EQUILIBRIO QUÍMICO - …teleformacion.edu.aytolacoruna.es/ELVINAF2B8fb2/... · Química P.A.U....

57
Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 1 EQUILIBRIO QUÍMICO PROBLEMAS FASE GAS 1. A 670 K, un recipiente de 2 dm 3 contén unha mestura gasosa en equilibrio de 0,003 moles de hi- dróxeno, 0,003 moles de iodo e 0,024 moles de ioduro de hidróxeno, segundo a reacción: H2(g) + I2(g) 2HI(g) Nestas condicións, calcule: a) O valor de Kc e Kp. b) A presión total no recipiente e as presións parciais dos gases na mestura. (P.A.U. Set. 10) Rta.: a) K p = K c = 64; b) p T = 83,5 kPa; p(H 2 ) = p(I 2 ) = 8,4 kPa; p(HI) = 66,8 kPa Datos Cifras significativas: 3 Gas: Volume V = 2,00 dm 3 Temperatura T = 670 K Cantidade no equilibrio de I 2 n e (I 2 ) = 0,00300 mol I 2 Cantidade no equilibrio de H 2 n e (H 2 ) = 0,00300 mol H 2 Cantidade no equilibrio de HI n e (HI) = 0,0240 mol HI Incógnitas Constante do equilibrio K c K c Constante do equilibrio K p K p Presión total p T Presións parciais do H 2 , I 2 e HI p(H 2 ), p(I 2 ), p(HI) Outros símbolos Cantidade da sustancia X n(X) Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V Ecuacións Ecuación de estado dos gases ideais p · V = n · R · T p = n·R·T V Constantes do equilibrio: a A + b B c C + d D K c = [ C ] e c [ D ] e d [ A ] e a [ B ] e b K p = p e c ( C ) ·p e d ( D) p e a ( A ) ·p e b ( B) Solución: A ecuación química é: I 2 (g) + H 2 (g) 2 HI(g) A constante de equilibrio en función das concentracións é: K c = [ HI ] e 2 [ I 2 ] e [ H 2 ] e = ( 0,0240 2,00 ) 2 ( 0,00300 2,00 ) · ( 0,00300 2,00 ) =64,0 (concentracións en mol/L)

Transcript of EQUILIBRIO QUÍMICO - …teleformacion.edu.aytolacoruna.es/ELVINAF2B8fb2/... · Química P.A.U....

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 1

EQUILIBRIO QUÍMICO

◊ PROBLEMAS

● FASE GAS

1. A 670 K, un recipiente de 2 dm3 contén unha mestura gasosa en equilibrio de 0,003 moles de hi-dróxeno, 0,003 moles de iodo e 0,024 moles de ioduro de hidróxeno, segundo a reacción:

H2(g) + I2(g) ⇄ 2HI(g)Nestas condicións, calcule:a) O valor de Kc e Kp.b) A presión total no recipiente e as presións parciais dos gases na mestura.

(P.A.U. Set. 10)Rta.: a) Kp = Kc = 64; b) pT = 83,5 kPa; p(H2) = p(I2) = 8,4 kPa; p(HI) = 66,8 kPa

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 2,00 dm3

Temperatura T = 670 K

Cantidade no equilibrio de I2 ne(I2) = 0,00300 mol I2

Cantidade no equilibrio de H2 ne(H2) = 0,00300 mol H2

Cantidade no equilibrio de HI ne(HI) = 0,0240 mol HI

Incógnitas

Constante do equilibrio Kc Kc

Constante do equilibrio Kp Kp

Presión total pT

Presións parciais do H2, I2 e HI p(H2), p(I2), p(HI)

Outros símbolos

Cantidade da sustancia X n(X)

Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V

Ecuacións

Ecuación de estado dos gases ideais p · V = n · R · T ⇒ p=n·R·T

V

Constantes do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C ]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b(B)

Solución:

A ecuación química é:

I2(g) + H2(g) 2 HI(g)⇄

A constante de equilibrio en función das concentracións é:

K c=[HI ]e

2

[I2]e[H2 ]e=

(0,02402,00 )

2

(0,003002,00 )·( 0,00300

2,00 )=64,0 (concentracións en mol/L)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 2

Se consideramos comportamento ideal para os gases, podemos escribir:

K p=pe(HI)2

pe(H2)· pe(I2)=

([HI ]e R ·T )2

[H2]e R ·T · [ I2 ]e R ·T=

[HI]e2

[H2]e[ I2]e=K c=64,0 (presións en atm)

b) A presión parcial de cada un dos gases, suposto comportamento ideal, é a que exercería si se atopase só no recipiente. A presión total será a suma destas presións parciais (Lei de Dalton)

p (HI)=n (HI)· R ·T

V T

=0,0240 mol· 8,31 J·mol−1 · K−1 · 670 K

2,00×10−3 m3=6,68×104 Pa=66,8 kPa

p (I2)=n(I2) · R· T

V T

=0,00300 mol·8,31 J·mol−1 · K−1 ·670 K

2,00×10−3 m3=8,35×103 Pa=8,35 kPa

p(H2) = p(I2) = 8,35 kPa

pT = p(H2) + p(I2) + p(HI) = 8,35 + 8,35 + 66,8 = 83,5 kPa

2. Nun recipiente de 10,0 dm3 introdúcense 0,61 moles de CO2 e 0,39 moles de H2 quentando ata 1250 ºC. Unha vez alcanzado o equilibrio segundo a reacción: CO2(g) + H2(g) CO(g) + H⇄ 2O(g) analízase a mestura de gases, atopándose 0,35 moles de CO2.a) Calcule os moles dos demais gases no equilibrio.b) Calcule o valor de Kc a esa temperatura.

(P.A.U. Xuño 08)Rta.: a) ne(CO2) = 0,35 mol; ne(H2) = 0,13 mol; ne(CO) = ne(H2O) = 0,26 mol; b) Kc = 1,5

Datos Cifras significativas: 2

Gas: Volume V = 10,0 dm3

Temperatura T = 1 250 ºC = 1 523 K

Cantidade inicial de CO2 n0(CO2) = 0,61 mol CO2

Cantidade inicial de H2 n0(H2) = 0,39 mol H2

Cantidade de CO2 no equilibrio ne(CO2) = 0,35 mol CO2 equil.

Incógnitas

Número de moles de cada compoñente no equilibrio ne(H2), ne(CO), ne(H2O)

Constante de equilibrio Kc

Outros símbolos

Concentración da substancia X [X]

Ecuacións

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

a) Se quedan 0,35 mol dos 0,61 mol que había inicialmente, é que reaccionaron:

nr(CO2) = 0,61 – 0,35 = 0,26 mol CO2 que reaccionaron

Da estequiometría da reacción:

CO2(g) + H2(g) CO(g) + H⇄ 2O(g)

reaccionaron 0,26 mol de H2 e formáronse os mesmos de CO e H2O.Representamos nun cadro as cantidades (moles) de cada gas en cada fase:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 3

Cantidade CO2 H2 ⇄ H2O CO

n0 inicial 0,61 0,39 0,0 0,0 mol

nr que reacciona ou se forma 0,26 0,26 0,26 0,26 mol

ne no equilibrio 0,35 0,13 0,26 0,26 mol

No equilibrio haberá:

ne(CO2) = 0,35 mol; ne(H2) = 0,13 mol; ne(CO) = ne(H2O) = 0,26 mol

b) A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

Kc=[H2 O]e[CO]e[H2 ]e[CO2]e

=

0,26 mol H2 O

10 dm3

0,26 mol CO

10 dm3

0,35 mol CO2

10 dm3

0,13 mol CO2

10 dm3

=1,5

3. Nun recipiente de 5 dm3 introdúcense 1,0 mol de SO2 e 1,0 mol de O2 e quéntase 727 ºC, produ-cíndose a seguinte reacción: 2 SO2(g) + O2(g) 2 SO⇄ 3(g). Unha vez alcanzado o equilibrio, ana-lízase a mestura atopando que hai 0,15 moles de SO2. Calcule:a) Os gramos de SO3 que se forman.b) O valor da constante de equilibrio Kc.

(P.A.U. Set. 08)Rta.: a) m(SO3) = 68 g; b) Kc = 280

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 5,00 dm3

Temperatura T = 727 ºC = 1 000 K

Cantidade inicial de SO2 n0(SO2) = 1,00 mol SO2

Cantidade inicial de O2 n0(O2) = 1,00 mol O2

Cantidade de SO2 no equilibrio ne(SO2) = 0,150 mol SO2 eq.

Masa molar do trióxido de xofre M(SO3) = 80 g/mol

Incógnitas

Masa de SO3 que se forma me(SO3)

Constante de equilibrio Kc

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D Kc=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

a) Se quedan 0,15 mol do 1,00 mol que había inicialmente, é que reaccionaron:

nr(SO2) = 1,00 – 0,15 = 0,85 mol SO2 que reaccionaron

Da estequiometría da reacción:

2 SO2(g) + O2(g) → SO3(g)

reaccionaron 0,85 / 2 = 0,43 mol de O2 e formáronse 0,85 mol SO3

Representamos nun cadro as cantidades (moles) de cada gas en cada fase:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 4

Cantidade 2 SO2 O2 ⇄ 2 SO3

n0 inicial 1,00 1,00 0,00 mol

nr que reacciona ou se forma 0,85 0,43 → 0,85 mol

ne no equilibrio 0,15 0,57 0,85 mol

No equilibrio haberá:

ne(SO2) = 0,15 mol; ne(O2) = 0,57 mol; ne(SO3) = 0,85 mol

e a masa de SO3 será:

me(SO3) = 0,85 mol · 80 g/mol = 68 g SO3 no equilibrio

b) A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

Kc=[SO3 ]e

2

[O2 ]e [SO2]e2=

(0,85 mol SO3

5,0 dm3 )2

0,57 mol O2

5,0 dm3 (0,15 mol SO2

5,0 dm3 )2=280

4. O CO2 reacciona co H2S a altas temperaturas segundo: CO2(g) + H2S(g) ⇄ COS(g) + H2O(g). Intro-dúcense 4,4 g de CO2 nun recipiente de 2,55 L a 337 °C, e unha cantidade suficiente de H2S para que, unha vez alcanzado o equilibrio, a presión total sexa de 10 atm (1013,1 kPa). Se na mestura en equilibrio hai 0,01 moles de auga, calcule:a) O número de moles de cada unha das especies no equilibrio.b) O valor de Kc e Kp a esa temperatura.Dato: R = 0,082 atm·L·K-1·mol-1 = 8,31 J·K-1·mol-1 (P.A.U. Xuño 12)Rta.: a) ne(CO2) = 0,090 mol; ne(H2S) = 0,399 mol; ne(COS) = 0,0100 mol; b) Kp = Kc = 2,8×10-3

Datos Cifras significativas: 3

Masa inicial de CO2 m0(CO2) = 4,40 g

Gas: Volume V = 2,55 dm3 = 2,55×10-3 m3

Temperatura T = 337 ºC = 610 K

Presión pT0 = 10 atm = 1,0131×106 Pa

Cantidade de auga no equilibrio ne(H2O) = 0,0100 mol H2O

Constante dos gases ideais R = 8,31 J·K-1·mol-1

Masa molar do dióxido de carbono M(CO2) = 44,0 g/mol

Incógnitas

Cantidades de todas as especies no equilibrio ne(CO2), ne(H2S), ne(COS)

Constantes de equilibrio Kc, Kp

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Constantes do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b (B)

Ecuación de estado dos gases ideais p · V = n · R · T

Solución:

a) A cantidade inicial de CO2 é:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 5

n0(CO2)=4,40 g CO2 ·1 mol CO2

44,0 g CO2

=0,100 mol CO2

Unha vez alcanzado o equilibrio, a cantidade total de gas (suposto comportamento ideal) é:

ne T=p ·VR· T

=1,013×106 Pa · 2,55×10−3 m3

8,31 J·mol−1 · K−1 ·610 K=0,509 mol total

Da ecuación química

CO2(g) + H2S(g) ⇄ COS(g) + H2O(g)

dedúcese que a cantidade total de gas non varía co progreso da reacción.(Unha forma de velo é supoñer que inicialmente hai n1 moles de CO2(g) e n2 moles de H2S(g). Chamando x ácantidade de CO2(g) que reacciona ata que se alcanza o equilibrio,

Cantidade CO2 H2S ⇄ COS H2O

n0 inicial n1 n2 0,00 0,00 mol

nr que reacciona ou se forma x x → x x mol

ne no equilibrio n1 – x n2 – x x x mol

calcúlase que a cantidade final de gas é:

nTe = (n1 – x) + (n2 – x) + x + x = n1 + n2

igual que a que había inicialmente)Polo tanto, a cantidade de H2S(g) que había inicialmente era:

n0(H2S) = 0,509 [mol total] – 0,100 [mol CO2] = 0,409 mol H2S

Representado nun cadro as cantidades (moles) de cada gas en cada fase:

Cantidade CO2 H2S ⇄ COS H2O

n0 inicial 0,100 0,409 0,00 0,00 mol

nr que reacciona ou se forma x x → x x mol

ne no equilibrio 0,0100 mol

dedúcese que se formaron 0,0100 mol de H2O(g)

x = 0,0100 mol

As cantidades de todos os gases no equilibrio son:

ne(CO2) = 0,100 [mol iniciais] – 0,0100 [mol que reaccionan] = 0,090 mol CO2 no equilibrio

ne(H2S) = 0,409 [mol iniciais] – 0,0100 [mol que reaccionan] = 0,399 mol H2S no equilibrio

ne(COS) = 0,0100 [mol formados] = 0,0100 mol COS no equilibrio

b) A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

K c=[H2 O]e[COS]e[H2 S ]e [CO2]e

=

0,0100 mol H2 O

2,55 dm3

0,0100 mol COS

2,55 dm3

0,399 mol H2 S

2,55 dm3

0,090 mol CO2

2,55 dm3

=2,8×10−3

Como un dos factores (0,090 mol CO2) só ten dúas cifras significativas, a constante só pode ter dúas cifras significativas.A relación entre Kp e Kc para esta reacción é

K p=pe(H 2O)· pe(COS)

pe(H2 S) · pe (CO2)=

ne(H2 O)· R ·T

V·ne(COS)· R ·T

Vne(H2 S)· R ·T

V·ne(CO2)· R ·T

V

=[H2 O ]e[COS]e[H2 S]e[CO2]e

=K c

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 6

Polo que

Kp = Kc = 2,8×10-3

5. Nun matraz de 1 dm3 introdúcense 0,1 mol de PCl5(g) e quéntase a 250 ºC. Unha vez alcanzado o equilibrio, o grao de disociación do PCl5(g) en PCl3(g) e Cl2(g) é de 0,48. Calcula:a) O número de moles de cada compoñente no equilibrio.b) A presión no interior do matraz.c) O valor de Kc

(P.A.U. Xuño 97)Rta.: a) n(PCl3)e = n(Cl2)e = 0,048 mol; n(PCl5)e = 0,052 mol; b) pT = 6,34 atm; c) Kc = 0,044

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 1,00 dm3

Temperatura T = 250 ºC = 523 K

Cantidade inicial de PCl5 n0(PCl5) = 0,100 mol PCl5

Grao de disociación α = 0,480

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Número de moles de cada compoñente no equilibrio n(PCl5), n(PCl3), n(Cl2)

Presión no interior do matraz p

Constante de equilibrio Kc

Outros símbolos

Cantidade disociada nd

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Lei de Dalton das presións parciais pT = ∑ pi

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Cantidade (número de moles) n = m / M

Grao de disociación α = nd / n0

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

a) Tense disociado:

nd(PCl5) = α · n0(PCl5) = 0,480 · 0,100 [mol PCl5] = 0,0480 mol PCl5 disociados.

