -2*3 = -1 3

 x = -1 + 6 = 5

quindi N si ossida e si riduce, cioè si tratta di una reazione di disproporzione; per bilanciarla scrivo

e bilancio le due semireazioni:

N per ossidarsi da +4 a +5 perde 1 elettrone, ma poichè nella molecola ce ne sono due,

3-

complessivamante N O perde 2 elettroni per formare 2 ioni NO :

2 4

3- -

↔ 2NO

N O + 2e

2 4

per bilanciare "O" aggiungo 2 H O a sx:

2

3- -

O ↔ 2NO

N O +2 H + 2e

2 4 2 +

per bilanciare "H" aggiungo 4 H a dx:

3- + -

O ↔ 2NO

N O + 2H + 4H + 2e

2 4 2

la semireazione è bilanciata;

N per ridursi da +4 a +2 deve acquistare 2 elettroni, ma poichè nella molecola ce ne sono due,

complessivamante N O acquista 4 elettroni per formare 2 NO:

2 4

- ↔ 2NO

N O + 4e

2 4

per bilanciare "O" aggiungo 2 H O a dx:

2

- ↔ 2NO + 2H

N O + 4e O

2 4 2 +

per bilanciare "H" aggiungo 4 H a sx:

+ - ↔ 2NO + 2H

N O + 4H + 4e O

2 4 2

la semireazione è bilanciata. 4

Ora bilancio gli elettroni scambiati: m.c.m. tra 2 e 4 è 4, quindi:

3- + -

O ↔ 2NO

N O + 2H + 4H + 2e deve essere "moltiplicata" per "2":

2 4 2 3- + -

O ↔ 2NO

2*( N O + 2H + 4H + 2e )

2 4 2

+ + - ↔ 2NO + 2H

N O + 4H + 4e O

2 4 2

= 3- + -

O ↔ 4NO

2N O + 4H + 8H + 4e

2 4 2

+ + - ↔ 2NO + 2H

N O + 4H + 4e O

2 4 2

= + - 3- + -

↔ 4NO

2N O + 4H O + N O + 4H + 4e + 8H + 4e + 2NO + 2H O

2 4 2 2 4 2

= 3- +

↔ 4NO

(2+1)N O + (4-2)H O + (8-4)H + 2NO

2 4 2

= 3- +

↔ 4NO

3N O + 2H O + 4H + 2NO

2 4 2

Indico con "n" le moli di N O (incognite) iniziali e imposto la tebella stechiometrica:

2 4

3- +

↔ 4NO

3N O + 2H O + 4H + 2NO

2 4 2

n / / (inizio)

n - 3x / 4x / 2x (fine)

3-

so che deve essere [NO ] = 0,075 M in 500mL = 0,500L

per cui devono esserci: 5

3-

0,075M * 0,500L = 0,0375 mol di NO ,

ma queste sono pari a "4x", quindi:

4x = 0,0375 mol

 x = 0,0375 mol / 4 = 0,009375 mol

Inoltre, alla fine, N O deve essersi completamente consumato, per cui:

2 4

n - 3x = 0

 n = 3x

 n = 3*0,009375 mol = 0,0281 mol di N O iniziali!

2 4

a T = 50°C = 323 K

e P = 1 atm

questo numero di moli corrisponde ad un volume di gas pari a:

V = n * R * T / P =

= 0,0281 mol * 0,082 L atm / K mol * 323 K / 1 atm =

= 0,745 L =

= 745 mL

3. Operando a 27°C e a pressione atmosferica si introducono 60.0 g di una miscela di

carbonato sodico Na CO e bicarbonato sodico NaHCO in un recipiente del volume di 5.00

2 3 3

litri. Chiuso ermeticamente il recipiente, si riscalda a 127°C e in queste condizioni tutto il

bicarbonato si decompone secondo la reazione:

↔

NaHCO Na CO + H O + CO

3(s) 2 3(s) 2 (g) 2(g)

di 4.10 atm. Tenendo conto anche dell’aria rinchiusa nel recipiente

La pressione finale risulta

e trascurando il volume dei solidi rispetto a quello dei gas, calcolare la % in peso di NaHCO3

nella miscela originaria. Ris. 58.8%

All’inizio abbiamo: dell’aria è circa 20% O

1) 5,00 L di aria (la composizione e 80% N )

2 2

avremo:

A P = 1 atm e alla temperatura di 27 °C = 300 K, tale volumi corrisponde a:

atm

n = PV / RT = 1 atm * 5,00 L / 0,082 L atm / K mol * 300 K = 0,20 mol di O e N gassosi.

