28

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ

1-9. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία.

Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα

10. Βλέπε θεωρία.

11. Βλέπε θεωρία.

12. Βλέπε θεωρία.

13. Στην ισορροπία θα έχουμε [Β] > [Γ], γιατί αρχικά [Β] = [Γ], η αντίδραση θα προχωρήσει προς τα αριστερά, αφού δεν έχουμε Α με αποτέλεσμα να αυξηθεί η [Β] και να ελαττωθεί η [Γ],

14. Προφανώς σωστή είναι η (β), γιατί καταναλώνεται ποσότητα Η2 μεγαλύτερη από την ποσότητα του Ν2.

15. α. Το πόσο προχωράει η μία αντίδραση είναι ανεξάρτητο της ταχύτητας (Λ). β. Προφανώς είναι (Σ). γ. Όπως φαίνεται από τη θεωρία είναι (Λ). δ. Από τον ορισμό της χημικής ισορροπίας φαίνεται ότι είναι (Σ).

16. Βάζουμε 4 mol PC15 και διασπώνται 4 0,6 mol = 2,4 mol

PCVtf) — PCh(s) + Ch(R) αρχικά 4 mol α ν τ - σ χ η μ 2,4 mol 2,4 mol 2,4 mol ισορροπία 1,6 mol 2,4 mol 2,4 mol

οπότε [Cl2] = 1,2 Μ, [PC13] = 1,2 Μ, [PC15] = 0,8 Μ

29

17. α. Βάζουμε 29.7 g COCl2 ή 0,3 mol COCl2 και στην ισορροπία έχουμε 4,2 g CO ή 0,15 mol CO. Σχηματίζουμε το σχετικό πί-νακα:

COCl2(j?) ^ C O ( * + Cl2(s) Αρχικά/ mol 0,3 αντ -σχημ/ mol 0,15 0,15 0,15 Ισορροπία/mol 0,15 0,15 0,15

β. α = — = 0,5 = 50% 0,3

0,15 0,082 -500 Υ· Pc\i — Ρ co — Pcoc\2 — atm = 0,15 atm

41 δ. Poi = (0,15 + 0,15 + 0,15) atm = 0,45 atm

18. Βάζουμε 0,04 mol Ν2θ4 και διασπώνται x mol Ν2θ4:

N204 — 2N02

αρχικά /mol 0,04 αντ - σχημ /mol X 2x Ισορροπία/mol (0,04-x) 2x

α. PoX'Vb= n0xRT —> 2 0,82 — (0,04 + x)0,082-400 —» χ = 0,01 και έχουμε 0,02 mol N 0 2 και 0,03 mol N2O4.

„ 0,02-0,082-400 β · PNOI — a t m = 0 , 8 a t m

PN204 -

0,82 0,03 • 0,082 • 400

0,82 atm = 1,2 atm

0,01 1 γ. α = - 25% 0,04 4

30

19. Βάζουμε χ mol C0 2 και διασπώνται 0,5 χ mol COa.

2C02(g) — 2C0(g) + 02(s) αρχικά/ mol Χ αντ -σχημ/ mol 0,5x 0,5χ 0,25 Ισορροπία/mol 0,5χ 0,5χ 0,25χ

Επειδή η αναλογία mol είναι και αναλογία μερικών πιέσεων η σωστή σχέση είναι η (γ).

20. Βλέπε θεωρία.

21. α. Προς τα αριστερά αφού η προς τα δεξιά είναι εξώθερμη. β. Προς τα αριστερά για να ελαττωθεί ο αριθμός των moles, γ. Προς τα αριστερά, για να καταναλωθεί το CO.

22. Από τη θεωρία φαίνεται εύκολα ότι: (α) Σ, (β) Λ, (γ) Λ

23. α. Δε μετατοπίζεται γιατί μένει σταθερός ο αριθμός των moles των αερίων. β. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των moles των αερίων, γ. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των moles των αερίων, δ. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των moles των αερίων.

24. Η (β)

25. Η (β) και η (δ).

26. α. Η αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνει την ταχύτητα της αντί-δρασης και ελαττώνει την απόδοσή της, γιατί η αντίδραση είναι εξώθερμη.

» β. Η αύξηση της πίεσης με μεταβολή του όγκου του δοχείου αυξάνει την ταχύτητα και την απόδοση της συγκεκριμένης α-ντίδρασης.

31

27. Η σωστή έκφραση είναι η (β). 28. Η σωστή έκφραση είναι η (γ).