A reacción axustada é:

PCl5(g) PCl⇄ 3(g) + Cl2(g)

Da estequiometría da reacción:

n(PCl3)e = n(Cl2)e = nd(PCl5) = 0,048 mol de PCl3 e de Cl2 no equilibrio

n(PCl5)e = n(PCl5)0 – nd(PCl5) = 0,100 – 0,048 = 0,052 mol PCl5 no equilibrio

PCl5 ⇄ PCl3 Cl2

n0 Cantidade inicial 0,100 0 0 mol

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 7

PCl5 ⇄ PCl3 Cl2

nr Cantidade que reacciona ou se forma 0,048 → 0,048 0,048 mol

ne Cantidade no equilibrio 0,052 0,048 0,048 mol

[ ]e Concentración no equilibrio 0,052 0,048 0,048 mol/dm3

b) A presión total será:

pT = p(PCl5) + p(PCl3) + p(Cl2)

Supondo comportamento ideal para os gases:

pT = nT R T / V = ∑ni R T / V == ( 0,048 + 0,048 + 0,052) [mol] 0,082 [atm·dm3·K-1·mol-1] · 523 [K] / 1,00 [dm3] = 6,34 atm

c) A constante de equilibrio en función das concentracións

K c=[PCl3]e[Cl2 ]e

[PCl5]e=

0,048· 0,0480,052

=0,044 (concentracións en mol/dm3)

6. Nun matraz de 5 L introdúcese unha mestura de 0,92 moles de N2 e 0,51 moles de O2 e quéntase ata 2 200 K, establecéndose o equilibrio N2(g) + O2(g) ⇄ 2 NO(g). Tendo en conta que nestas con-dicións reacciona o 1,09 % do nitróxeno inicial:a) Calcule a concentración molar de todos os gases no equilibrio a 2 200 K.b) Calcule o valor das constantes Kc e Kp a esa temperatura.Dato: R = 0,082 atm·L·K-1·mol-1 = 8,31 J·K-1·mol-1 (P.A.U. Set. 12)

Rta.: a) [N2] = 0,182 mol/dm3; [O2] = 0,100 mol/dm3; [NO] = 0,0040 mol/dm3; b) Kp = Kc = 8,84×10-4

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 5,00 dm3

Temperatura T = 2200 K

Cantidade inicial de N2 n0(N2) = 0,920 mol N2

Cantidade inicial de O2 n0(O2) = 0,510 mol O2

Grado de reacción α = 0,0109

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Concentracións molares de todos os gases no equilibrio n(N2), n(O2), n(NO)

Constantes de equilibrio Kc, Kp

Outros símbolos

Cantidade de gas que reaccionou nr

Ecuacións

Ecuación de estado dos gases ideais p · V = n · R · T

Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V

Grado de reacción α = nr / n0

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C ]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b(B)

Solución:

a) Reaccionaron:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 8

nr(N2) = α n0(N2) = 0,0109 · 0,920 [mol N2] = 0,0100 mol N2

A reacción axustada é:

N2(g) + O2(g) ⇄ 2 NO(g)

Da estequiometría da reacción:

nr(O2) = nr(N2) = 0,0100 mol O2

nr(NO) = 2 nr(N2) = 0,0200 mol NO

N2 O2 ⇄ 2 NO

n0 Cantidade inicial 0,920 0,510 0 mol

nr Cantidade que reacciona ou se forma 0,0100 0,0100 → 0,0200 mol

ne Cantidade no equilibrio 0,910 0,500 0,0200 mol

[ ]e Concentración no equilibrio 0,182 0,100 0,00400 mol/dm3

b) A constante de equilibrio en función das concentracións

K c=[NO ]e

2

[N2 ]e·[O2 ]e=

0,004002

0,182 ·0,100=8,84×10−4 (concentracións en mol/dm3)

A constante de equilibrio en función das presións

K p=pe

2(NO)

pe(N 2)· pe(O2)=

([NO ]e R ·T )2

[N2 ]e R ·T · [O2 ]e R ·T=

[NO ]e2

[N2 ]e[O2]e=K c=8,84×10−4 (presións en atm)

7. Calcula os valores de Kc e Kp a 250 ºC na reacción de formación do ioduro de hidróxeno, saben-do que partimos de dous moles de I2 e catro moles de H2, obtendo tres moles de ioduro de hi-dróxeno. O volume do recipiente de reacción é de 10 dm3.

(P.A.U. Set. 99)Rta.: Kp = Kc = 7,20

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 10,0 dm3

Temperatura T = 250 ºC = 523 K

Cantidade inicial de I2 n0(I2) = 2,00 mol I2

Cantidade inicial de H2 n0(H2) = 4,00 mol H2

Cantidade de HI no equilibrio ne(HI) = 3,00 mol HI

Incógnitas

Constante do equilibrio Kc Kc

Constante do equilibrio Kp Kp

Outros símbolos

Cantidade da sustancia X que reaccionou nr(X)

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Cantidade (número de moles) n = m / M

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 9

Ecuacións

Constantes do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C ]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b(B)

Solución:

A ecuación química é:

I2(g) + H2(g) 2 HI(g)⇄

Da estequiometría da reacción, os moles de I2 e H2 que reaccionaron son:

nr(I2) = nr(H2) = 3,00 [mol HI] · 1 [mol I2] / 2 [mol HI] = 1,50 mol I2 e H2 que reaccionaron.

No equilibrio quedan:

ne(I2) = n0(I2) – nr(I2) = 2,00 – 1,50 = 0,50 mol I2 que queda no equilibrio

ne(H2) = n0(H2) – nr(H2) = 4,00 – 1,50 = 2,50 mol H2 que queda no equilibrio

I2 H2 ⇄ 2 HI

n0 Cantidade inicial 2,00 4,00 0 mol

nr Cantidade que reacciona ou se forma 1,50 1,50 → 3,00 mol

ne Cantidade no equilibrio 0,50 2,50 3,00 mol

[ ]e Concentración no equilibrio 0,050 0,250 0,300 mol/dm3

A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

K c=[HI]e

2

[I2]e[H2]e=

0,3002

0,050· 0,250=7,20 (concentracións en mol/dm3)

Se consideramos comportamento ideal para os gases, podemos escribir:

K p=pe

2(HI)

pe(H2) · pe(I2)=

([HI]e RT )2

[H2]e RT · [ I2 ]e RT=

[HI ]e2

[H2]e[ I2 ]e=K c=7,20 (presións en atm)

8. Nun recipiente de 2 dm3 de capacidade disponse unha certa cantidade de N2O4(g) e quéntase o sistema ata 298,15 K. A reacción que ten lugar é: N2O4(g) 2 NO⇄ 2(g). Sabendo que se alcanza o equilibrio químico cando a presión total dentro do recipiente é 1,0 atm (101,3 kPa) e a presión parcial do N2O4 é 0,70 atm (70,9 kPa), calcular:a) O valor de K p a 298,15 K.b) O número de moles de cada un dos gases no equilibrio.Dato: R = 0,082 atm·dm3 ·K-1·mol-1 = 8,31 J·K-1·mol-1 (P.A.U. Set. 11)Rta.: a) Kp = 0,13; b) n1 = 0,025 mol NO2; n2 = 0,057 mol N2O4

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 2,00 dm3

Temperatura T = 298,15 K

Presión total no equilibrio pT = 1,00 atm = 101,3 kPa

Presión parcial do N2O4 no equilibrio p(N2O4) = 0,700 atm = 70,9 kPa

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1 = 8,31 J·K-1·mol-1

Incógnitas

Constante do equilibrio Kp Kp

Cantidade de NO2 e N2O4 n(NO2) e n(N2O4)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 10

Ecuacións

Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Constantes do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D Kc=[C ]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b(B)

Solución:

A ecuación química é:

N2O4(g) 2 NO⇄ 2(g)

A constante de equilibrio en función das presións (en atm) é:

K p=pe

2 (NO2)

pe(N 2O4)

A lei de Dalton das presións parciais di que la presión total é a suma destas presións parciais.

pT = ∑pi

p(NO2) = 1,00 [atm] – 0,700 [atm] = 0,30 atm

K p=pe

2 (NO2)

pe(N 2O4)=

0,302

0,700=0,13

b) Supoñendo comportamento ideal para os gases:

n (NO2)=p (NO2)·V

R· T=

0,30 atm· 2,00 dm3

0,082 atm·dm 3 · mol−1 · K−1 · 298,15 K=0,025 mol NO2

n (N 2 O4)=p (N 2 O4)·V

R ·T=

0,700 atm·2,00 dm3

0,082 atm·dm3 · mol−1 · K−1 · 298,15 K=0,057 mol N2 O4

9. Á temperatura de 35 ºC dispomos, nun recipiente de 310 cm3 de capacidade, dunha mestura ga-sosa que contén 1,660 g de N2O4 en equilibrio con 0,385 g de NO2.a) Calcule a Kc da reacción de disociación do tetraóxido de dinitróxeno á temperatura de 35 ºC.b) A 150 ºC, o valor numérico de Kc é de 3,20. Cal debe ser o volume do recipiente para que estean

en equilibrio 1 mol de tetraóxido e dous moles de dióxido de nitróxeno?Dato: R = 0,082 atm·dm3/(K·mol) (P.A.U. Xuño 07)Rta.: a) Kc = 0,0125; b) V = 1,25 dm3

Datos Cifras significativas: 3

Volume V = 310 cm3 = 0,310 dm3

Temperatura apartado a) T = 35 ºC = 308 K

Masa no equilibrio N2O4 a 35 ºC me(N2O4) = 1,660 g N2O4

Masa no equilibrio NO2 a 35 ºC me(NO2) = 0,385 g NO2

Constante do equilibrio K'c a 150 ºC K'c = 3,20

Cantidade no equilibrio N2O4 a 150 ºC ne(N2O4) = 1,00 mol N2O4

Cantidade no equilibrio NO2 a 150 ºC ne(NO2) = 2,00 mol NO2

Masa molar: dióxido de nitróxeno M(NO2) = 46,0 g/mol

tetraóxido de dinitróxeno M(N2O4) = 92,0 g/mol

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 11

Incógnitas

Constante do equilibrio Kc a 35 ºC Kc

Volume do recipiente V

Outros símbolos

Cantidade dunha sustancia X n(X)

Ecuacións

Cantidade (número de moles) n = m / M

Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C ]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

A ecuación química é:

N2O4(g) 2⇄ NO2(g)

A expresión da constante de equilibrio:

Kc=[NO2]e

2

[N2 O4 ]e

As concentracións das especies no equilibrio son:

[NO2 ]e=0,385 g NO2

0,310 dm3

1 mol NO2

46,0 g NO2

=0,0270 mol /dm3

[N2 O4 ]e=1,660 g N 2 O4

0,310 dm 3

1 mol N2 O4

92,0 g N 2 O4

=0,0582 mol /dm3

e o valor da constante de equilibrio a 35 ºC é

K c=[NO2]e

2

[N2 O4 ]e=(0,027)2

0,0582=0,0125

b) Ao variar a temperatura, varía a constante de equilibrio. Volvendo escribir a expresión da constante á tem-peratura de 150 ºC

K c'=3,20=

[NO2]e2

[N2 O4]e=(2,00

V )2

(1,00V )

=4,00

V

de onde:

V = 4,00 / 3,20 = 1,25 dm3

10. A constante de equilibrio para a reacción: H2(g) + CO2(g) H⇄ 2O(g) + CO(g) é Kc =1,6 a 986 ºCUn recipiente 1 dm3 contén inicialmente unha mestura de 0,2 moles de H2; 0,3 moles de CO2; 0,4 moles de auga e 0,4 moles de CO a 986 ºC.a) Xustificar por que esta mestura non está en equilibrio.b) Se os gases reaccionan ata alcanzar o estado de equilibrio a 986 ºC, calcular as concentracións

finais.c) Calcular a presión inicial e a presión final de mestura gasosa.Dato: R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1 (P.A.U. Set. 01)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 12

Rta.: a) Non, Q = 2,7 > Kc; b) [H2] = 0,24; [CO2] = 0,34; [ H2O] = [CO] = 0,36 mol/dm3

c) pi = pf = 134 atm.

Datos Cifras significativas: 2

Gas: Volume V = 1,0 dm3

Temperatura T = 986 ºC = 1 259 K

Cantidade inicial de H2 n0(H2) = 0,20 mol H2

Cantidade inicial de CO2 n0(CO2) = 0,30 mol CO2

Cantidade inicial de H2O n0(H2O) = 0,40 mol H2O

Cantidade inicial de CO n0(CO) = 0,40 mol CO

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Por que esta mestura non está en equilibrio Q0

Concentracións no equilibrio [H2]e, [CO2]e, [ H2O]e, [CO]e

Presión inicial e final no interior do matraz p0, pe

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Lei de Dalton das presións parciais pT = ∑ pi

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Cantidade (número de moles) n = m / M

Grao de disociación α = nd / n0

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

a) A relación Q0 vale

Q0=[H2 O ]0[CO]0[H 2]0 [CO2]0

=(0,40 mol

1,0 dm3 )(0,40 mol

1,0 dm3 )(0,20 mol

1,0 dm3 )(0,30 mol

1,0 dm3 )=2,7>1,6=K c

Se estivese en equilibrio Q0 = Kc, xa que logo, non está en equilibrio.

b) Chamando x aos moles de H2 que reaccionan desde a situación de partida ata alcanzar o equilibrio, pódese es-cribir:

H2 CO2 ⇄ H2O CO

n0 Cantidade inicial 0,20 0,30 0,40 0,40 mol

nr Cantidade que reacciona ou se forma x x → x x mol

ne Cantidade no equilibrio 0,20 – x 0,30 – x 0,40 + x 0,40 + x mol

[ ]e Concentración no equilibrio 0,20 – x 0,30 – x 0,40 + x 0,40 + x mol/dm3

A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 13

K c=[H 2 O]e[CO]e[H2 ]e[CO2]e

=

(0,40+ x) mol

1,0 dm3

(0,40+ x )mol

1,0 dm3

(0,20−x ) mol

1,0 dm3

(0,30− x) mol

1,0 dm3

=1,6

Resolvendo a ecuación de segundo grao dá dúas solucións.Unha delas x = 2,71 mol non é válida, xa que suporía a existencia de cantidades negativas no equilibrio. A outra solución é x = -0,039 mol (é lóxico, xa que ao ser Q0 > Kc, a reacción desprazarase cara á esquerda para acadar o equilibrio).As concentracións no equilibrio son:

[H2O]e = [CO]e = 0,36 mol/dm3

[H2]e = 0,24 mol/dm3

[CO2]e = 0,34 mol/dm3

c) Pola lei de Dalton:

pT = nT R T / V = ∑ni R T / V

Supondo comportamento ideal, a presión total inicial será:

p0 = (n0(H2) + n0(CO2) + n0(H2O) + n0(CO) ) R T / V == 1,3 [mol] · 0,082 [atm·dm3·mol-1·K-1] · 1 259 [K] / 1,0 [dm3] = 1,34×102 atm = 14 MPa

Como a cantidade de sustancia no equilibrio é a mesma, a presión total non varía ao alcanzar o equilibrio.

pe = p0

11. A reacción I2(g) + H2(g) ⇄ 2 HI(g) ten, a 448 ºC, un valor da constante de equilibrio Kc igual a 50. A esa temperatura un recipiente pechado de 1 dm3 contén inicialmente 1,0 mol de I2 e 1,0 mol de H2.a) Calcule os moles de HI(g) presentes no equilibrio.b) Calcule a presión parcial de cada gas no equilibrio.Dato: R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1 = 8,31 J·K-1·mol-1 (P.A.U. Xuño 11)Rta.: a) ne(HI) = 1,56 mol HI; b) p(I2) = p(H2) = 1,3 MPa; p(HI) = 9,3 MPa

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 1,00 dm3

Temperatura T = 448 ºC = 721 K

Cantidade inicial de iodo n0(I2) = 1,00 mol I2

Cantidade inicial de hidróxeno n0(H2) = 1,00 mol H2

Constante de equilibrio (en función das concentracións en mol·dm-3) Kc = 50,0

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Cantidade de HI no equilibrio ne(HI)

Presión parcial de cada gas no equilibrio p(I2), p(H2), p(HI)

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Masa molar M

Ecuacións

Lei de Dalton das presións parciais pT = ∑ pi

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 14

Ecuacións

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución

b) A ecuación química é:

I2(g) + H2(g) 2 HI(g)⇄

Chámase x á cantidade de iodo que se transforma en ioduro de hidróxeno. Pola estequiometría da reacción,

Cantidade I2 H2 ⇄ 2 HI

inicial n0 1,00 1,00 0 mol

que reacciona ou se forma nr x x 2 x mol

no equilibrio ne 1,00 – x 1,00 – x 2 x mol

A ecuación da constante de equilibrio é:

K c=[HI]e

2

[I2]e[H2]e

Tendo en conta que a concentración en mol·dm-3 obtense dividindo a cantidade entre o volume (en dm3):

Kc=50,0=(ne(HI)

V )2

( ne(I2)

V )·(ne(H2)

V )=

( 2 x1,00 )

2

(1,00−x1,00 )(1,00−x

1,00 )=

(2 x)2

(1,00− x)2

±√50,0=2 x

1,00−x=±7,07

x = 0,780 mol

As cantidades no equilibrio serán:

ne(HI) = 2 x = 1,56 mol HI

ne(H2) = ne(I2) = 1,00 – x = 0,22 mol HI

b) Supondo comportamento ideal para os gases, a presión parcial de cada un deles vén dada por:

pi=ni · R ·T

V

p (HI)=1,56 mol HI·8,31 J·mol−1 · K−1 · 721 K

1,00×10−3 m3=9,34×106 Pa=9,34 MPa=92,2 atm

p (H2)= p (I2)=0,22 mol·8,31 J·mol−1 · K−1 ·721 K

1,00×10−3 m3=1,3×106 Pa=1,3 MPa=13 atm

12. Considere a seguinte reacción: Br2(g) 2 Br(g). Cando 1,05 moles de Br⇄ 2 colócanse nun matraz de 0,980 dm3 a unha temperatura de 1873 K disóciase o 1,20 % de Br2. Calcule a constante de equilibrio Kc da reacción.