2 2

Queste specie non sono coinvolte nella reazione per cui le moli restano costanti. 6

“x” moli di NaHCO e “y” di Na

2) CO per un totale di 60,0g;

3 2 3

PM(NaHCO ) = 84 g/mol

3

e

PM(Na CO ) = 106 g/mol

2 3

Quindi:

x*84g/mol + y*106g/mol = 60,0g “t” la variazione di numero di

Avviene la reazione per cui il sistema si trasforma (indicherò con

moli): (g)i

↔ Na

2NaHCO CO + CO + H O

3(s) 2 3(s) 2(g) 2

x y (all’inizio)

–

x 2t y + t t t (alla fine)

poichè la reazione è completa, alla fine risulterà:

 

–

NaHCO = x 2t = 0 x = 2t t = x/2

3

per cui: (g)ii

↔ Na

2NaHCO CO + CO + H O

3(s) 2 3(s) 2(g) 2

x y (all’inizio)

–

x 2t y + t t t (alla fine)

=

0 y + x/2 x/2 x/2

Quindi alla fine si sono formate

x/2 mol di CO

2

e

x/2 mol di H O

2 7

gassose che si sommano alle 0,203 moli di aria presenti all’inizio.

A P = 4,10 atm, e T = 127 °C = 400 K, queste moli corrispondono complessivamente a:

n = PV / RT = 4,10 atm * 5,00 L / 0,082 L atm / K mol * 400 K =

= 0,62 mol

Cioè

x/2 + x/2 + 0,20 = 0,62

 –

x = 0,62 0,20 = 0,42 mol

Questo significa che all’inizio erano presenti 0,42 moli di NaHCO , che corrispondono a:

3

0,42 mol * 84 g/mol = 35,3 g di NaHCO .

3

Quindi, nella miscela iniziale, la quantità di NaHCO corrispondeva a:

3

(35,3 g : 60,0 g) * 100 = 58,8%

4. Una miscela gassosa costituita da HCl e aria ( %vol O = 20.0%, %vol N2 = 80.0%), è

2

contenuta in un recipiente di V alla pressione P = 7.00 atm. Alla temp. T avviene la reazione:

→ Cl

HCl + O + H O

2 2 2

con il completo esaurimento di HCl presente in difetto. Determinare la pressione finale del

sistema e la composizione della miscela finale sapendo che la pressione finale di Cl è pari a

2

1.25 atm. (supporre T costante e tutte le specie chimiche in fase gas).

I primis bilancio la reazione:

→ Cl

HCl + O + H O

2 2 2

Cl passa da -1 a 0 => cede 1 elettrone, ma ce ne sono 2, per cui considero 2HCl e 2 elettroni ceduti;

O passa da 0 a -2 => acquista 2 elettroni, ma ce ne sono 2, per cui considero 2H O e 4 elettroni

2

acquistati;

m.c.m. tra 2 e 4 = 4 8

=> Cl o 2Cl, va preso 4/2 = 2 volte; mentre O o 2O va preso 4/4 = 1 volte:

2 2

→ 2Cl

4HCl + O + 2H O

2 2 2

così anche H è già bilanciato!

Indicherò con P la pressione iniziale (incognita) di HCl,

e con p la pressione iniziale parziale di O .

2

Imposto quindi la tabella stechiometrica:

→ 2Cl

4HCl + O + 2H O

2 2 2

P p (all'inizio)

P- 4x p - x 2x 2x (alla fine)

so che:

P , =2x = 1,25 atm

Cl2 finale

cioè

x = 1,25 / 2 = 0,625 atm

inoltre so che HCl alla fine si consuma tutto, quindi

P - 4x = 0  P = 4x = 4 . 0,625 = 2,50 atm

che è la pressione parziale iniziale di HCl

 P iniziale dell'aria sarà: 7,00 atm - 2,50 atm = 4,50 atm

di cui:  .

4,50 atm 20,0/100 = 0,90 atm è la pressione parziale iniziale di O , cioè:

2

 p = 0,90 atm

 mentre la pressione parziale di N , che rimane invariata all'inizio e alla fine della

2

reazione in quanto non vi partecipa, sarà:

4,50 - 0,90 = 3,60 atm 9

Quindi

pressione finale = P + P , + P , + P , + P =

HCl,finale O2 finale Cl2 finale H2O finale N2,iniziale

= (P - 4x) + (p - x) + (2x) + (2x) + 3,60 =

= 0 + (0,90 - 0,625) + 1,25 + 1,25 + 3,60 =

= 0 + 0,275 + 1,25 + 1,25 + 3,60 =

= 6,375 atm

Per indicare la composizione finale della miscela, utilizzo la legge di Dalton:

. .