29. L

l ^ L . m o r . = J a ^ l L . m o r ' = 3 0 , , [SO 2 ] 2 [O 2 ]

625 L · mol 0,4" · 0,1

(Στις επόμενες ασκήσεις θα παραλείπουμε τις μονάδες της kc)

30 /; - W - ^ 1 5 3 ° · [ Α Ι β ] ~ 2 · 4 " ' 5

31. kc'=— = — = 0,8 kc 1,25

f * W 5 Λ

, _ [NOf[02] ν

Ά * v V ,

= 0,2 => V = 4 L

33. Η kc μιας ορισμένης χημικής εξίσωσης μεταβάλλεται μόνο με τη θερμοκρασία και μάλιστα στις ενδόθερμες αντιδράσεις η ε-λάττωση της θερμοκρασίας προκαλεί ελάττωση της kc (αρχή Le Chatelier). Αρα σωστή απάντηση είναι η (β).

34. Ν2^> + m2(x) — 2νη3(.?)

Αρχικά /mol 4 10 αντ - σχημ/mol 3 9 6 Ισορροπία/mol 1 1 6

α = 9/10 = 9 0 % -> Kc = ' ι ν

ν 2 /

= 144

32

35. Θεωρούμε ότι αντιδρούν χ mol Η2.

thO?) + h(%) — 2ΗΙ (g) αρχικά: 1 mol 1 mol αντ -σχημ:

x mol χ mol 2x mol

ισορροπία: (1-x) mol (1-x) mol

2x mol

mol.

c ( ι - χ ) 2

7 14 Η δεκτή λύση είναι χ = — και η ποσότητα του HI είναι —

36. α. L = [PCI3ICI2

[PC15]

β. Οι μονάδες της kc είναι mol-L"1

γ. k c ' = 1 1 και μονάδες mol ' -L Κ 8 10"

δ. Η αντίδραση θα μετατοπιστεί προς τα: ϊ. δεξιά ϊί. αριστερά iii. δεξιά ίν. Η kc μεταβάλλεται μόνο στην περίπτωση (iii) και συ-

γκεκριμένα αυξάνει, γιατί η αντίδραση είναι ενδόθερμη.

37. ίΥλ^όζι] Μ = ο . 6 7 [φρουκτόζη! 0,15 0,1

0,25 : 0,4 = 40%

33

38. α. Έστω ότι αντιδρούν χ mol CO.

CO (g) + U20(g) — C O 2(g) + Η 2(g) αρχικά: 1 mol 1 mol αντ -σχημ:

x mol x mol x mol x mol

ισορροπία: (1-x) mol

(1-x) mol

x mol x mol

= ν : kc= 4

Η δεκτή λύση είναι χ = 2/3, παράγονται 2/3 mol Η2 και η 2 / 3 απόδοση είναι — = 66,67%

Αν βάζαμε 1 mol CO και 1,6 mol Η 2 0 θα είχαμε: 2

kc = 4 = -ί 1 - χ Υ 1,6 - χ

, V 1 ν , Η δεκτή λύση είναι x = 0,8

39. Βάζουμε 1 mol CO, παραμένει χωρίς να αντιδράσει 1/3 mol CO, άρα αντιδρούν 2/3 mol CO.

CO (g) + i2Ofg) — CO, (g ) + U2(g) __ αρχικά: 1 mol 1 mol αντ-σχημ:

2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol

ισορροπία: 1/3 mol 1/3 mol 2/3 mol 2/3 mol

34

kc = A A 3 V 3 V 1_ 1

3V 3V

= 4

C O ( g ) + U 2 0 ( g ) — C O 2(g) + Η 2(g)

αρχικά: 1 mol (1+x) mol αντ -σχημ:

0,8 mol 0,8 mol 0,8 mol 0,8 mol

ισορροπία: 0,2 mol (0,2+x) mol

0,8 mol 0,8 mol

0,8 0,8 = η -W» ^ — ν = 4 => χ = 0,6 mol 0,2 (0,2 +χ)

V V

40. Έστω ότι προσθέτουμε χ mol από το Β. Υπάρχουν 2 περιπτώ-σεις: α) Αν χ > 2, αντιδρά το 80% του Α.