(P.A.U. Xuño 14)Rta.: Kc = 6,25×10-4

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 15

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 0,980 dm3

Temperatura T = 1873 K

Cantidade inicial de Br2 n0(Br2) = 1,05 mol Br2

Grado de disociación α = 1,20 % = 0,0120

Incógnitas

Constante do equilibrio Kc Kc

Outros símbolos

Cantidade de Br 2 que se ha disociado nd(Br2)

Ecuacións

Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V

Grado de disociación α = nd / n0

Constantedo equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

A ecuación de disociación química do bromo é:

Br2(g) 2 Br(g)⇄

Hanse disociado:

nd(Br2) = α · n0(Br2) = 0,0120 · 1,05 [mol Br2] = 0,0126 mol Br2 disociados

Pola estequiometría da reacción, as cantidades de bromo atómico formado e en equilibrio son:

Br2 ⇄ 2 Br

n0 Cantidade inicial 1,05 0 mol

nr Cantidade que reacciona ou se forma 0,0126 → 0,0252 mol

ne Cantidade no equilibrio 1,05 – 0,01 = 1,04 0,0252 mol

[ ]e Concentración no equilibrio 1,04 / 0,980 = 1,06 0,0257 mol/dm3

A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

Kc=[Br ]e

2

[Br 2 ]e=(0,0257)2

1,06=6,25×10−4 (concentracións en mol/dm3)

13. Introdúcense 0,2 moles de Br2(g) nun recipiente de 0,5 dm3 a 600 ºC sendo o grao de disociación,nesas condicións, do 0,8 %. Calcular as constantes de equilibrio Kc e Kp.R = 0,082 atm·dm3·mol–1·K-1 (P.A.U. Xuño 02)Rta.: Kc = 1,03×10-4 ; Kp = 7,4×10-3

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 0,500 dm3

Temperatura T = 600 ºC = 873 K

Cantidade inicial de Br2 n0(Br2) = 0,200 mol Br2

Grao de disociación α = 0,800 % = 8,00×10-3

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 16

Incógnitas

Constante do equilibrio Kc Kc

Constante do equilibrio Kp Kp

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Cantidade de Br2 que disociada nd(Br2)

Ecuacións

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Cantidade (número de moles) n = m / M

Grao de disociación α = nd / n0

Constantes do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b(B)

Solución:

A ecuación de disociación química do bromo é:

Br2(g) 2 Br(g)⇄

(Non pode ser outra. O bromo é covalente e en enlace entre os dous átomos pódese romper, deixándoos en li-berdade)Tense disociado:

nd(Br2) = α · n0(Br2) = 8,00×10-3 · 0,200 [mol Br2] = 1,60×10-3 mol Br2 disociados

Pola estequiometría da reacción, as cantidades de bromo atómico formado e en equilibrio son:

Br2 ⇄ 2 Br

n0 Cantidade inicial 0,200 0 mol

nr Cantidade que reacciona ou se forma 1,60×10-3 → 3,20×10-3 mol

ne Cantidade no equilibrio 0,200 – 0,002 = 0,198 3,20×10-3 mol

[ ]e Concentración no equilibrio 0,198 / 0,500 = 0,397 6,40×10-3 mol/dm3

A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

K c=[Br ]e

2

[Br 2 ]e=(6,40×10−3)2

0,397=1,03×10−4 (concentracións en mol/dm3)

A constante de equilibrio en función das presións é:

K p=pe

2 (Br)

pe(Br2)

Se consideramos comportamento ideal para os gases, podemos escribir:

K p=pe

2(Br)

pe(Br2)=([Br]e R· T )2

[Br2 ]e R ·T=

[Br]e2

[Br 2]eR ·T=K c R· T=1,0×10−4 ·0,082 ·873=7,4×10−3 (presións en atm)

14. Considere o seguinte proceso en equilibrio a 686 °C: CO2(g) + H2(g) CO(g) + H⇄ 2O(g). As concen-tracións en equilibrio das especies son: [CO2] = 0,086 mol/dm3; [H2] = 0,045 mol/dm3; [CO] = 0,050 mol/dm3 e [H2O] = 0,040 mol/dm3.a) Calcule Kc para a reacción a 686 °C.

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 17

b) Se se engadira CO2 para aumentar a súa concentración a 0,50 mol/L, cales serían as concentra-cións de todos os gases unha vez que o equilibrio fose restablecido?

(P.A.U. Set. 14)Rta.: a) Kc = 0,517; b) [CO2] = 0,47; [H2] = 0,020; [CO] = 0,075 e [H2O] = 0,065 mol/dm3

Datos Cifras significativas: 2

Temperatura T = 686 ºC = 959 K

Concentración no equilibrio de H2 [H2]e = 0,045 mol/dm3 H2

Concentración no equilibrio de CO2 [CO2]e = 0,086 mol/dm3 CO2

Concentración no equilibrio de H2O [H2O]e = 0,040 mol/dm3 H2O

Concentración no equilibrio de CO [CO]e = 0,050 mol/dm3 CO

Concentración inicial de CO2 no apartado b) [CO2]0 = 0,50 mol/dm3 CO2

Incógnitas

Constante de equilibrio Kc

Concentracións no novo equilibrio [H2]eb, [CO2]eb, [ H2O]eb, [CO]eb

Ecuacións

Concentración da substancia X [X] = n(X) / V

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D Kc=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

a) A constante de equilibrio Kc vale

Kc=[H 2 O]e[CO]e[H2 ]e[CO2]e

=0,040 mol /dm3 ·0,050 mol /dm3

0,045 mol /dm3 ·0,086 mol /dm3=0,52 (concentracións en mol/dm3)

b) Chamando x as concentracións en mol/ dm3 de CO2 que reaccionan desde que a concentración de CO2 é 0,50 mol/dm3 ata alcanzar o nove equilibrio, pódese escribir:

CO2 H2 ⇄ CO H2O

[ ]0 Concentración inicial 0,50 0,045 0,050 0,040 mol/dm3

[ ]r Concentración que reacciona ou se forma x x → x x mol/dm3

[ ]eb Concentración no equilibrio 0,50 – x 0,045 – x 0,050 + x 0,040 + x mol/dm3

A expresión da constante de equilibrio en función das concentracións é:

K c=[H 2 O]eb ·[CO ]eb

[CO2]eb · [H2 ]eb

=(0,040+ x)·(0,050+x)(0,50−x )·(0,045−x)

=0,52

Resolvendo a ecuación de segundo grao obtéñense dúas solucións. Unha delas (-0,79) non é válida, porque suporía a existencia de concentracións negativas no equilibrio. A outra solución é x = 0,025 mol/dm3.As concentracións no equilibrio son:

[CO2]eb = 0,475 mol/dm3

[H2]eb = 0,020 mol/dm3

[CO]eb = 0,075 mol/dm3

[H2O]eb = 0,065 mol/dm3

15. Nun recipiente de 250 cm3 introdúcense 0,45 gramos de N2O4(g) e quéntase ata 40 ºC, disocián-dose o N2O4(g) nun 42 %. Calcule:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 18

a) A constante Kc do equilibrio: N2O4(g) 2 NO⇄ 2(g)b) Se se reduce o volume do recipiente á metade, sen variar a presión, cal será a composición da

mestura no novo equilibrio?(P.A.U. Set. 02)

Rta.: Kc = 2,4×10-2 ; b) n(N2O4) = 3,3×10-3 mol; n'(NO2) = 3,1×10-3 mol

Datos Cifras significativas: 2

Gas: Volume V = 250 cm3 = 0,250 dm3

Temperatura T = 40 ºC = 313 K

Masa inicial de N2O4 m0(N2O4 ) = 0,45 g N2O4

Grao de disociación α = 42 % = 0,42

Incógnitas

Constante de equilibrio Kc

Cantidades no novo equilibrio ao reducir o volume á metade n'(N2O4), n'(NO2)

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Cantidade da sustancia X no equilibrio ne(X)

Ecuacións

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Cantidade (número de moles) n = m / M

Grao de disociación α = nd / n0

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

a) A cantidade de reactivo inicial é:

n0(N2O4) = 0,45 g / 92 g/mol = 4,9×10-3 mol N2O4 iniciais

Se no equilibrio hase disociado un 42 %, queda un 58 %

ne(N2O4) = 58 % · 4,9×10-3 [mol N2O4] = 2,8×10-3 mol N2O4 no equilibrio

Da estequiometría da reacción dedúcese que por cada mol disociado de tetraóxido de dinitróxeno, prodúcense dous moles de dióxido de nitróxeno. Xa que logo producíronse e haberá no equilibrio:

ne(NO2) = 2 · 42 % · 4,9×10-3 = 4,1×10-3 mol NO2 no equilibrio

As expresión da constante de equilibrio Kc é

K c=[NO2]e

2

[N2 O4 ]e=( 4,1×10−3

0,250 )2

(2,8×10−3

0,250 )= 0,024

b) Se se reduce o volume do recipiente á metade, sen variar a presión, pode ocorrer que sexa porque escapa parte dos reactivos e/ou produtos ou porque se reduce a temperatura e en ningún dos dous casos o problema ten solución. (No primeiro caso as cantidades de partida son descoñecidas, e no segundo caso, a constante de equilibrio varía, ao variar a temperatura).Se debido a un erro no enunciado quérese dicir que se reduce o volume do recipiente á metade sen variar a temperatura, entón exponse unha situación en que chamaremos situación inicial á do anterior equilibrio que evolucionará cara a un novo estado de equilibrio no que se consumiu dióxido de nitróxeno polo principio de

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 19

Le Chatelier: Chámase x á cantidade de dióxido de nitróxeno que reacciona. Pola estequiometría da reacción, formaranse x / 2 mol de tetraóxido de dinitróxeno. Agora o volume do recipiente será 0,125 dm3

N2O4 ⇄ 2 NO2

n0 Cantidade inicial 2,8×10-3 4,1×10-3 mol

nr Cantidade que reacciona ou se forma x / 2 ← x mol

ne Cantidade no equilibrio 2,8×10-3 + x / 2 4,1×10-3 – x mol

[ ]e Concentración no equilibrio (2,8×10-3 + x / 2) / 0,125 (4,1×10-3 – x) / 0,125 mol/dm3

Como a temperatura non varía, a constante de equilibrio para a reacción tal como está escrita é a mesma,

K c=[NO2]e

2

[N2 O4 ]e=( 4,1×10−3−x

0,125 )2

( 2,8×10−3+x2

0,125 )=0,024

Resólvese a ecuación anterior e obtense:

x = 1×10-3 mol N2O4 que tense disociado

A composición no equilibrio será:

n(N2O4) = 3,3×10-3 mol N2O4 no novo equilibrio

n(NO2) = 3,1×10-3 mol NO2 no novo equilibrio.

16. Un recipiente pechado de 1 dm3, no que se fixo previamente o baleiro, contén 1,998 g de iodo (sólido). Seguidamente, quéntase ata alcanzar a temperatura de 1 200 ºC. A presión no interior do recipiente é de 1,33 atm. Nestas condicións, todo o iodo se acha en estado gasoso e parcial-mente disociado en átomos: I2(g) ⇄ 2 I(g)a) Calcule o grao de disociación do iodo molecular.b) Calcule as constantes de equilibrio Kc e Kp para a devandita reacción a 1 200 ºC.Dato: R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1 (P.A.U. Set. 09)Rta.: a) α = 39,8 % b) Kc = 8,26×10-3; Kp = 0,999

Datos Cifras significativas: 4

Gas: Volume V = 1,000 dm3

Temperatura T = 1 200 ºC = 1 473 K

Masa inicial de I2 m0(I2) = 1,998 g I2

Presión total no equilibrio p = 1,330 atm

Constante dos gases ideais R = 0,08206 atm·dm3·K-1·mol-1

Masa molar I2 M(I2) = 253,8 g/mol

Incógnitas

Grao de disociación α

Constantes de equilibrio Kc, Kp

Outros símbolos

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Presión dunha mestura de gases pT · V = nT · R · T

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 20

Ecuacións

Grao de disociación α = nd / n0

Constante de concentracións do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K c=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Constante de presións do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b(B)

Solución:

a) Inicialmente hai

n0(I2)=1,998 g I2 ·1 mol I2

253,8 g I2

=7,872×10−3 mol I2

Se se chama x a cantidade de iodo molecular que se disocia e se representa nun cadro as cantidades (moles) de cada gas:

Cantidade I2 ⇄ 2 I

n0 inicial 7,872×10-3 0,00 mol

nr que reacciona ou se forma x → 2 x mol

ne no equilibrio 7,872×10-3 – x 2 x mol

A cantidade total de gas no equilibrio será

nT =7,872×10-3 – x + 2 x = 7,872×10-3 + x

Por outra banda, pódese calcular a cantidade de gas a partir da presión total

nT=p ·VR· T

=1,330 atm ·1,00 dm3

0,08206 atm·dm3 · K−1 · mol−1 · 1473 K=0,01100 mol gas

Despexando

x = 0,0110 – 7,872×10-3 = 3,130×10-3 mol de I2 que reaccionou

As cantidades de cada especie no equilibrio son:

ne(I) = 2 · x = 6,260×10-3 mol I no equilibrio

ne(I2) = 7,872×10-3 – x = 0,01100 – 3,130×10-3 = 4,742×10-3 mol I2 no equilibrio

O grao de disociación, polo tanto, foi:

α=nr

n0

=3,130×10−3

7,872×10−3=0,3976=39,76 %

b) A constante de equilibrio en función das concentracións é:

K c=[I ]e

2

[I2]e=(6,280×10−3 mol I

1,00 dm3 )2

(4,742×10−3 mol I2

1,00 dm3 )=8,264×10−3

Para calcular a constante en función das presións, podemos empregar a relación:

K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b (B)=([C ]e R ·T )c([D ]e R ·T )d

([A ]e R ·T )a ([B ]e R· T )b=[C]e

c · [D]ed

[A ]ea · [B]e

b·(R ·T )c+d−(a+b)=K c(R ·T )Δn

Kp = Kc (R · T)(2 – 1) = 8,264×10-3 (0,08206 · 1 473) = 0,9989

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 21

17. Nun recipiente de 10 dm3 mantido a 270 ºC onde previamente se fixo o baleiro, introdúcense 2,5 moles de PCl5 e péchase hermeticamente. A presión no interior comeza a elevarse debido á diso-ciación do PCl5 ata que se estabiliza a 15,68 atm. Sabendo que a reacción é exotérmica, calcule:a) O valor da constante KC da devandita reacción á temperatura sinalada.b) O número de moles de todas as especies no equilibrio.c) Sinala a influencia da temperatura e da presión sobre o equilibrio.DATO: R = 0,082 atm·dm3·mol-1·K-1 (P.A.U. Xuño 03)Rta.: a) Kc = 0,070; b) ne(PCl5) = 1,48 mol; ne(Cl2) = ne(PCl3) = 1,02 mol; c) ↑ T o ↑ p Despl. ←

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 10,0 dm3

Temperatura T = 270 ºC = 543 K

Cantidade inicial de PCl5 n0(PCl5) = 2,50 mol PCl5

Presión total no equilibrio p = 15,68 atm

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Constante de equilibrio Kc

Número de moles de cada compoñente no equilibrio n(PCl5), n(PCl3), n(Cl2)

Influencia da temperatura e da presión sobre o equilibrio

Outros símbolos

Cantidade da sustancia X no equilibrio ne(X)

Concentración da sustancia X [X]

Masa molar M

Ecuacións

Lei de Dalton das presións parciais pT = ∑ pi

Ecuación de estado dos gases ideais p V = n R T

Cantidade (número de moles) n = m / M

Grao de disociación α = nd / n0

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D Kc=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

b) Supondo comportamento ideal para os gases:

ne T=p ·VR· T

=15,68 atm · 10,0 L

0,0820 atm · L· mol−1 · K−1 ·543 K=3,52 mol gas no equilibrio

A ecuación de disociación é:

PCl5(g) PCl⇄ 3(g) + Cl2(g)

Chámase x á cantidade de PCl5 disociada. Pola estequiometría da reacción,

Cantidade PCl5 ⇄ PCl3 Cl2

n0 inicial 2,50 0 0 mol

nr que reacciona ou se forma x x x mol

ne no equilibrio 2,50 – x x x mol

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 22

A cantidade de gas que hai no equilibrio é: ne T = 2,50 – x + x + x = 2,5 + xComparando co resultado anterior,

x = 3,52 – 2,50 = 1,02 mol

As cantidades no equilibrio serán:

ne(PCl5) = 2,50 – x = 1,48 mol PCl5

ne(Cl2) = ne(PCl3) = x = 1,02 mol;

E as concentracións:

[PCl5]e = 1,48 mol PCl5 / 10,0 dm3 = 0,148 mol / dm3

[Cl2]e = [PCl3]e = 1,02 mol / 10,0 dm3 = 0,102 mol / dm3

a) A constante de equilibrio en función das concentracións

K c=[PCl3]e[Cl2 ]e

[PCl5]e=

0,102· 0,1020,148

=0,0703 (concentracións en mol/dm3)

c) Ao aumentar a temperatura, a constante de equilibrio dunha reacción exotérmica diminúe. Se o volume non varía, da expresión da constante do apartado a), dedúcese que ao diminuír a constante, debe diminuír o nume-rador [Cl2]e [PCl3]e e aumentar o denominador [PCl3]. O equilibrio desprázase cara á esquerda ata alcanzar un novo estado de equilibrio en que a [Cl2] e [PCl3] será menor e a de [PCl5] maior.Ao aumentar a presión, a constante de equilibrio non varía. Escribindo a expresión da constante de equilibrio en función da presión total

K p=pe(PCl3)· pe(Cl2)

pe(PCl5)=

( xe(PCl3)· pT)· ( x e(Cl2)· pT)xe(PCl5) pT

=xe(PCl3)· xe(Cl2)

xe(PCl5)· pT

Para manter o valor de K, ao aumentar a presión total pT, debe aumentar o denominador (a fracción molar de PCl5) e diminuír o numerador. O equilibrio desprázase cara á esquerda ata alcanzar un novo estado de equili-brio no que a [Cl2] e [PCl3] será menor e a de [PCl5] maior.