%O = P / P 100 = 0,275 atm / 6,375 100 = 4,31%

2 O2,finale tot,finale . .

%Cl = P / P 100 = 1,25 atm / 6,375 100 = 19,61%

2 Cl2,finale tot,finale . .

%H O = P / P 100 = 1,25 atm / 6,375 100 = 19,61%

2 H2O,finale tot,finale

. .

%N = P / P 100 = 3,60 atm / 6,375 100 = 56,47%

2 N2 tot,finale

5. Il carbammato di ammonio, si decompone secondo la seguente reazione:

solido ↔ 2NH

NH CO NH gassoso + CO gassosa.

4 2 2 3 2

Sapendo che la costante di equilibrio a 25°C è Kp = 2.3 x 10 -4, calcolare la pressione totale,

che si determina se alla temperatura di 25°C in un recipiente di volume pari a 10.0 litr

vengono inseriti 0.100 g di CO e 1.00 g di NH CO NH .

2 4 2 2

.

PM(CO ) = 12 + 2 16 = 44 g/mol

2  . -3

n(CO ) = 0,100 g : 44 g/mol = 2,27 10 mol

2 .

PM(NH CO NH ) = 14 + 4 + 12 +2 16 + 14 + 2 = 78 g/mol

4 2 2

 . -2

n(NH CO NH ) = 1,00 g : 78 g/mol = 1,28 10 mol

4 2 2 10

Visto che abbiamo la Kp e ci chiede la pressione finale, lavoriamo con le pressioni parziali (che

cmq sono proporzionali alle moli!).

All'inizio c'è solo CO gassosa (il carbammato di ammonio è solido quindi il suo contributo alla P

2

totale è trascurabile!):

 . -3 . .

P(CO ) = 2,27 10 mol 0,082 L atm / K mol 298 K / 10,0L =

2

. -3

= 5,55 10 atm

Con questi valori di pressioni parziali iniziali, imposto la tabella stechiometrica:

↔ 2NH

NH CO NH + CO

4 2 2(a) 3(g) 2(g)

. -3

/ 0 5,55 10

. -3

/ 2x 5,55 10 + x

sarà: . 2

Kp = P(CO ) P(NH )

2 3

= . -4 . -3 . 2

2,3 10 = (5,55 10 + x) (2x)

= . -4 . -3 . 2

2,3 10 = (5,55 10 + x) 4x

= . -4 . -3 . 2

2,3 10 : 4= (5,55 10 + x) x

= . -5 . -3 2 3

5,75 10 = 5,55 10 x + x

=

3 . -3 2 . -5

x + 5,55 10 x - 5,75 10 =0

si tratta di una equazione di 3° grado che non può essere risolta con semplici formule matematiche,

ma solo con metodi iterativi o graficamente; 11

proviamo con un metodo iterativo:

 3 . -3 2 . -5

x = - 5,55 10 x + 5,75 10 =0

 (5,75

3 . -5 . -3 2

x = 10 - 5,55 10 x )

se anche il carbammato fosse gassoso, le moli iniziali corriponderebbero ad una pressione iniziale

pari a: . -2 . . . -2

P(NH CO NH ) = 1,28 10 mol 0,082 L atm / K mol 298 K / 10,0L = 3,13 10 atm

4 2 2

per cui, al limite, se tutto il carbammato si decomponesse, risulterebbe

. -2

x = P(NH CO NH ) = 3,13 10 atm

4 2 2

 (5,75

3 . -5 . -3 2

x = 10 - 5,55 10 x ) =

(5,75

3 . -5 . -3 . -2 2

= 10 - 5,55 10 (3,13 10 ) ) =

. -2

= 3,73 10  (5,75

3 . -5 . -3 2

x = 10 - 5,55 10 x ) =

(5,75

3 . -5 . -3 . -2 2

= 10 - 5,55 10 (3,73 10 ) ) =

. -2

= 3,68 10  (5,75

3 . -5 . -3 2

x = 10 - 5,55 10 x ) =

(5,75

3 . -5 . -3 . -2 2

= 10 - 5,55 10 (3,68 10 ) ) =

. -2

= 3,68 10  . -2

x = 3,68 10

Quindi la pressione finale sarà:

. -3

P = 2x + 5,55 10 + x =

. . -2 . -3 . -2

= 2 3,68 10 + 5,55 10 + 3,68 10 =

= 0,116 atm

6. 1.00 moli di SO e 2.00 moli di O sono poste in un recipiente del volume di 2.00 l. Alla

2 2

pressione di 1.25 atm si stabilisce l’equilibrio 2SO ↔ 2SO

+ O . Sapendo che la pressione

2 2 3

all’equilibrio è 0.25 atm calcolare il valore di Kp.

parziale di SO 3 12