QuímicaMedioProblema · 2 pts

Constante de equilibrio y grado de disociación

Andalucía · 2021 · Junio

Enunciado

Bloque C · C1. Para la reacción de disociación del

\text{N}_2\text{O}_4

gaseoso,

\text{N}_2\text{O}_4(g) \rightleftharpoons 2\,\text{NO}_2(g)

la constante de equilibrio

K_p

vale

2{,}49

60\ ^\circ

C.

a) Sabiendo que la presión total en el equilibrio es de

1

atm, calcule el grado de disociación del

\text{N}_2\text{O}_4

a esa temperatura y las presiones parciales de las especies en el equilibrio.

b) Determine el valor de

K_c

.

Dato:

R = 0{,}082\ \text{atm}\cdot\text{L}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{mol}^{-1}

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Resultado

\boxed{\;\textbf{a) } \alpha = 61{,}9\ \% \;;\quad p(\text{N}_2\text{O}_4) = 0{,}235 \text{ atm} \;;\quad p(\text{NO}_2) = 0{,}765 \text{ atm}\;}

\boxed{\;\textbf{b) } K_c = K_p/(RT) = 9{,}12\cdot 10^{-2} \text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

No hacen falta cantidades iniciales: con un grado de disociación se puede razonar con fracciones molares, que no dependen de cuánto gas se ponga.

Partiendo de reactivo puro y llamando

\alpha

al grado de disociación:

n_t = n_0(1 + \alpha) \qquad x(\text{N}_2\text{O}_4) = \frac{1-\alpha}{1+\alpha} \qquad x(\text{NO}_2) = \frac{2\alpha}{1+\alpha}

Sustituyendo en

K_p

se obtiene una relación que solo contiene

\alpha

P_t

Desarrollo

Paso 1 · Relación entre $K_p$ , $\alpha$ y $P_t$ .

K_p = \frac{p(\text{NO}_2)^2}{p(\text{N}_2\text{O}_4)} = \frac{\left(\dfrac{2\alpha}{1+\alpha}P_t\right)^2}{\dfrac{1-\alpha}{1+\alpha}P_t} = \frac{4\alpha^2}{(1+\alpha)(1-\alpha)}\,P_t

\boxed{K_p = \frac{4\alpha^2}{1-\alpha^2}\,P_t}

a) Grado de disociación y presiones parciales.

Sustituyendo

K_p = 2{,}49

P_t = 1

atm:

2{,}49 = \frac{4\alpha^2}{1-\alpha^2} \;\Longrightarrow\; 2{,}49\,(1 - \alpha^2) = 4\alpha^2

2{,}49 = 4\alpha^2 + 2{,}49\,\alpha^2 = 6{,}49\,\alpha^2

\alpha^2 = \frac{2{,}49}{6{,}49} = 0{,}3837 \;\Longrightarrow\; \alpha = \sqrt{0{,}3837}

\boxed{\alpha = 0{,}619 \;=\; \mathbf{61{,}9\ \%}}

Presiones parciales, con

1 + \alpha = 1{,}619

p(\text{N}_2\text{O}_4) = \frac{1-\alpha}{1+\alpha}\,P_t = \frac{0{,}381}{1{,}619} \cdot 1

\boxed{p(\text{N}_2\text{O}_4) = 0{,}235 \text{ atm}}

p(\text{NO}_2) = \frac{2\alpha}{1+\alpha}\,P_t = \frac{1{,}238}{1{,}619} \cdot 1

\boxed{p(\text{NO}_2) = 0{,}765 \text{ atm}}

Comprobaciones:

0{,}235 + 0{,}765 = 1{,}000

atm ✓ y

K_p = (0{,}765)^2/0{,}235 = 0{,}585/0{,}235 = 2{,}49

✓

b) Constante $K_c$ .

Con

\Delta n = 2 - 1 = 1

T = 60 + 273 = 333

RT = 0{,}082 \cdot 333 = 27{,}31

K_c = \frac{K_p}{(RT)^{\Delta n}} = \frac{2{,}49}{27{,}31}

\boxed{K_c = 9{,}12\cdot 10^{-2} \text{ mol}\cdot\text{L}^{-1}}

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

La relación $K_p = \dfrac{4\alpha^2}{1-\alpha^2}P_t$ aparece cada año en algún examen, pero no la memorices: dedúcela como aquí, a partir de las fracciones molares. Así podrás reconstruirla para otras estequiometrías, donde el coeficiente 4 cambia.

Fíjate en el efecto de la presión que revela esa fórmula: si $P_t$ aumenta, $\alpha$ debe disminuir para que $K_p$ siga siendo la misma. Es exactamente lo que predice Le Châtelier, porque la disociación produce más moles de gas.

Y comprueba siempre que las presiones parciales sumen la presión total: es la verificación más rápida de todo el apartado a).