18. Introdúcese PCI5 nun recipiente pechado de 1 L de capacidade e quéntase a 493 K ata descom-poñerse termicamente segundo a reacción: PCI5(g) PCI⇄ 3(g) + Cl2(g). Unha vez alcanzado o equi-librio, a presión total é de 1 atm (101,3 kPa) e o grado de disociación 0,32. Calcule:a) As concentracións das especies presentes no equilibrio e as súas presións parciaisb) O valor de Kc e Kp.Dato: R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1 = 8,31 J·K-1·mol-1 (P.A.U. Set. 13)Rta.: a) [PCl5]e = 0,0127 mol/dm3; [Cl2]e = [PCl3]e = 0,0060 mol/dm3; b) p(PCl5) = 0,515 atm = 52,2 kPa;

p(PCl3) = p(Cl2) = 0,243 atm = 24,6 kPa; b) Kc = 2,82×10-3; Kp = 0,114 [p en atm]

Datos Cifras significativas: 3

Gas: Volume V = 1,00 dm3

Temperatura T = 493 K

Presión total no equilibrio p = 1,00 atm

Grado de disociación α = 0,320

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Concentracións de cada especie no equilibrio [PCl5], [PCl3], [Cl2]

Presións parciais de cada especie no equilibrio p(pCl5), p(pCl3), p(Cl2)

Constantes de equilibrio Kc, Kp

Outros símbolos

Cantidade da substancia X no equilibrio ne(X)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 23

Ecuacións

Lei de Dalton das presións parciais pT = ∑ pi

Concentración da sustancia X [X] = n(X) / V

Ecuación de estado dos gases ideais p · V = n · R · T

Grado de disociación α = nd / n0

Constantedo equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D Kc=[C]e

c[D ]ed

[A ]ea [B]e

b

Solución:

b) Supoñendo comportamento ideal para os gases:

ne T=P · VR· T

=1,00 atm ·1,0 L

0,0820 atm·L·mol−1 ·K−1 · 493 K=0,0247 mol de gases no equilibrio

A ecuación de disociación é:

PCl5(g) PCl⇄ 3(g) + Cl2(g)

Chámase x á cantidade de PCl5 disociada. Pola estequiometría da reacción,

Cantidade PCl5 ⇄ PCl3 Cl2

n0 inicial n0 0 0 mol

nr que reacciona ou se forma α n0 → α n0 α n0 mol

ne no equilibrio n0 – α n0 α n0 α n0 mol

A cantidade de gas que hai no equilibrio é: neT = n0 – α n0 + α n0 + α n0 = n0 + α n0 = (1 + α) n0

Comparando co resultado anterior,

0,0247 = (1 + 0,320)n0

n0 = 0,0247 / 1,320 = 0,0187 mol PCl5 inicial

As cantidades no equilibrio serán:

ne(PCl5) = n0 – α n0 = (1 – α) n0 = (1 – 0,320) · 0,0187 = 0,0127 mol PCl5 no equilibrio

ne(Cl2) = ne(PCl3) = α n0 = 0,320 · 0,0187 = 0,00600 mol

E as concentracións serán:

[PCl5]e = 0,0187 mol PCl5 / 1,0 dm3 = 0,0187 mol / dm3

[Cl2]e = [PCl3]e = 0,00600 mol / 1,0 dm3 = 0,00600 mol / dm3

E as presións parciais:

p (PCl5)=n(PCl5) · R ·T

V=[PCl5]· R· T=0,0127 mol· 0,082 atm·dm3 · mol−1 · K−1 · 493 K=0,515 atm

p(PCl5) = 0,515 atm = 52,2 kPa

p (Cl2)= p (PCl3)=n (PCl3)· R·T

V=[PCl3 ]· R ·T =0,006 mol·0,082 atm·dm3 · mol−1 · K−1 · 493 K=0,243 atm

p(PCl3) = P(Cl2) = 0,243 atm = 24,6 kPa

a) A constante de equilibrio en función das concentracións é

K c=[PCl3]e[Cl2 ]e

[PCl5]e=

0,006 ·0,0060,0127

=2,82×10−3 (concentracións en mol/dm3)

A constante de equilibrio en función das presións é

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 24

K p=pe(PCl3) pe(Cl2)

pe(PCl5)=[PCl3 ]e· R ·T [Cl2]e · R· T

[PCl5 ]e· R· T=[PCl3]e[Cl2]e

[PCl5]e· R· T=K c · R· T

K p=K c · R·T=2,82×10−3 ·0,082 · 493=0,114 (presións en atm)

19. O COCl2 gasoso se disocia a unha temperatura de 1000 K, segundo a seguinte reacción:COCl2(g) CO(g) + Cl⇄ 2(g)

Cando a presión de equilibrio é de 1 atm a porcentaxe de disociación de COCl2 é do 49,2 %. Calcu-lar:a) O valor de Kp.b) A porcentaxe de disociación de COCl2 cando a presión de equilibrio sexa 5 atm a 1000 K

(P.A.U. Xuño 05)Rta.: a) Kp = 0,32; b) αb = 24,5 %

Datos Cifras significativas: 3

Temperatura T = 1000 K

Presión total no equilibrio inicial p = 1,00 atm

Grao de disociación αa = 49,2 % = 0,492

Presión total no equilibrio final pb = 5,00 atm

Constante dos gases ideais R = 0,082 atm·dm3·K-1·mol-1

Incógnitas

Constante de equilibrio Kp

Porcentaxe de disociación a 5 atm αb

Outros símbolos

Cantidade da sustancia X no equilibrio ne(X)

Concentración da sustancia X [X]

Ecuacións

Fracción molar dunha sustancia i x = ni / ∑ni = ni / nT

Lei de Dalton das presións parciais pi = xi · pT

Grao de disociación α = nd / n0

Constante do equilibrio: a A + b B ⇄ c C + d D K p=pe

c(C) · ped (D)

pea (A)· pe

b (B)

Solución:

a) Chámase n0 á cantidade inicial de COCl2. A cantidade de COCl2 disociada será:

ndis(COCl2) = α · n0

Pola estequiometría da reacción,

Cantidade COCl2 ⇄ CO Cl2

n0 inicial n0 0 0 mol

nr que reacciona ou se forma α n0 → α n0 α n0 mol

ne no equilibrio (1 – α) n0 α n0 α n0 mol

A cantidade de gas que hai no equilibrio é:

ne T = (1 – α) n0 + α · n0 + α · n0 = (1 + α) n0

As fraccións molares e as presións parciais de cada gas no equilibrio son:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 25

COCl2 ⇄ CO Cl2

xe fracción molar1−α

1+α

α1+α

α1+α

pe presión1−α1+α

pT

α1+α

pTα

1+αpT atm

A constante de equilibrio en función das presións é

K p=pe(CO)· pe(Cl2)

pe(COCl2)=

α1+α

· pT · α1+α

· pT

1−α1+α

· pT

=α ·α

(1+α)(1−α )· pT =

α 2

1−α 2· pT

Substituíndo os valores

K p=α 2

1−α 2· pT=

0,4922

1−0,4922·1,00=0,319 (presións en atm)

(Se a presión inicial só ten unha cifra significativa, p = 1 atm, a constante valerá Kp = 0,3)

b) Cando a presión sexa de pb = 5,00 atm, a cantidade de gas na nova situación de equilibrio será menor (o equilibrio desprazouse cara á formación de COCl2). A cantidade n'dis de COCl2 disociada nestas condicións será menor e o novo grao de disociación αb = n'dis / n0 tamén.Da expresión obtida no apartado anterior e co mesmo valor para a constante de equilibrio, xa que a temperatu-ra non cambia:

0,319=α b

2

1−α b2

·5,00

0,0639 (1 – αb2) = αb

2

α b=√ 0,06391,0639

=0,245=24,5 %

que é inferior ao valor inicial, tal como era de esperar.

● SOLUBILIDADE

1. O cloruro de prata é un sal pouco soluble e o seu constante de produto de solubilidade vale 1,8·10–10.a) Escriba a ecuación química do equilibrio de solubilidade deste sal e deduza a expresión para

a constante do produto de solubilidade.b) Determine a máxima cantidade deste sal, expresada en gramos, que pode disolverse por dm3

de disolución.(P.A.U. Xuño 07)

Rta.: b) 1,92 ×10-3 g AgCl / dm3 D

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do AgCl Ks = 1,8×10-10

Masa molar do cloruro de prata M(AgCl) = 143 g/mol

Incógnitas

Máxima masa de AgCl que pode disolverse en cada dm3 de disolución. s'

Outros símbolos

Concentración (moles/dm3) en de AgCl en auga s

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 26

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

AgCl(s) Ag⇄ +(aq) + Cl–(aq)

AgCl ⇄ Ag+ Cl–

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ag+]e [Cl–]e = s · s = s2

b) Como a solubilidade s é a concentración da disolución saturada, ou o que é o mesmo, a máxima cantidadede sal, que pode disolverse por dm3 de disolución

s=√K s=√1,8×10−10

=1,3×10−5

mol AgCl /dm3

D

Pasando os moles a gramos

s '=1,3×10−5 mol AgCl /dm3 D143 g AgCl1 mol AgCl

=1,92×10−3 g AgCl /dm3 D

2. Calcule, a 25 ºC:a) A solubilidade en mg/dm3 do AgCl en auga.b) A solubilidade en mg/dm3 do AgCl nunha disolución acuosa que ten unha concentración de

ión cloruro de 0,10 mol/dm3.Dato: O produto de solubilidade do AgCl a 25 ºC é Ks = 1,7·10–10 (P.A.U. Set. 07)Rta.: a) s' = 1,9 mg/dm3; b) s2' = 2,4×10-4 mg/dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do AgCl Ks = 1,7×10-10

Temperatura T = 25 ºC = 298 K

Concentración da disolución do Cl– [Cl–] = 0,10 mol/dm3

Masa molar do cloruro de prata M(AgCl) = 143 g/mol

Incógnitas

Solubilidade (mg/dm3) do AgCl en auga s'

Solubilidade (mg/dm3) do AgCl en Cl– 0,10 mol/dm3 s'2

Outros símbolos

Concentración (moles/dm3) en de AgCl en auga e en Cl– 0,10 mol/dm3 s, s2

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

AgCl(s) Ag⇄ +(aq) + Cl–(aq)

AgCl ⇄ Ag+ Cl–

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 27

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ag+]e [Cl–]e = s · s = s2 = 1,7×10-10

s=√K s=√1,7×10−10

=1,3×10−5

mol AgCl /dm3

D

s' = 1,3×10-5 mol/dm3 · 143 g/mol = 1,9×10-3 g AgCl / dm3 D = 1,9 mg/dm3 D

b)

Concentración AgCl ⇄ Ag+ Cl–

[ ]0 inicial 0 0,10 mol/dm3

[ ]d reacciona ou se forma s2 → s2 s2 mol/dm3

[ ]e no equilibrio s2 0,10 + s2 mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ag+]e [Cl–]e = s2 · (0,10 + s2)= 1,7×10-10

En primeira aproximación, podemos considerar s2 desprezable s fronte a 0,1, (s2 << 0,1). Entón:

0,10 s2 ≈ 1,7×10-10

s2 ≈ 1,7×10-10 / 0,10 = 1,7×10-9 mol/dm3

que é desprezable fronte a 0,10.

s'2 = 1,7×10-9 mol/dm3 · 143 g/mol = 2,4×10-7 g AgCl / dm3 D = 2,4×10-4 mg/dm3 D

menor que a solubilidade en auga (efecto do ión común).

3. O produto de solubilidade do PbBr2 é 8,9×10-6. Determine a solubilidade molar:a) En auga pura.b) Nunha disolución de Pb(NO3)2 de concentración 0,20 mol/dm3 considerando que este sal está

totalmente disociado.(P.A.U. Set. 14)

Rta.: a) sa = 0,013 mol/dm3; b) sb = 3,3×10-3 mol/dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do PbBr2 Ks = 8,9×10-6

Concentración da disolución do Pb(NO3)2 [Pb(NO3)2] = 0,20 mol/dm3

Incógnitas

Solubilidade (mol/dm3) do PbBr2 en auga sa

Solubilidade (mol/dm3) do PbBr2 en Pb(NO3)2 0,2 mol/dm3 sb

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

PbBr2(s) ⇄ Pb2+(aq) + 2 Br–(aq)

PbBr2 ⇄ Pb2+ 2 Br–

[ ]e Concentración no equilibrio s 2 s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Pb2+]e [Br–]e2 = s (2 s)2 = 4 s3 = 8,9×10-6

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 28

sa=3√ K s

4=

3√8,9×10−6

4=0,013 mol PbBr2 /dm3 D

b) O nitrato de chumbo(II) estará totalmente disociado.

Pb(NO3)2(s) → Pb2+(aq) + 2 Cl–(aq)

[Pb2+] = [Pb(NO3)2] = 0,20 mol Pb2+ /dm3 D

Cando se disolve o bromuro de chumbo(II) na disolución de nitrato de chumbo(II), que xa contén ións chumbo(II), as concentracións son:

Concentración PbBr2 ⇄ Pb2+ 2 Br–

[ ]0 inicial 0,20 0 mol/dm3

[ ]d reacciona ou se forma sb → sb 2 sb mol/dm3

[ ]e no equilibrio 0,20 + sb 2 sb mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Pb2+]e [Br–]e2 = (0,20 + sb) (2 sb)2 = 8,9×10-6

En primeira aproximación, podemos considerar desprezable sb fronte a 0,2, (sb << 0,2). Entón:

0,20 · (2 sb)2 ≈ 8,9×10-6

sb=√8,9×10−6

0,20×4=3,3×10−3 mol /dm3

Vese que ese valor é desprezable fronte a 0,20.

4. A 25 ºC o produto de solubilidade dunha disolución acuosa saturada de difluoruro de bario vale 2,4×10-5. Calcula:a) A solubilidade do sal, expresada en g/dm3

b) A solubilidade do sal, nunha disolución de dicloruro de bario de concentración 0,1 mol/dm3 á mesma temperatura, expresada en g/dm3

(P.A.U. Xuño 97)Rta.: a) s'auga = 3,2 g / dm3; b) s'2 ≈ 1 g / dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do BaF2 Ks = 2,4×10-5

Temperatura T = 25 ºC = 298 K

Concentración da disolución do BaCl2 [BaCl2] = 0,10 mol/dm3

Masa molar do fluoruro de bario M(BaF2) = 175 g/mol

Incógnitas

Solubilidade (g/dm3) do BaF2 en auga s'

Solubilidade (g/dm3) do BaF2 en BaCl2 0,1 mol/dm3 s'2

Outros símbolos

Concentración (moles/dm3) en de BaF2 en auga e en BaCl2 0,1 mol/dm3 s, s2

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

BaF2(s) Ba⇄ 2+(aq) + 2 F–(aq)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 29

BaF2 ⇄ Ba2+ 2 F–

[ ]e Concentración no equilibrio s 2 s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ba2+]e [F–]e2 = s (2 s)2 = 4 s3 = 2,4×10-5

s=3√ K s

4=

3√ 2,4×10−5

4=0,018 mol BaF2 /dm3 D

s' = 0,018 mol/dm3 · 175 g/mol = 3,2 g BaF2 / dm3 D

b) Suponse que a concentración de cloruro de bario ten dúas cifras significativas.O dicloruro de bario estará totalmente disociado.

BaCl2(s) → Ba2+(aq) + 2 Cl–(aq)

[Ba2+] = [BaCl2] = 0,10 mol Ba2+ /dm3 D

Concentración BaF2 ⇄ Ba2+ 2 F–

[ ]0 inicial 0,10 0 mol/dm3

[ ]d reacciona ou se forma s2 → s2 2 s2 mol/dm3

[ ]e no equilibrio 0,10 + s2 2 s2 mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ba2+]e [F–]e2 = (0,10 + s2) (2 s2)2 = 2,4×10-5

En primeira aproximación, podemos considerar desprezable s fronte a 0,1, (s2 << 0,1). Entón:

0,1 (2 s2)2 ≈ 2,4×10-5

s2=√ 2,4×10−5

0,10×4=7,7×10−3 mol/dm3

que non é desprezable. Erro: (7,7×10-3) / 0,10 · 100 = 7,7 %Pero, se non usamos esta aproximación, teríamos que resolver unha ecuación de terceiro grao, o que está fóra do noso alcance. Como o erro non é esaxerado, tomamos a aproximación como válida, pero diminuíndoa precisión do resultado.

s'2 = 7,7×10-3 mol/dm3 · 175 g/mol ≈ 1,4 ≈ 1 g/dm3, menor que a solubilidade en auga (efecto do ión común)

(A solución da ecuación de terceiro grao dá: s2 = 7,5×10-3 que daría s'2 = 1,3 g/dm3)

5. O produto de solubilidade, a 25°C, do Pbl2 é 9,6×10-9.a) Calcule a solubilidade do sal.b) Calcule a solubilidade do Pbl2 nunha disolución de concentración 0,01 mol/dm3 de Cal2, consi-

derando que este sal atópase totalmente disociada.(P.A.U. Xuño 13)

Rta.: a) s = 1,3×10-3 mol/ dm3; b) s2 = 2,4×10-5 mol / dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do PbI2 Ks = 9,6×10-9

Temperatura T = 25 ºC = 298 K

Concentración da disolución do Ca I2 [Ca I2] = 0,010 mol/dm3

Incógnitas

Solubilidade do PbI2 en auga s

Solubilidade do PbI2 en Ca I2 0,01 mol/dm3 s2

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 30

Ecuacións

Cantidade (número de moles) n = m / M

Produto d solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

PbI2(s) ⇄ Pb2+(aq) + 2 I–(aq)

PbI2 ⇄ Pb2+ 2 I–

[ ]e Concentración no equilibrio s 2 s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Pb2+]e [I–]e2 = s (2 s)2 = 4 s3 = 9,6×10-9

s=3√ K s

4=

3√ 9,6×10−9

4=1,3×10−3 mol PbI2 /dm3 D

b) Suponse que a concentración de ioduro de calcio ten dúas cifras significativas.O ioduro de calcio está totalmente disociado.

CaI2(s) → Ca2+(aq) + 2 I–(aq)

[I– ] = 2 [Ca I2] = 0,020 mol Ca2+ /dm3 D

Concentración PbI2 ⇄ Pb2+ 2 I–

[ ]0 inicial 0 0,020 mol/dm3

[ ]d reacciona ou se forma s2 → s2 2 s2 mol/dm3

[ ]e no equilibrio s2 0,020 + 2 s2 mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Pb2+]e [I–]e2 = s2 · (0,020 + 2 s2)2 = 9,6×10-9

En primeira aproximación, podemos considerar desprezable 2 s2 fronte a 0,01, (2 s2 << 0,020). Entón:

s2 · 0,0202 ≈ 9,6×10-9

s2≈9,6×10−9

0,0202=2,4×10−5 mol/dm3

que é desprezable. Erro: (2 · 2,4×10-5) / 0,020 · 100 = 0,24 %(A solución da ecuación de terceiro grado dá: s2 = 2,5×10-5)

6. O produto de solubilidade do Mn(OH)2, medido a 25 ºC, vale 4×10–14. Calcular:a) A solubilidade en auga expresada en g/dm3

b) O pH da disolución saturada.(P.A.U. Set. 06)

Rta.: a) s' = 1,9×10-3 g / dm3 ; b) pH = 9,6

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do Mn(OH)2 Ks = 4,0×10–14

Masa molar do hidróxido de manganeso(II) M(Mn(OH)2) = 89 g/mol

Incógnitas

Solubilidade (g/dm3) do Mn(OH)2 s'

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 31

Incógnitas

pH da disolución saturada pH

Outros símbolos

Concentración (moles/dm3) de Mn(OH)2 s

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

pH pH = -log[H+]

pOH pOH = -log[OH–]

Produto iónico da auga pH + pOH = 14

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

Mn(OH)2(s) ⇄ Mn2+(aq) + 2 OH–(aq)

Mn(OH)2 ⇄ Mn2+ 2 OH–

[ ]e Concentración no equilibrio s 2 s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Mn2 +]e [OH–]e2 = s (2 s)2 = 4 s3 = 4,0×10–14

s=3√ K s

4=

3√ 4,0×10−14

4=2,2×10−5 mol Mn (OH)2 /dm3 D

s' = 2,2×10-5 mol/dm3 · 89 g/mol = 1,9×10-3 g Mn(OH)2 / dm3 D

b) pOH = -log[OH–] = -log[2 s] = -log[4,4×10-5] = 4,4

pH = 14,0 – 4,4 = 9,6

que é básico.

7. O produto de solubilidade do sulfato de bario é de 1,4×10–9. Calcula cantos gramos deste sal di-solveranse:a) En 200 cm3 de auga pura.b) En 200 cm3 dunha disolución de sulfato de sodio de concentración 0,1 mol/dm3 .Razoa os resultados. (P.A.U. Set. 97)Rta.: a) ma = 1,7 mg BaSO4 / 200 cm3 de auga; b) mb = 0,65 µg BaSO4 / 200 cm3 D Na2SO4 0,1 mol/dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do BaSO4 Ks = 1,4×10-9

Concentración da disolución do Na2SO4 [Na2SO4] = 0,10 mol/dm3

Volume de auga (1ª disolución) V1 = 200 cm3 = 0,20 dm3

Volume disolución Na2SO4 (2ª disolución) V2 = 200 cm3 = 0,20 dm3

Masa molar do sulfato de bario M(BaSO4) = 233 g/mol

Incógnitas

Masa (en g) de BaSO4 disolta en 200 cm3 de auga ma

Masa (en g) de BaSO4 disolta en 200 cm3 de disolución Na2SO4 0,1 mol/dm3 mb

Outros símbolos

Concentración (moles/dm3) en de BaSO4 en auga e en Na2SO4 0,1 mol/dm3 s, sb

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 32

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

BaSO4(s) ⇄ Ba2+(aq) + SO42-(aq)

BaSO4 ⇄ Ba2+ SO42-

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ba2+]e [SO42-]e = s · s = s2 = 1,4×10-9

s=√K s=√1,4×10−9=3,7×10−5 mol BaSO4 /dm 3 D

Dada a baixa solubilidade do sulfato de bario en auga, podemos supor cun erro mínimo que 200 cm3 de augadarán 200 cm3 de disolución.

ma=0,20 dm3 D3,7×10−5 mol BaSO4

1,0 dm3 D

233 g BaSO4

1,0 mol BaSO4

=1,7×10−3 g BaSO4

b) O sulfato de sodio estará totalmente disociado.

Na2SO4(s) → 2 Na+(aq) + SO42-(aq)

[SO42-] = [Na2SO4] = 0,10 mol SO4

2- /dm3 D

Concentración BaSO4 ⇄ Ba2+ SO42-

[ ]0 inicial 0 0,10 mol/dm3

[ ]d reacciona ou se forma sb → sb 0,10 + sb mol/dm3

[ ]e no equilibrio sb 0,10 + sb mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ba2+]e [SO42-]e = sb (0,10+ sb) = 1,4×10-9

En primeira aproximación, podemos considerar desprezable sb fronte a 0,10, (sb << 0,10). Entón:

0,1 sb ≈ 1,4×10-9

sb = 1,4×10-8 mol/dm3, que é desprezable (a aproximación tomada é válida)

mb=0,20 dm3 D1,4×10−8 mol BaSO4

1,0 dm3 D

233 g BaSO4

1,0 mol BaSO4

=6,5×10−7 g BaSO4 en 200 cm3 D Na2 SO4

Análise: Vese que a solubilidade é menor que en auga (efecto do ión común)

8. O produto de solubilidade do ioduro de prata é 8,3×10-17. Calcule:a) A solubilidade do ioduro de prata expresada en g·dm-3

b) A masa de ioduro de sodio que se debe engadir a 100 cm3 de disolución de nitrato de prata deconcentración 0,005 mol/dm3 para iniciar a precipitación do ioduro de prata.

(P.A.U. Set. 10)Rta.: a) s = 2,1×10-6 g/dm3; b) m = 2,5×10-13 g NaI

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do AgI Ks = 8,3×10-17

Volume disolución de AgNO3 V1 = 100 cm3 = 0,100 dm3

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 33

Datos Cifras significativas: 2

Concentración da disolución de AgNO3 [AgNO3] = 0,0050 mol/dm3

Masa molar do ioduro de prata M(AgI) = 235 g/mol

Incógnitas

Solubilidade do ioduro de prata s

Masa de ioduro de sodio para iniciar a precipitación m(NaI)

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

AgI(s) Ag⇄ +(aq) + I–(aq)

AgI ⇄ Ag+ I–

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ag+]e [I–]e = s · s = s2 = 8,3×10-17

s=√K s=√8,3×10−17=9,1×10−9 mol AgI /dm3 D

s '=9,1×10−9 mol AgI /dm3 D235 g AgI1 mol AgI

=2,1×10−6 g/dm3 D

b) O AgNO3 está totalmente disociado na disolución

AgNO3(s) → Ag+(aq) + NO3–(aq)

A concentración do ión prata será a mesma que a do nitrato de prata:

[Ag+] = [AgNO3] = 0,0050 = 5,0×10-3 mol/dm3

Formarase precipitado cando:

Q = [Ag+] [I–] ≥ Ks

[I−]≥K s

[Ag+]=

8,3×10−17

5,0×10−3=1,7×10−14 mol /dm3

Cando se disolva o ioduro de sodio, disociarase totalmente

NaI(s) → I–(aq) + Na+(aq)

e a concentración de ioduro de sodio será a mesma que a do ión ioduro:

[NaI] = [I–] =1,7×10-14 mol/dm3

A masa de ioduro de sodio para producir 100 cm3 dunha disolución desa concentración é:

m(NaI)=0,100 dm3 D1,7×10−14 mol NaI

1 dm3 D

150 g NaI1 mol NaI

=2,5×10−13 g NaI

9. a) Sabendo que a 25 °C a Ks(BaSO4) é 1,1×10-10, determine a solubilidade do sal en g/dm3.b) Se 250 cm3 dunha disolución de BaCl2 de concentración 0,0040 mol/dm3 engádense a 500 cm3 de disolución de K2SO4 de concentración 0,0080 mol/dm3 e supoñendo que os volumes son aditi-vos, indique se se formará precipitado ou non.

(P.A.U. Xuño 14)Rta.: a) s' = 2,4×10-3 g/dm3; b) Si. 1,3×10-3 · 5,3×10-3 > Ks

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 34

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do BaSO4 Ks = 1,1×10-10

Volume disolución de BaCl2 V1 = 250 cm3 = 0,25 dm3

Volume disolución K2SO4 V2 = 500 cm3 = 0,50 dm3

Concentración da disolución do BaCl2 [BaCl2]0 = 0,0040 mol/dm3

Concentración do K2SO4 [K2SO4]0 = 0,0080 mol/dm3

Masa molar do sulfato de bario M(BaSO4) = 233 g/mol

Incógnitas

Solubilidade do sulfato de bario en g/dm3 s'

Se se formará precipitado Q

Outros símbolos

Solubilidade do sulfato de bario en mol/dm3 s

Ecuacións

Concentración molar (mol/dm3) s = n / V = s' / M

Produto de solubilidade del equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

BaSO4(s) Ba⇄ 2+(aq) + SO42-(aq)

BaSO4 ⇄ Ba2+ SO42-

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ba2+]e [SO42-]e = s · s = s2 = 1,1×10-10

A solubilidade do sulfato de bario é

s=√K s=√1,1×10−10=1,0×10−5 mol BaSO4 /dm 3 D

que se pode expresar en g/dm3:

s '=1,0×10−5 mol BaSO4 /dm3 D233 g BaSO1 mol BaSO

=2,4×10−3 g /dm3 D

b) Os sales das disolucións están totalmente disociados.

BaCl2(s) → Ba2+(aq) + 2 Cl–(aq)

K2SO4(s) → SO42-(aq) + 2 K+(aq)

As concentracións iniciais dos ións son:

[Ba2+]0 = [BaCl2]0 = 0,0040 mol/dm3

[SO42-]0 = [BaSO4]0 = 0,0080 mol/dm3

Ao mesturar ámbalas disolucións, dilúense. Supoñendo volumes aditivos, as novas concentracións son:

[Ba 2+]=n(Ba 2+)

V T

=0,25 dm3 · 0,0040 mol Ba2+ /dm3

(0,25+0,50) dm3=1,3×10−3 mol Ba 2+/dm3

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 35

[SO42−]=

n(SO42−)

V T

=0,50 dm3 ·0,0080 mol SO4

2− /dm3

(0,25+0,50) dm3=5,3×10−3 mol SO4

2− /dm3

Formarase precipitado si Q = [Ba2+] [SO42-] > Ks

[Ba2+] [SO42-] = 1,3×10-3 · 5,3×10-3 = 7,1×10-6 > 1,1×10-10

e, xa que logo, fórmase precipitado.

10. O produto de solubilidade do cloruro de prata vale 1,70×10-10 a 25 ºC. Calcule:a) A solubilidade do cloruro de prata.b) Se se formará precipitado cando se engaden 100 cm3 dunha disolución de NaCl de concentra-

ción 1,00 mol/dm3 a 1,0 dm3 dunha disolución de AgNO3 de concentración 0,01 mol/dm3.(P.A.U. Set. 09)

Rta.: a) s = 1,3×10-5 mol/dm3; b) Si [Ag+] [Cl–] = 8,3×10-4 > Ks

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do AgCl Ks = 1,7×10-10

Volume disolución de AgNO3 V1 = 1,0 dm3

Volume disolución NaCl V2 = 100 cm3 = 0,10 dm3

Concentración da disolución do AgNO3 [AgNO3]0 = 0,010 mol/dm3

Concentración do NaCl [NaCl]0 = 1,0 mol/dm3

Incógnitas

Solubilidade do cloruro de prata s

Se se formará precipitado Q

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

AgCl(s) Ag⇄ +(aq) + Cl–(aq)

AgCl ⇄ Ag+ Cl–

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Ag+]e [Cl–]e = s · s = s2 = 1,7×10-10

s=√K s=√1,7×10−10

=1,3×10−5

mol AgCl /dm3

D

b) Os sales das disolucións están totalmente disociadas.

AgNO3(s) → Ag+(aq) + NO3–(aq)

NaCl(s) → Cl–(aq) + Na+(aq)

As concentracións iniciais dos ións son:

[Ag+]0 = [AgNO3 ]0 = 1,0×10-2 mol/dm3

[Cl–]0 = [NaCl]0 = 1,0 mol/dm3

Ao mesturar ambas as disolucións, dilúense. Supoñendo volumes aditivos, as novas concentracións son:

[Ag+]=n(Ag+)

V T

=1,00 dm3 ·0,01 mol+Ag+/dm 3

(1,00+0,10) dm3=9,1×10−3 mol Ag+ /dm3

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 36

[Cl−]=n(Cl−)

V T

=0,10 dm3 ·1,0 mol Cl−/dm3

(1,00+0,10) dm3=9,1×10−2 mol Cl−/dm3

Formarase precipitado se Q = [Ag+] [Cl–] > Ks

[Ag+] [Cl–] = 9,1×10-3 · 9,1×10-2 = 8,3×10-4 > 1,7×10-10

e, xa que logo, fórmase precipitado.

11. O PbCO3 é un sal moi pouco soluble na auga cunha Ks de 1,5×10-15. Calcule:a) A solubilidade do sal.b) Se se mesturan 150 cm3 dunha disolución de Pb(NO3)2 de concentración 0,04 mol/dm3 con

50 cm3 dunha disolución de Na2CO3 de concentración 0,01 mol/dm3, razoe se precipitará o PbCO3 no recipiente onde se fixo a mestura.

(P.A.U. Xuño 11)Rta.: a) s = 3,9×10-8 mol/dm3; b) Si

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do PbCO3 Ks = 1,5×10-15

Volume da disolución de Pb(NO3)2 VP = 150 cm3 = 0,150 dm3

Concentración da disolución de Pb(NO3)2 [Pb(NO3)2] = 0,040 mol·dm-3

Volume da disolución de Na2CO3 VC = 50 cm3 = 0,050 dm3

Concentración da disolución de Na2CO3 [Na2CO3] = 0,010 mol·dm-3

Incógnitas

Solubilidade s

Se precipitará PbCO3 Qs

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

PbCO3(s) ⇄ Pb2+(aq) + CO32–(aq)

PbCO3 ⇄ Pb2+ CO32–

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Pb2+]e [CO32–]e = s · s = s2

Como a solubilidade s é a concentración da disolución saturada, ou o que é o mesmo, a máxima cantidade desal, que pode disolverse por litro de disolución

s=√K s=√1,5×10−15=3,9×10−8 mol PbNO3 /dm3 D

b) Os sales das disolucións están totalmente disociadas.

Pb(NO3)2(s) → Pb2+(aq) + 2 NO3–(aq)

Na2CO3(s) → 2 Na+(aq) + CO32–(aq)

As concentracións iniciais dos ións son:

[Pb2 +]0 = [Pb(NO3)2]0 = 0,04 mol·dm-3

[CO32–]0 = [Na2CO3]0 = 0,01 mol·dm-3

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 37

Ao mesturar ámbalas dúas disolucións, dilúense. Supoñendo volumes aditivos, as novas concentracións son:

[Pb2+ ]=n(Pb2+)

V T

=0,150 dm3 · 0,040 mol Pb2+/dm3

(0,150+0,050) dm3=0,030 mol Pb2+/dm3 D

[CO32− ]=

n(CO32−)

V T

=0,050 dm3 ·0,010 mol CO3

2−/dm3

(0,150+0,050) dm3=0,0025 mol CO3

2−/dm3 D

Formarase precipitado se Qs = [Pb2+] [CO32–] > Ks

[Pb2+] [CO32–] = 0,030 · 0,0025 = 7,5×10-5 > 1,5×10-15

Formarase precipitado.

12. O sulfato de estroncio é un sal moi pouco soluble en auga. A cantidade máxima deste sal que sepode disolver en 250 mL de auga a 25 °C é de 26,0 mg.a) Calcule o valor da constante do produto de solubilidade do sal a 25 °C.b) Indique se se formará un precipitado de sulfato de estroncio ao mesturar volumes iguais de di-

solucións de Na2SO4 0,02 M e de SrCl2 0,01 M, considerando que ambos os sales están total-mente disociadas.

Supoña os volumes aditivos. (P.A.U. Xuño 12)Rta.: a) Ks = 3,21×10-7; b) Si

Datos Cifras significativas: 2

Masa de SrSO4 m = 26,0 mg = 0,0260 g

Volume disolución de SrSO4 V = 250 mL = 0,250 dm3

Concentración da disolución do Na2SO4 [Na2SO4]0 = 0,010 mol/dm3

Concentración do SrCl2 [SrCl2]0 = 0,020 mol/dm3

Incógnitas

Constante de solubilidade do sulfato de estroncio Ks

Si formarase precipitado Q

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

SrSO4(s) SrSO⇄ 4(aq) → Sr2+(aq) + SO42–(aq)

A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Sr2+]e [SO42–]e

O sulfato de estroncio que se disolve está totalmente disociado. A concentración do SrSO4(aq) é

s=[SrSO4(aq)]=0,260 g SrSO4

0,250 dm3 D

1 mol SrSO4

184 g SrSO4

=5,66×10−4 mol /dm3 D

e a constante de equilibrio de solubilidade vale

Ks = s · s = s2 = 3,21×10-7

b) Os sales das disolucións están totalmente disociados.

Na2SO4(s) → 2 Na+(aq) + SO42–(aq)

SrCl2(s) → Sr2+(aq) + 2 Cl–(aq)

As concentracións iniciais dos ións son:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 38

[Sr2+]0 = [SrCl2]0 = 0,020 mol/dm3

[SO42–]0 = [Na2SO4]0 = 0,010 mol/dm3

Ao mesturar ambas as disolucións, dilúense. Como os volumes considéranse aditivos, o volume da mestura éo dobre do volume de cada disolución e as novas concentracións son:

[Sr2+]=n (Sr 2+)

V T

=V· 0,020 mol Sr2+ /dm3

2 V=0,010 mol Sr2+ /dm3

[SO42−]=

n(SO42−)

V T

=V · 0,010 mol SO4

2−/dm3

2V dm3=0,0050 mol SO4

2−/dm3

Formarase precipitado si Q = [Sr2+] [SO42–] > Ks

Q = [Sr2+] [SO42–] = 0,010 · 0,0050 = 5,0×10-5 > 3,21×10-7

e, polo tanto, fórmase precipitado.

13. O produto de solubilidade do cloruro de chumbo(II) é 1,6×10-5 a 298 K.a) Determine a solubilidade do cloruro de chumbo(II) expresada en mol·L-1.b) Mestúranse 200 mL dunha disolución 1,0×10-3 M de Pb(NO3)2 e 200 mL dunha disolución de HCI

de pH = 3. Supoñendo que os volumes son aditivos indique se precipitará cloruro de chumbo(II).

(P.A.U. Set. 12)Rta.: a) s = 0,016 mol/dm3; b) Non

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do PbCl2 Ks = 1,6×10-5

Volume disolución de Pb(N O3)2 V1 = 200 mL = 0,200 dm3

Concentración da disolución do Pb(NO3)2 [Pb(NO3)2]0 = 1,0×10-3 mol/dm3

Volume disolución de HCl V2 = 200 mL = 0,200 dm3

pH da disolución de HCl pH = 3,0

Incógnitas

Solubilidade do PbCl2 s

Se precipitará Q

Ecuacións

Concentración molar (mol/dm3) s = n / V = s' / M

pH pH = -log[H+]

Produto d solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

PbCl2(s) PbCl⇄ 2(aq) → Pb2+(aq) + 2 Cl–(aq)

A constante de equilibrio Ks de solubilidade en función das concentracións é

Ks = [Pb2+]e [Cl–]2e = s · (2 s)2 = 4 s3 = 1,6×10-5

Despexando a solubilidade s

s=3√1,6×10−5

4=0,016 mol/dm3

b) O nitrato de chumbo(II) disolvido está totalmente disociado.

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 39

Pb(NO3)2(s) → Pb2+(aq) + 2 (NO3)–(aq)

A concentración inicial do ión Pb2+ é:

[Pb2+]0 = [Pb(NO3)2]0 = 1,0×10-3 mol/dm3

A ionización do HCl disolvido é

HCl(aq) → H+(aq) + Cl–(aq)

A concentración inicial de ións Cl– é a mesma que a de ións H+, que se calcula a partir do pH

[H+] = 10-pH = 10-3,0 = 1,0×10-3 mol/dm3

[Cl–]0 = [H+]0 = 1,0×10-3 mol/dm3

Ao mesturar ambas as disolucións, dilúense. Como os volumes considéranse aditivos, o volume da mestura éa suma dos volumes de cada disolución e as novas concentracións son:

[Pb2+ ]=n(Pb2+)

V T

=0,200[dm3] ·1,0×10−3 [mol Pb2+ /dm3]

0,400 [dm3 ]=5,0×10−4 mol Pb2+/dm3

[Cl−]=n(Cl−)

V T

=0,200 dm3 ·1,0 time10−3 mol Cl−/dm3

0,400 dm3=5,0×10−4 mol Cl−/dm3

Formarase precipitado se Q = [Pb2+] [Cl–]2 > Ks

Q = [Pb2+] [Cl–]2 = 5,0×10-4 · (5,0×10-4)2 = 1,3×10-10 < 1,6×10-5

e, polo tanto, non se forma precipitado.

14. Sabendo que o produto de solubilidade do AgCl é 1,7×10–10 a 25 ºC.a) Calcula se se formará precipitado cando engadimos a 1 dm3 de disolución de AgNO3 de concen-

tración 0,01 mol/dm3 0,5 dm3 de disolución de NaCl de concentración 0,1 mol/dm3 .b) Cal deberá ser a concentración de cloruro de sodio para que non precipite o AgCl?

(P.A.U. Xuño 98)Rta.: a) Si; [Ag+] [Cl–] = 2,2×10-4 > 1,7×10-10 b) [NaCl]0 < 7,7×10-8 mol/dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do AgCl Ks = 1,7×10-10

Volume disolución de AgNO3 V1 = 1,00 dm3

Volume disolución NaCl V2 = 0,50 dm3

Concentración da disolución do AgNO3 [AgNO3]0 = 0,010 mol/dm3

Concentración do NaCl [NaCl]0 = 0,10 mol/dm3

Incógnitas

Se se formará precipitado Q

Concentración de cloruro de sodio para que non precipite o AgCl [NaCl]

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) Os sales das disolucións están totalmente disociadas.

AgNO3(s) → Ag+(aq) + NO3–(aq)

NaCl(s) → Cl–(aq) + Na+(aq)

As concentracións iniciais dos ións son:

[Ag+]0 = [AgNO3 ]0 = 1,0×10-2 mol/dm3

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 40

[Cl–]0 = [NaCl]0 = 0,10 mol/dm3

Ao mesturar ambas as disolucións, dilúense. As novas concentracións son:

[Ag+]=n (Ag+)

V T

=(1,00 dm3 ·1,0×10−2 mol Ag+ /dm3)

(1,00+0,50) dm3=6,7×10−3 mol Ag+ /dm3

[Cl−]=n(Cl−)

V T

=(0,50 dm3 ·0,10 mol Cl− /dm3)

(1,00+0,50) dm3=3,3×10−2 mol Cl−/dm3

O equilibrio de solubilidade das sal insoluble (cloruro de prata) é

AgCl(s) Ag⇄ +(aq) + Cl–(aq)

Formarase precipitado se Q = [Ag+] [Cl–] > Ks

[Ag+] [Cl–] = 6,7×10-3 · 3,3×10-2 = 2,2×10-4 > 1,7×10-10

e, xa que logo, fórmase precipitado.

b) Para que non se forme precipitado,

Q = [Ag+] [Cl–] < Ks

[Cl– ]<K s

[Ag+]=

1,7×10−10

6,7×10−3=2,6×10−8 mol /dm3 D na mestura.

Na disolución de orixe.

[Cl−]0=n (Cl−)

V 0

=((1,00+0,50) dm3 · 2,6×10−8 mol Cl−/dm3)

0,50 dm3=7,7×10−8 mol Cl−/dm3 D

[NaCl]0 = [Cl–]0 < 7,7×10-8 mol NaCl / dm3

15. O pH dunha disolución saturada de hidróxido de chumbo(II) é 9,9 a 25 ºC. Calcula:a) A solubilidade do hidróxido a esa temperatura.b) O produto de solubilidade á mesma temperatura.

(P.A.U. Set. 98)Rta.: a) s = 4×10-5 mol/dm3; b) Ks = 3×10-13

Datos Cifras significativas: 2

pH(Pb(OH)2(aq)) pH = 9,90

Temperatura T = 25 ºC = 298 K

Incógnitas

Solubilidade do Pb(OH)2 s

Produto de solubilidade do Pb(OH)2 Ks

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

pH pH = -log[H+]

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade é

Pb(OH)2(s) Pb⇄ 2+(aq) + 2 (OH)–(aq)

Se chamamos s á concentración en moles/dm3 de Pb(OH)2 que se disolve, podemos escribir:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 41

Pb(OH)2 ⇄ Pb2+ (OH)–

[ ]e Concentración no equilibrio s 2 s mol/dm3

Sabendo que pOH = -log[OH–] e que pH + pOH = pKw = 14,00, (a 25 ºC) queda

pOH = 14,00 – 9,90 = 4,10

[OH–] = 10-4,10 = 7,9×10-5 mol/dm3

s = [OH–] / 2 = 4,0×10-5 mol/dm3

(Ao dar o pH = 9,90 con dous decimais, a concentración de ións hidróxido ten dúas cifras significativas)

b) A constante de equilibrio Ks é:

Ks = [Pb2+]e [OH–]e2 = s (2 s)2 = 4 s3 = 2,5×10-13

16. Tense unha disolución acuosa de cromato de potasio e de cloruro de sodio, a unhas concentra-cións de 0,1 mol/dm3 e 0,05 mol/dm3, respectivamente. Engádese unha disolución de nitrato de prata. Supondo que o volume non varía:a) Determina, mediante os cálculos pertinentes, cal dos dous sales de prata precipitará en primei-

ro lugar.b) Calcula a concentración do anión do sal máis insoluble ao comezar a precipitar o sal que preci-

pita en segundo lugar.Datos: Constantes do produto de solubilidade a 25 ºC do cromato de prata e do cloruro de prata, respectivamente: 2,0×10–12 e 1,7×10–10. (P.A.U. Xuño 00)Rta.: a) AgCl; b) [Cl–] = 3,8×10-5 mol/dm3

Datos Cifras significativas: 2

Produto de solubilidade do AgCl Ks(AgCl) = 1,7×10-10

Produto de solubilidade do Ag2CrO4 Ks(Ag2CrO4) = 2,0×10-12

Concentración do K2CrO4 [K2CrO4 ]0 = 0,10 mol/dm3

Concentración do NaCl [NaCl]0 = 0,050 mol/dm3

Incógnitas

Cal dos dous sales de prata precipitará en primeiro lugar

Concentración do anión do sal máis insoluble ao comezar a precipitar o sal que precipita en segundo lugar

Ecuacións

Produto de solubilidade do equilibrio: BbAa(s) ⇄ b Bβ+(aq) + a Aα-(aq) Ks = [Aα-]a [Bβ+]b

Solución:

a) O equilibrio de solubilidade do cloruro de prata é

AgCl(s) Ag⇄ +(aq) + Cl–(aq)

Formarase precipitado de AgCl cando:

Q1 = [Ag+] [Cl–] > Ks(AgCl)

[Ag+]1>K s (AgCl)

[Cl -]=

1,7×10−10

0,050=3,4×10−9 mol/dm3

O equilibrio de solubilidade do cromato de prata é

Ag2CrO4(s) 2 Ag⇄ +(aq) + CrO42-(aq)

Formarase precipitado de Ag2CrO4 cando:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 42

Q2 = [Ag+]2 [CrO42-] > Ks(Ag2CrO4)

[Ag+]2>√ K s(Ag2 CrO4 )

[CrO42-]

=√ 2,0×10−12

0,10=4,5×10−6 mol/dm3

Como [Ag+]1 < [Ag+]2, precipitará primeiro o cloruro de prata.

b) Cando comeza a precipitar o sal que precipita en segundo lugar (o cromato de prata), a concentración do anión (Cl–) do sal máis insoluble(AgCl) é:

[Cl–]2 = Ks(AgCl) / [Ag+]2 = 1,7×10-10 / 4,5×10-6 = 3,8×10-5 mol/dm3

◊ CUESTIÓNS

● FASE GAS

1. Escriba a expresión da constante de equilibrio (axustando antes as reaccións) para os seguintescasos:a) Fe(s) + H2O(g) ⇄ Fe3O4(s) + H2(g)b) N2(g) + H2(g) ⇄ NH3(g)c) C(s) + O2(g) ⇄ CO2(g)d) S(s) + H2(g) ⇄ H2S(s)

(P.A.U. Set. 04)

Rta.: a) 3/4 Fe(s) + H2O(g) 1/4 Fe⇄ 3O4(s) + H2(g) K c a=[H2 ]e[H2 O ]e

b) N2(g) + H2(g) ⇄ NH3(g) Kc b=[NH3]e

2

[H 2]e3[N 2]e

c) C(s) + O2(g) ⇄ CO2(g) K c c=[CO2]e[O2]e

d) S(s) + H2(g) ⇄ H2S(s) K c d=1

[H 2]e

2. a) Escriba a expresión de Kc e Kp para cada un dos seguintes equilibrios:CO(g) + H2O(g) ⇄ CO2(g) + H2(g) CO(g) + 2 H2(g) ⇄ CH3OH(g)2 SO2(g) + O2(g) ⇄ 2 SO3(g) CO2(g) + C(s) ⇄ 2 CO(g)

b) Indique, de xeito razoado, en que casos Kc coincide con Kp.(P.A.U. Xuño 11)

Solución:

a)

Equilibrio Kc Kp Δn(gas)

CO(g) + H2O(g) ⇄ CO2(g) + H2(g) K c=[CO2]e[H2]e[CO]e[H2 O ]e

K p=pe(CO2)· pe(H2)

pe(CO) · pe(H2 O)1 + 1 – 1 -1 = 0

CO(g) + 2 H2(g) ⇄ CH3OH(g) K c=[CH3 OH ]e

[CO ]e [H2 ]e2

K p=pe(CH3 OH )

pe(CO)· pe2 (H2)

1 – 1 – 2 = -2

2 SO2(g) + O2(g) ⇄ 2 SO3(g) K c=[SO3 ]e

2

[SO2]e2[O2 ]

K p=pe

2 (SO3)

pe2 (SO2)· pe(O2)

2 – 2 – 1 = -1

CO2(g) + C(s) ⇄ 2 CO(g) K c=[CO ]e

2

[CO2]eK p=

pe2 (CO )

pe(CO2)2 – 1 = 1

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 43

b) Nunha reacción xeral como:

a A(g) + b B(g) ⇄ c C(g) + d D(g)

a constante de equilibrio Kp pódese expresar por:

K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b (B)

Supondo comportamento ideal para os gases, a presión parcial dun gas i pódese substituír por

pi=ni · R ·T

V=[ i] · R ·T

quedando

K p=pe

c(C)· ped (D)

pea (A)· pe

b (B)=([C ]e R ·T )c([D ]e R ·T )d

([A ]e R ·T )a ([B ]e R· T )b=[C]e

c · [D]ed

[A ]ea · [B]e

b·(R ·T )c+d−(a+b)=K c(R ·T )Δn

Naqueles casos que Δn(gas) fose nulo, Kp = Kc. Só se cumpriría no primeiro caso deste exercicio.

3. Para o sistema gasoso en equilibrio N2O3(g) ⇄ NO(g) + NO2(g), como afectaría a adición de NO(g)ao sistema en equilibrio? Razoe a resposta.

(P.A.U. Xuño 06)

Solución:

A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía ao engadir NO ao sistema.

K c=[NO][NO2 ]

[N2 O3 ]

Se a concentración de monóxido de nitróxeno aumenta, para que Kc permaneza constante, ou ben o numera-dor [NO2] diminúe, ou ben o denominador [N2O3] aumenta.O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis N2O3 e menos NO2.Historicamente, o principio de Le Chatelier di que ao variar algún factor o equilibrio desprázase no sentido de contrarrestar esa variación.

4. Considere o seguinte proceso en equilibrio: N2F4(g) 2 NF⇄ 2(g); ∆H° = 38,5 kJ. Razoe que lle oco-rre ao equilibrio si diminúese a presión da mestura de reacción a temperatura constante.

(P.A.U. Xuño 14)

Solución:

A constante de equilibrio en función das presións pode escribirse así:

K p=pe

2(NF2)

pe(N 2F4)=( xe(NF2)· pT)

2

xe(N 2 F4)· pT

=xe

2(NF2)

xe2 (N 2 F4)

pT

onde x(gas) é a fracción molar de cada gas e pT é a presión total no interior do recipiente.A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía aínda que cambien as cantidades de reacti-vos ou produtos, o volume ou a presión.Se se diminúe a presión total, para que Kp permaneza constante, ou ben deberá aumentar a fracción molar doNF2 que aparece no numerador, ou ben diminuír a fracción molar de N 2F4 no denominador. O equilibrio des-prazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis NF2 e menos N2F4.

5. a) Para o seguinte sistema en equilibrio: A(g) 2 B(g), Δ⇄ H° = +20,0 kJ, xustifique que cambio ex-perimentaría Kc se se elevara a temperatura da reacción.

(P.A.U. Set. 14)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 44

Solución:

a) A constante de equilibrio varía coa temperatura segundo a ecuación de Van't Hoff:

lnK 2

K 1

=−Δ H º

R ( 1T 2

−1

T 1)Para esta reacción endotérmica (∆Hº > 0), se T2 > T1 :

1 / T2 < 1 / T1

ln (K2 / K1) > 0

K2 > K1

a constante de equilibrio aumenta ao aumentar a temperatura.

6. Considerando a reacción: 2 SO2(g) + O2(g) 2 SO⇄ 3(g), razoe si as afirmacións son verdadeiras oufalsas.a) Un aumento da presión conduce a unha maior produción de SO3.b) Unha vez alcanzado o equilibrio, deixan de reaccionar as moléculas de SO2 e O2 entre si.c) O valor de K p é superior ao de Kc á mesma temperatura.

d) A expresión da constante de equilibrio Kp é: K p=p2 (SO2)· p (O2)

p2(SO3)

(P.A.U. Set. 11)

Solución:

a) Verdadeiro. A constante de equilibrio en función das presións pode escribirse así:

K p=pe

2 (SO3)

pe2 (SO2)· pe(O2)

=(xe(SO3)· pT)

2

(x e(SO2) · pT)2 · xe(O2)· pT

=x e

2(SO3)

xe2(SO2)· xe(O2)

1pT

onde x(gas) é a fracción molar de cada gas e pT é a presión total no interior do recipiente.A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía aínda que cambien as cantidades de reacti-vos ou produtos, o volume ou a presión.No caso de aumentarse a presión total, para que Kp permaneza constante, ou ben deberá aumentar a fracción molar do SO3 que aparece no numerador, ou ben diminuír a fracción molar de SO2 e de O2 no denominador. O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis SO3 e menos SO2 e O2.

b) Falso. Nunha reacción reversible prodúcense os dous procesos indicados ao ler a ecuación química de es-querda a dereita e de dereita a esquerda. Neste caso a síntese e descomposición do trióxido de xofre. O equi-librio químico é un equilibrio dinámico. As moléculas individuais seguen chocando e reaccionado, pero as cantidades dos reactivos e produtos permanecen constantes porque a cantidade de moléculas de SO3 que se produce nun instante é igual á de moléculas de SO3 que se desintegra no mesmo tempo.

c) Falso. A relación entre Kp e Kc é:

K p=P2(SO3)

P2 (SO2) · P(O2)=

(n (SO3)· R· T )2

(n (SO 2)· R ·T )2 · n(O2)· R ·T=

n2 (SO3)

n2 (SO2)· n(O2)

1R ·T

=K c

R ·T

Se o denominador é maior que 1, Kp < Kc.

Para temperaturas absolutas superiores a

T=1

0,082=12 K

o valor de Kp será inferior ao de Kc.(Ata 1982 a presión estándar era 1 atm e os valores das presións debían expresarse en atmosferas e a cons-tante nas unidades apropiadas é R = 0,082 atm·dm3·mol-1·K-1. Desde ese ano a presión estándar é de 1 bar = 105 Pa = 0,987 atm pero o valor da temperatura que se calcula é practicamente o mesmo)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 45

d) Falso. A expresión correcta xa está escrita nos apartados a e c.

7. Considere o equilibrio: N2(g) + 3 H2(g) 2 NH⇄ 3(g) ∆H= -46 kJ·mol-1, razoe que lle acontece ao equilibrio se:a) Se engade hidróxeno.b) Se aumenta a temperatura.c) Se aumenta a presión diminuíndo o volume.d) Se retira nitróxeno.

(P.A.U. Set. 10)

Solución:

a, c e d) A constante de equilibrio en función das concentracións pode escribirse así:

Kc=[NH3]e

2

[N2 ]e[H2 ]e3=

ne2 (NH3)

V 2

ne(N 2)

V

ne3(H2)

V 3

=ne

2(NH3)

ne(N2)· ne3(H2)

V 2

A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía aínda que cambien as cantidades de reacti-vos ou produtos, ou diminúa o volume.a) Se se engade hidróxeno, para que Kc permaneza constante, ou ben deberá aumentar o numerador ne(NH3), ou diminuír a cantidade de nitróxeno no denominador ne(N2). O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis NH3 e menos N2.

c) Se o volume V diminúe, para que Kc permaneza constante, ou ben deberá diminuír o numerador ne(NH3), ou ben aumentar o denominador [ne(N2) · ne

3(H2)]. O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis NH3 e menos N2 e H2.

d) Se se retira nitróxeno, para que Kc permaneza constante, ou ben deberá diminuír o numerador ne(NH3), ouben aumentar a cantidade de hidróxeno no denominador n(H2). O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis N2 e H2 e menos NH3.

b) A constante de equilibrio varía coa temperatura segundo a ecuación de Van't Hoff:

lnK 1

K 2

=−Δ H 0

R ( 1T 1

−1

T 2)Para unha reacción exotérmica (∆Hº < 0), se T2 > T1 :

1 / T2 < 1 / T1

ln K1 / K2 > 0

K1 > K2

a constante diminúe ao aumentar a temperatura.Se o volume non varía, da expresión da constante do apartado a), dedúcese que para que diminúa a constantedebe diminuír o numerador ne(NH3), e/ou aumentar o denominador [ne(N2) · ne

3(H2)].O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis N2 e H2 e menos NH3.

8. Para o sistema: Xe(g) + 2 F2(g) ⇄ XeF4(g), ∆H = –218 kJ. Indica razoadamente que efecto terá so-bre a porcentaxe de conversión de Xe(g) en XeF4(g):a) Aumentar o volume do recipiente.b) Engadir F2(g).c) Diminuír a temperatura.d) Comprimir o sistema.

(P.A.U. Set. 96)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 46

Solución:

a) A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía ao aumentar o volume.

Kc=[XeF4]e

[Xe]e[F2 ]e2=

ne(XeF4)

V

ne(Xe)

V

ne2(F2)

V 2

=ne(XeF4 )

ne(Xe)ne2(F2)

V 2

Se o volume V aumenta, para que Kc permaneza constante, ou ben o numerador ne(XeF4) diminúe, ou ben o denominador [ne(Xe) · ne

2(F2)] aumenta.O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis Xe e F2 e menos XeF4, polo que a porcentaxe de conversión de Xe e F2 en XeF4 diminuirá.

b) Da expresión anterior, se se aumenta o denominador, [ne(Xe) · ne2(F2)], sen variar o volume, para que Kc

permaneza constante, ha de aumentar o numerador ne(XeF4).O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis XeF4 e menos Xe, polo que a porcentaxe de conversión de Xe e F2 en XeF4 aumentará.

c) A constante de equilibrio varía coa temperatura segundo a ecuación de Van't Hoff:

lnK 1

K 2

=−Δ H 0

R ( 1T 1

−1T 2)

Para unha reacción exotérmica (∆Hº < 0). Se T2 < T1 :

1 / T2 > 1 / T1

ln K1 / K2 < 0

K2 > K1

a constante aumenta ao diminuír a temperatura.Se o volume non varía, da expresión da constante do apartado a), dedúcese que para que aumente a constan-te debe aumentar o numerador ne(XeF4) e/ou diminuír o denominador [ne(Xe) · ne

2(F2)].O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis XeF4

e menos Xe e menos F2, polo que a porcentaxe de conversión de Xe e F2 en XeF4 aumentará.

d) Se por comprimir o sistema entendemos unha diminución de volume, o efecto é o oposto ao descrito no apartado a). Se o que quere indicar é un aumento de presión, escribimos a expresión da constante Kp,

K p=pe(XeF4)

pe(Xe) · pe2(F2)

=xe(XeF4) · pT

xe(Xe)· pT · xe2(F2)· pT

2=

xe(XeF4)

xe(Xe)· xe2 (F2)

1

pT2

pondo as presións parciais pi en función das fraccións molares x e a presión total pT,

pi = xi pT

Se a presión total pT aumenta, para que a constante Kp non varíe, debe aumentar o numerador xe(XeF4) e/ou diminuír o denominador xe(Xe) e/ou x2

e(F2).O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis XeF4

e menos Xe e menos F2, polo que a porcentaxe de conversión de Xe e F2 en XeF4 aumentará.

9. Dado o seguinte equilibrio: 2HI(g) H⇄ 2(g) + I2(g), e tendo en conta que a reacción é endotérmica, indique razoadamente como afectará ao equilibrio as seguintes modificacións:a) Un aumento de presión.b) Unha diminución da temperatura.c) A adición de hidróxeno.d) A adición dun catalizador.

(P.A.U. Set. 00)Rta.: a) Non; b) ← ; c) ← ; d) Non.

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 47

10. Nun matraz de 1 dm3 atópanse, en estado gasoso e a unha temperatura dada, hidróxeno, bromo e bromuro de hidróxeno, e en equilibrio, correspondente á reacción:

H2(g) + Br2(g) 2 HBr(g), ⇄ ∆H = –68 kJIndique como afectarían os seguintes cambios á situación de equilibrio e á constante de equili-brio:a) Un aumento de temperatura.b) Un aumento da presión parcial do HBr.c) Un aumento do volume do recipiente.

(P.A.U. Xuño 01)Rta.: a) ←; K ↓ ; b) ← ; K non varía; c) Non; K non varía.

11. Nunha reacción A + B ⇄ AB, en fase gasosa, a constante Kp vale 4,3 á temperatura de 250 ºC e ten un valor de 1,8 a 275 ºC.a) Enuncie o principio de Le Chatelier.b) Razoe se devandita reacción é exotérmica ou endotérmica.c) En que sentido desprazarase o equilibrio ao aumentar a temperatura.

(P.A.U. Xuño 04)Rta.: b) Endotérmica; c) Maior descomposición

12. Tendo en conta que a oxidación da glicosa é un proceso exotérmico,C6H12O6(s) + 6 O2(g) 6 CO⇄ 2(g) + 6 H2O(g) ∆H < 0

Indicar o desprazamento do equilibrio se levamos a cabo as seguintes modificacións:a) Aumento da concentración de CO2.b) Diminución á metade da concentración de glicosa.c) Aumento da presión.d) Aumento da temperatura.

(P.A.U. Set. 03)Rta.: a) ←; b) Non afecta ; c) ← ; d) ←

13. Dado o seguinte equilibrio H2S(g) ⇄ H2(g) + S(s) indique se a concentración de sulfuro de hi-dróxeno aumentará, diminuirá ou non se modificará se:a) Se engade H2(g)b) Diminúe o volume do recipiente.

(P.A.U. Set. 07)Rta.: a) Aumenta, para manter o mesmo valor da constante: Kc = [H2] / [H2S] = n(H2) / n(H2S)

b) Aumenta a concentración. Non varía a cantidade n(H2S) de gas pero diminúe o volume.

14. Se consideramos a disociación do PCl5 dada pola ecuación: PCl5(g) PCl⇄ 3(g) + Cl2(g); ∆H < 0Indique razoadamente que lle ocorre ao equilibrio:a) Ao aumentar a presión sobre o sistema sen variar a temperatura.b) Ao diminuír a temperatura.c) Ao engadir cloro.

(P.A.U. Xuño 09)

Solución:

a) A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía ao aumentar a presión.

K p=p (Cl2)· p(PCl3)

p (PCl5)=

x (Cl2) pT · x (PCl3) pT

x (PCl5) pT

=x (Cl2)· x (PCl3)

x(PCl5)· pT

Para que Kp permaneza constante ao aumentar a presión total pT, o numerador n(Cl2) · n(PCl3) debe diminuír e o denominador n(PCl5) debe aumentar.O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar un novo estado de equilibrio no que haberá máis PCl5 e menos PCl3 e Cl2

b) A constante de equilibrio varía coa temperatura segundo a ecuación de Van't Hoff:

lnK 1

K 2

=−Δ H 0

R ( 1T 1

−1T 2)

Unha diminución de temperatura favorece o sentido exotérmico. Se T2 < T1 :

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 48

1T 2

>1

T 1

⇒( 1T 1

–1

T 2)<0

Para unha reacción exotérmica (ΔHº < 0)

-∆Hº > 0 ln (⇒ K1 / K2) = (+) · ( –) < 0

K2 > K1

a constante aumenta ao diminuír a temperatura.Da expresión de Kc

K c=[Cl2]·[PCl3 ]

[PCl5 ]=

n(Cl2 )

V·n (PCl3)

Vn(PCl5)

V

=n(Cl2 )· n (PCl3)

n (PCl5)·

1V

Se o volume permanece constante, para que aumente o valor de K c deberá aumentar a cantidade de Cl2 ou PCl3 e diminuír a cantidade de PCl5.O equilibrio desprazarase (cara á dereita) ata alcanzar un novo estado de equilibrio no que haberá menos PCl5 e máis PCl3 e Cl2

c) Da expresión de K c

K c=[Cl2]·[PCl3 ]

[PCl5 ]

Se aumenta a cantidade (e concentración) de Cl2, para que Kc permaneza constante, deberá diminuír a canti-dade de PCl3 e aumentar a cantidade de PCl5.O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis PCl5 e menos PCl3

15. Para a seguinte reacción: 2 NaHCO3(s) ⇄ 2 Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g) ΔH < 0a) Escriba a expresión para a constante de equilibrio Kp en función das presións parciais.b) Razoe como afecta ao equilibrio un aumento de temperatura.

(P.A.U. Xuño 13)

Solución:

a) A constante de equilibrio en función das presións parciais é:

Kp = p(CO2(g)) · p(H2O(g))

xa que os sólidos non exercen presión.

b) A constante de equilibrio varía coa temperatura segundo a ecuación de Van't Hoff:

lnK 1

K 2

=−Δ H o

R ( 1T 1

−1T 2)

Un aumento de temperatura favorece o sentido endotérmico. Si T2 > T1 :

1T 1

>1

T 2

⇒( 1T 1

–1

T 2)>0

Para unha reacción exotérmica (ΔHº < 0):

-∆Hº > 0 ln (⇒ K1 / K2) = (+) · ( +) > 0

K2 < K1

a constante diminúe ao aumentar a temperatura, e o equilibrio desprázase cara á esquerda. A unha tempera-tura maior alcánzase un novo estado de equilibrio con menor cantidade de CO2 e H2O en fase gas.

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 49

16. Explica razoadamente o efecto sobre o equilibrio: 2 C(s) + O2(g) 2 CO(g) ⇄ ∆H° = -221 kJ·mol-1,a) Ao engadir CO.b) Ao engadir C.c) Ao elevar a temperatura.d) Ao aumentar a presión.

(P.A.U. Set. 13)

Solución:

a, b e d) A constante de equilibrio en función das concentracións pode escribirse así:

K c=[CO ]2

[O ]2=(n (CO)

V )2

(n (O2 )

V )=

n2(CO)

n(O2)·

1V

A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía aínda que cambien as cantidades de reacti-vos ou produtos, ou aumente a presión.

a) Si engádese monóxido de carbono sen variar o volume, deberá aumentar a cantidade de osíxeno no deno-minador para que o valor da constante non varíe. O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis O 2 e menos CO.

b) A concentración ou presión de sólidos non aparece na expresión da constante de equilibrio. Calquera va-riación non afectará ao resto de cantidades no equilibrio.

d) A constante de equilibrio en función das das presións pode escribirse así:

K p=p2 (CO)

p (O2 )=(x(CO)· pT)

2

x (O2)· pT

=x 2(CO)

x (O2)pT

A constante de equilibrio só depende da temperatura. Non varía aínda que cambien as cantidades de reacti-vos ou produtos, ou aumente a presión.Si aumenta a presión, para que Kp permaneza constante, ou ben deberá aumentar o denominador x(O2), ou diminuír a cantidade de monóxido de carbono no numerador x(CO). O equilibrio desprazarase (cara á es-querda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis O 2 e menos CO.

c) A constante de equilibrio varía coa temperatura segundo a ecuación de Van't Hoff:

lnK 1

K 2

=−Δ H 0

R ( 1T 1

−1

T 2)Para unha reacción exotérmica (∆Hº < 0), si T2 > T1 :

1 / T2 < 1 / T1

ln (K1 / K2) > 0

K1 > K2

a constante diminúe ao aumentar a temperatura.Si o volume non varía, da expresión da constante do apartado a), dedúcese que para que diminúa a constantedebe diminuír o numerador n(CO), e/ou aumentar o denominador n(O2)O equilibrio desprazarase (cara á esquerda) ata alcanzar unha novo estado de equilibrio no que haberá máis O2 e menos CO.

● SOLUBILIDADE

1. Ponse nun vaso con auga certa cantidade dun sal pouco soluble, de fórmula xeral AB3, e non se disolve completamente. O produto de solubilidade do sal é Ks.

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 50

a) Deduza a expresión que relaciona a concentración de A3+ co produto de solubilidade do sal.b) A continuación introdúcese no vaso unha cantidade dun sal soluble CB2. Que variación produ-

ce na solubilidade do sal AB3?(P.A.U. Xuño 05)

Solución:

a) Chámase s á solubilidade (concentración da disolución saturada).A ecuación do equilibrio de solubilidade é:

AB3(s) ⇄ 3 B–(aq) + A3+(aq)

AB3 ⇄ 3 B– A3+

[ ]e Concentración no equilibrio 3 s s mol/dm3

A constante de equilibrio ou produto de solubilidade é:

Ks = [A3+]e [B–]e 3 = s (3 s)3 = 27 s4 = 27 [A3+]4

b) A solubilidade do sal AB3 será menor que antes por efecto do ión común.O sal CB2 soluble se disociará totalmente:

CB2(s) → C2+(aq) + 2 B–(aq)

o que produce un aumento na concentración do ión B– na disolución.Isto provocará un desprazamento do equilibrio

AB3(s) ⇄ 3 B–(aq) + A3+(aq)

cara á formación do sal sólido, xa que na expresión do produto de solubilidade,

Ks = [A3+]e [B–]e 3

un aumento na concentración do ión B– terá que ser compensada cunha diminución na concentración do ión A3+ para manter constante o valor do produto de solubilidade, que é unha constante de equilibrio que só cambia coa temperatura.É dicir, o sal estará menos disociada e a solubilidade será menor.(Se houbese que realizar o cálculo, sería conveniente usar a situación equivalente de intentar disolver o sal AB3(s) nunha disolución que contén unha cantidade n de CB2 no volume V de disolución da disolución ori-xinal.A concentración c de CB2 será:

c = [CB2] = n / V

Ao ser CB2 un sal soluble, estará totalmente disociada:

CB2(s) → C2+(aq) + 2 B–(aq)

c → c + 2 c

Como hai unha concentración do ión B– (efecto do ión común), a solubilidade do sal AB3 será menor.

Concentración AB3 ⇄ 3 B– A3+

[ ]0 inicial 2 c 0 mol/dm3

[ ]d reacciona ou se forma sb → 3 sb sb mol/dm3

[ ]e no equilibrio 3 sb + 2 c sb mol/dm3

Ks = [A3+]e [B–]e3 = sb (3 sb + 2 c)3

A solución desta ecuación faríase por métodos de aproximación)

2. Xustifica si esta afirmación é correcta:b) A presenza dun ión común diminúe a solubilidade dun sal lixeiramente soluble.

(P.A.U. Xuño 14)

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 51

Solución:

b) Verdadeira. A solubilidade diminúe en presenza dun ión común.Para un sal pouco soluble, por exemplo o cloruro de prata, o sólido atópase en equilibrio cos ións disolvidos.

AgCl(s) ⇄ Ag+(aq) + Cl–(aq)

A solubilidade s (concentración da disolución saturada), pódese calcular da expresión da constante de equi-librio:

AgCl ⇄ Cl– A g

+

[ ]e Concentración no equilibrio s s mol/dm3

Ks = [Cl–] [Ag+] = s · s = s2

O cloruro de sodio é un electrolito forte que, en disolucións diluídas, está totalmente disociado.

NaCl(aq) → Na+(aq) + Cl–(aq)

Ao engadir a unha disolución de cloruro de prata en equilibrio unha cantidade de cloruro de sodio, que se di-solve totalmente, o equilibrio desprázase, seguindo a lei de Le Chatelier, no sentido de consumir o ión cloru-ro extra e de formar maior cantidade de precipitado de cloruro de prata, deixando menos ións prata na diso-lución.

3. Disponse dunha disolució saturada de cloruro de prata en auga. Indique razoadamente, que su-cedería se a esta disolución:a) Engádenselle 2 g de NaCl.b) Engádenselle 10 cm3 de auga.

(P.A.U. Set. 08)

Solución:

a) A solubilidade diminuiría polo efecto do ión común.O cloruro de sodio é un electrolito forte que, en disolucións diluídas, está totalmente disociado.

NaCl(aq) → Na+(aq) + Cl–(aq)

O cloruro de prata é un sal sae pouco soluble. O sólido atópase en equilibrio cos ións disolvidos

AgCl(s) ⇄ Ag+(aq) + Cl–(aq)

Ao engadir NaCl, que se disolve totalmente, o equilibrio desprázase, seguindo a lei de Le Chatelier, no sen-tido de consumir o ión cloruro extra e de formar maior cantidade de precipitado, deixando menos ións prata na disolución.Se non había sólido en equilibrio coa disolución saturada, formaríase un precipitado de cloruro de prata.

b) Se hai sólido en equilibrio coa disolución saturada, parte do sólido disólvese ata acadar o novo equilibrio.A solubilidade manteríase, pero se disolvería máis cantidade do cloruro de prata sólido, xa que ao haber máis volume de disolución, habería máis cantidade de soluto disolvido.Se non hai sólido en equilibrio coa disolución saturada, a concentración da disolución diminuiría.

4. a) Exprese a relación que existe entre a solubilidade e o produto de solubilidade para o ioduro de chumbo(II).b) Se se dispón dunha disolución saturada de carbonato de calcio en equilibrio co seu sólido, como se verá modificada a solubilidade do precipitado ao engadirlle carbonato de sodio? Razoe as respostas.

(P.A.U. Xuño 09)

Solución:

a) Chámase s á solubilidade (concentración da disolución saturada).A ecuación do equilibrio pode escribirse:

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 52

PbI2(s) ⇄ 2 I–(aq) + Pb2+(aq)

s → 2 s + s

A constante de equilibrio ou produto de solubilidade é:

Ks = [Pb2+]e [I–]e2 = s (2 s)2 = 4 s3

s=3√ K s

4

b) A solubilidade do CaCO3 será menor que antes por efecto do ión común.O Na2CO3 soluble disociarase totalmente:

Na2CO3(s) → 2 Na+(aq) + CO32–(aq)

o que produce un aumento na concentración do ión CO32– na disolución.

Isto provocará un desprazamento do equilibrio

CaCO3(s) ⇄ Ca2+(aq) + CO32–(aq)

cara á formación do sal sólido, xa que na expresión do produto de solubilidade,

Ks = [Ca2+]e [CO32-]e

un aumento na concentración do ión CO32- terá que ser compensada cunha diminución na concentración do

ión Ca2+ para manter constante o valor do produto de solubilidade, que é unha constante de equilibrio que sócambia coa temperatura.É dicir, o sal estará menos disociada e a solubilidade será menor.

5. Como é coñecido, o ión prata precipita con ións Cl–, I– e CrO42-, cos seguintes datos:

Ks(AgCl) =1,7×10-10; Ks(Ag2CrO4) =1,1×10-12 e Ks(AgI) =8,5×10-17

a) Explique razoadamente o que sucederá se se engade unha disolución acuosa de nitrato de pra-ta lentamente, a unha disolución acuosa que contén os tres anións á mesma concentración.

b) Indique os equilibrios e as expresións da constante do produto de solubilidade para cada unha das reaccións entre o anión e o ión prata.

(P.A.U. Xuño 10)

Solución:

As ecuacións de equilibrio son:

AgCl(s) ⇄ Ag+(aq) + Cl–(aq) Ks = [Cl–] [Ag+]

AgI(s) ⇄ Ag+(aq) + I–(aq) Ks = [I–] [Ag+]

Ag2CrO4(s) ⇄ 2 Ag+(aq) + CrO42–(aq) Ks = [CrO4

2-] [Ag+]2

Para unha determinada concentración «c» de ión prata, a concentración de cada anión cando comece a preci-pitar o sal correspondente é:

[Cl-]p=K ps(AgCl)

[Ag+]=

1,7×10−10

c

[I-]p=Kps(AgI )

[Ag+]=

8,5×10−17

c

[CrO42− ]p=

K ps(Ag2 CrO4)

[Ag+]2=

1,1×10−12

c2

Ao engadir lentamente a disolución que contén os tres anións, as concentracións deles serán moi pequenas e irán aumentando. O anión que primeiro acade a concentración necesaria será o que produza o primeiro pre-cipitado.Para calquera concentración de ión prata, a concentración necesaria de ión ioduro será sempre menor que a de ión cloruro.

[I–]p < [Cl–]p

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 53

Polo tanto o ioduro de prata precipitará antes que o cloruro de prata.O ioduro de prata tamén precipitará antes que o cromato de prata sempre que a concentración de ión prata c sexa menor que 1,1×10-12 / 8,5×10-17 = 1,3×104 mol·dm-3. Ese valor é tan elevado que a condición cumprirasesempre

[I–]p < [CrO42-]p

Precipitará en primeiro lugar o AgI.A medida que vai precipitando AgI, a concentracións de ión Ag+ vai diminuíndo. Tamén diminúe a de ión ioduro, pero vaise compensando en parte pola adición da disolución que contén os tres anións.Cando a concentración de ión prata «c» quede por baixo de 1,1×10-12 / 1,7×10-10 = 6,5×10-3 mol·dm-3, a con-centración de ión cloruro necesaria para que precipite o cloruro de prata é menor que a de ión cromato.

[Cl–]p < [CrO42-]p

Cando se esgote o ión ioduro (ou máis exactamente cando a concentración de ión ioduro quede por baixo de 8,5×10-17 / c) o que precipitará será AgCl.Só ao final, cando xa non quede nin ión cloruro nin ión ioduro, se aínda hai ión prata, acabará precipitando ocromato de prata.

◊ LABORATORIO

● REACCIÓNS DE PRECIPITACIÓN

1. Para que serve un funil büchner? E un matraz kitasato? Fai un esquema de montaxe para a utili-zación de ambos.

(P.A.U. Set. 11, Xuño 96)

Solución:

Para realizar unha filtración ao baleiro.Colócase o papel de filtro no interior do funil büchner,axústase á boca dun matraz kitasato e conéctase a unhatrompa de baleiro.Vértese sobre o funil büchner a disolución co precipitado, erecóllese este sobre o papel de filtro

2. Para que se emprega no laboratorio un matraz kitasato? Fai un esquema dunha montaxe no que se demostre a súa utilización. Nomea tamén o resto dos elementos desa montaxe.

(P.A.U. Xuño 98)

Solución: Véxase o exercicio de Xuño 96.

3. Debuxe, esquematicamente, un funil büchner, un matraz kitasato, un matraz erlenmeyer e un ma-traz aforado. Explique para que serve cada un deles. Dous deles axústanse para poder utilizalosnunha operación de laboratorio. Diga cales e en que operación. Debuxe o esquema correspon-dente.

(P.A.U. Xuño 00)

Solución: Véxase o exercicio de Xuño 96.

4. Mestúranse 25,0 cm3 dunha disolución de CaCl2 de concentración 0,02 mol/dm3 e 25,0 cm3 dunhadisolución de Na2CO3 de concentración 0,03 mol/dm3

.

a) Indique o precipitado que se obtén e a reacción química que ten lugar.b) Describa o material e o procedemento empregado para a súa separación.

(P.A.U. Set. 08)

Solución:

Büchner

Kitasato

trompa de baleiro

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 54

Prodúcese a reacción de precipitación:

CaCl2(aq) + Na2CO3(aq) → CaCO3(s) + CaCl2(aq)

e obtense un precipitado de carbonato de calcio.Colócase un papel de filtro circular nun funil büchner axus-tándoo para non deixar orificios libres e humedécese conauga para que queda adherido.Axústase o funil büchner sobre un matraz kitasato e o osaínte lateral do kitasato conéctase a unha trompa de balei-ro.Ábrese a billa e vértese o contido do vaso (precipitado e líquido sobrenadante) no funil. Bótase máis auga sobre o precipitado que aínda queda no vaso para levalo ao funil.Cando xa non gotee máis auga no interior do kitasato, desencáixase o funil e péchase a billa.Quítase o papel de filtro e déixase a secar un día ou dous.

5. Describa unha reacción de precipitación que realice no laboratorio. Debuxe o material e expliqueo modo de utilizalo. Escriba a reacción que ten lugar. Como calcularía o rendemento?

(P.A.U. Xuño 01 e Set. 05)

Solución:

Realizouse a reacción entre o cloruro de calcio CaCl2 e o carbonato de sodio Na2CO3

Pesáronse 5,0 g de cloruro de calcio nunha balanza granataria sobre un vidro de reloxo e disolvéronse nunhacantidade de auga moi pequena nun vaso de precipitados, axitando cunha variña de vidro.Pesouse unha masa de carbonato de sodio maior que a calculada para a reacción e disolveuse tamén en pou-ca cantidade de auga noutro vaso de precipitados.Quentouse a disolución de cloruro de calcio cun chisqueiro Bunsen e se envorcou a disolución de carbonato de sodio sobre ela, axitando a mestura cunha variña de vidro. Logo deixouse arrefriar.Produciuse a reacción de precipitación:

CaCl2(aq) + Na2CO3(aq) → CaCO3(s) + CaCl2(aq)

Büchner

Kitasato

trompa de baleiro

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 55

Colocouse un papel de filtro circular nun funil büchneraxustándoo para non deixar orificios libres e humedeceusecon auga para que queda adherido.Axustouse o funil büchner sobre un matraz kitasato e o saín-te lateral do kitasato conectouse a unha trompa de baleiro.Abriuse a billa e verteuse o contido do vaso (precipitado elíquido sobrenadante) no funil. Botouse máis auga sobre o precipitado que aínda quedaba no vaso para leva-lo ao funil.Cando xa non goteaba máis auga no interior do kitasato, desencaixouse o funil e pechouse a billa.Quitouse o papel de filtro e deixouse a secar un día ou dous.Pesouse o precipitado sobre o papel de filtro. Restouse á masa que daba a balanza, a masa dun papel de filtroseco.Para calcular o rendemento, calcúlase a cantidade esperada de CaCO3 da reacción:

m(CaCO3 )=5,0 gCaCl2

1 mol CaCl2

110 g CaCl2

·1 mol CaCO3

1 mol CaCl2

·100 g CaCO3

1 mol CaCO3

=5,5 g CaCO3

e divídese a cantidade obtida entre a esperada. Se se obtiveron 5,2 g de CaCO3, o rendemento sería:

Rendimento=5,2 g obtenidos CaCO3

5,5 g calculados CaCO3

=0,94=94 %

6. Que operacións poderíanse empregar no laboratorio para separar un precipitado dunha disolu-ción que o contén? Descríbaas, debuxando os distintos tipos de material. Supoña que o precipi-tado é carbonato de calcio, como disolvería dito precipitado? Razoe a resposta.

(P.A.U. Xuño 02)

Solución:

Decantación, filtración por gravidade e filtración a baleiro.

A decantación consiste en envorcar suavemente o vaso de precipitados para que o líquido caia e quede no fondo do vaso o precipitado. Ten o risco de que parte do precipitado pode irse co líquido se non se ten coi-dado. Normalmente queda unha certa cantidade de líquido co precipitado, que haberá que eliminar por eva-poración.

A filtración por gravidade consiste en colocar un papel de filtro sobre un funil cónico sobre un recipiente e verter o contido do vaso no funil. O precipitado quedará retido polo papel de filtro e o líquido atravesarao. Se a cantidade é grande, pode levar moito tempo.

A filtración a baleiro consiste en envorcar o vaso de precipitados sobre un funil büchner que contén un papelde filtro que retén o precipitado. O funil büchner atópase encaixado sobre un matraz kitasato que está conec-tado a unha trompa sen carga. Esta, ao aspirar, aumenta a velocidade de fluxo do líquido a través do papel defiltro. Non hai risco de perda de precipitado. (Véxase o debuxo do büchner e o kitasato en Xuño 9 6).

Para disolver un precipitado de carbonato de calcio débese usar un ácido.O equilibrio de solubilidade do carbonato de calcio

CaCO3(s) ⇄ Ca2+(aq) + CO32–(aq) [1]

verase desprazado pola presenza dos protóns H+ do ácido, debido a que o ión carbonato é a base conxugada do ácido carbónico, que é un ácido débil. En realidade os equilibrios que hai que ter en conta, ademais do [1] xa escrito, son:

H2CO3(aq) ⇄ HCO3–(aq) + H+(aq) [2]

HCO3–(aq) ⇄ CO3

2–(aq) + H+(aq) [3]

H2CO3(aq) ⇄ CO2(g) ↑ + H2O(aq) [4]

Büchner

Kitasato

trompa de baleiro

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 56

Cando se engade un ácido, os ións H+ do ácido desprazan o equilibrio [3] cara á esquerda, aumentando a concentración do ión hidroxenocarbonato. O aumento da concentración de ión hidroxenocarbonato, xunto coa de ións hidróxeno desprazan o equilibrio [2] cara á esquerda, formando ácido carbónico que se descom-pón no equilibrio [4] en dióxido de carbono e auga (a adición dun ácido a un precipitado de carbonato de calcio produce efervescencia)Como no equilibrio [2] consúmese ión carbonato, a concentración deste ión diminúe, e o equilibrio [1] des-prázase cara á dereita para compensar a desaparición do ión carbonato, co que o carbonato de calcio vaise disolvendo.(O que queda en disolución é o ión calcio xunto co anión do ácido empregado. Se este é ácido clorhídrico, quedará en disolución o ión calcio e o ión cloruro).Esta disolución con ácido emprégase para limpar os restos de carbonato de calcio adheridos ás paredes do vaso onde se realizou a precipitación.

7. Dispondo no laboratorio de dicloruro de calcio e carbonato de sodio, describa o procedemento adecuado para obter carbonato de calcio. Explíqueo detalladamente, así como o material utiliza-do para o illamento de devandito composto.

(P.A.U. Set. 02)

Solución: Véxase o exercicio de Xuño 01.

8. Describa detalladamente como obtería e separaría no laboratorio un precipitado de carbonato decalcio. Debuxe o material empregado. Como faría para disolver o precipitado?

(P.A.U. Set. 03)

9. Vertemos en dous tubos de ensaio disolucións de AgNO3, nun, e de NaCl no outro. Ao mesturar ambas as disolucións fórmase instantaneamente un precipitado que, pouco a pouco, vai sedimen-tando no fondo do tubo.a) Escriba a reacción que ten lugar.b) Describa o procedemento, indicando o material necesario, para separar e recoller o precipitado.

(P.A.U. Xuño 08, Xuño 06)

Solución:

A reacción é:

NaCl(aq) + AgNO3(aq) → AgCl(s) + NaNO3(aq)

Se só escribimos a reacción iónica que ten lugar, será:

Na+(aq) + Cl–(aq) + Ag+(aq) + NO3–(aq) → AgCl(s) + Na+(aq) + NO3

–(aq)

O precipitado é cloruro de prata, composto moi pouco solu-ble en auga.Para separar o precipitado, faríase unha filtración ao baleiro,vertendo o contido do vaso sobre un funil büchner con papelde filtro encaixado nun matraz quitasato conectado a unhatrompa de baleiro.

Büchner

Kitasato

trompa de baleiro

Química P.A.U. EQUILIBRIO QUÍMICO 57

Índice de contidoEQUILIBRIO QUÍMICO..............................................................................................................................1

PROBLEMAS .....................................................................................................................................................1FASE GAS....................................................................................................................................................1SOLUBILIDADE........................................................................................................................................25

CUESTIÓNS .....................................................................................................................................................42FASE GAS..................................................................................................................................................42SOLUBILIDADE........................................................................................................................................49

LABORATORIO ..............................................................................................................................................53REACCIÓNS DE PRECIPITACIÓN..........................................................................................................53

ACLARACIÓNS

Os datos dos enunciados dos problemas non adoitan ter un número adecuado de cifras significativas.Por iso supuxen que os datos teñen un número de cifras significativas razoables, case sempre tres cifras sig-nificativas. Menos cifras darían resultados, en certos casos, con ampla marxe de erro. Así que cando tomo un dato como V = 1 L e reescríboo como:Cifras significativas: 3V = 1,00 Lo que quero indicar é que supoño que o dato orixinal ten tres cifras significativas (non que as teña en reali -dade) para poder realizar os cálculos cunha marxe de erro máis pequeno que o que tería si tomáseo tal como dano. (1 L ten unha soa cifra significativa, e un erro relativo do ¡100 %!. Como os erros adóitanse acumular ao longo do cálculo, o erro final sería inadmisible. Entón, para que realizar os cálculos? Cunha estimación sería suficiente).

Cuestións e problemas das Probas de Acceso á Universidade (P.A.U.) en Galicia.Respostas e composición de Alfonso J. Barbadillo Marán.Algúns cálculos fixéronse cunha folla de cálculo OpenOffice (ou LibreOffice) do mesmo autor.Algunhas ecuacións e as fórmulas orgánicas construíronse coa extensión CLC09 de Charles Lalanne-Cassou.A tradución ao/desde o galego realizouse coa axuda de traducindote, de Óscar Hermida López.Procurouse seguir as rec omenda ci ó ns do Centro Español de Metrología (CEM)