A (g) + β (g) — Γ(,?) + A(g) αρχικά: 2 mol x mol αντ -σχημ:

1,6 mol 1,6 mol 1,6 mol 1,6 mol

ισορροπία: 0,4 mol (x-1,6) mol 1,6 mol 1,6 mol

kc = 4: U> U5 V V

0,4 (x-1,6) V V

= 3,2, η λύση είναι δεκτή γιατί 3,2>2

β) Αν χ < 2, αντιδρά το 80% του Β. Mr) + Β(.?) — Γ(£) + a(g)

αρχικά: 2 mol χ mol αντ σχημ:

0,8x mol 0,8χ mol

0,8χ mol 0,8χ mol

ισορροπία: (2-0,8χ) mol

0,2χ mol

0,8χ mol 0,8χ mol

35

l = 4--0,8x (\8x

V V ( 2 - 0 , 8 x ) 0 , 2 x

= 1,25, η λύση είναι δεκτή γιατί

V 1,25 <2 .

41. Βάζουμε 1 mol Α και 1 mol Β και η απόδοση της αντίδρασης Afg) + B(g) T(g) είναι 60%.

Αν βάλουμε 1 mol Α και 2 mol Β θα σχηματιστούν περισσότε-ρο από 0,6 mol Γ, η απόδοση είναι μεγαλύτερη από 60%, γιατί σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier είναι σαν να προσθέσαμε 1 mol του Β στο σύστημα που είχε ισορροπήσει όταν είχαμε βά-λει σε κενό δοχείο 1 mol Α και 1 mol Β.

42. Έχουμε: S02(a) + N02(g) — S03(g) + NO(je)

ισορροπία: 0,8 mol 0,1 mol 0,6 mol 0,4 mol προσθέτ.: 0,3 mol αντ -σχημ:

x mol x mol x mol x mol

νέα ισορ.: (0,8-x) mol

(0,4-x) mol

(0,6+x) mol

(0,4+x) mol

, = 0,6 0,4 (θ,6 + χ Χ θ , 4 + χ ) c _ 0,8 0,1 ~ ~ ( θ , 8 - χ Χ θ , 4 - χ )

Λύνουμε και βρίσκουμε χ = 0,17, οπότε στην τελική ισορροπία έχουμε 0,23 mol Ν02 .

43. Έχουμε: pch(g) — pch(g) + c\2(x)

ισορροπία: 4 mol 2 mol 8 mol προσθετ.: 4 mol α ν τ -σχημ:

x mol x mol x mol

νεα ισορ.: (8-x) mol (2+x) mol

(8+x) mol

36

8 2 2 + χ 8 + χ

kc = 2 2 _ 2 = 2

4 8 - χ

2 2 Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 1,06 οπότε στην τελική ισορροπία έχουμε 6,94 mol PC15, 3,06 mol PC13 και 9,06 mol Cl2.

44. Έχουμε: s02(x) + ν02(%) — so,ω + νο(β>)

ισορροπία: 2 mol 4 mol 8 mol 3 mol προσθέτ.: χ mol αντ σχημ:

y mol y mol y mol y mol

νέα ισορ.: (2+x-y) mol

(4-y) mol (8+y) mol (3+y) mol

y = 1 Προσθέσαμε x mol S0 2 και αντέδρασαν y mol S0 2 = 1 mol S02 .

8 3 8 + y 3 + y

kc = - V V 2 4 2 + x - y 4 - y V V V V

Λύνουμε και βρίσκουμε x = 3.

45. Έχουμε αρχικά 46 g Ν 20 4 ή 0,5 mol Ν2()4 και διασπώνται x mol Ν 2 0 4

Ν 2 0 4 — 2Ν0 2

αρχικά: 0,5 mol α ν τ -σχημ:

χ mol 2χ mol

ισορροπία: (0,5-x) mol 2χ mol

kp= 2: Ρ ΝΟ,

Ρ Ν 2 Ο 4

2xRT \ 2

4χζ R300 (0,5 - χ )RT ~ 0,5 - χ 4,1

V

37

Λύνουμε και βρίσκουμε ως δεκτή λύση χ = 1/6. Στην ισορροπία έχουμε 1/3 mol Ν02 .

46. Βάζουμε 0,01 mol COCI2 και διασπώνται x mol COC cocijo) — co^j + ch(s)

αρχικά: 0,01 mol αντ -σχημ:

x mol x mol x mol

ισορροπία: (0,01-x) mol

x mol x mol

Ριαορ = 3,5 atm =» (0,01 + χ)· 0,082 · 546 = 3,5 · 0,224 => χ = 0,0075 'ισορ 0,0075 και α = = 75%

0,01 ° ' 0 0 7 5 1 C

Ρco = Pcu = 3,5 atm = 1,5 atm 0,0175

0,0025 3,5 atm = 0,5 atm Ρ COCl 2 ()0175

, Ρ CO · Pc\2 1,5 -1,5 ^ ac λ. kn = 2- = — atm = 4,5 atm Pc oci, 0,5

47. Έστω ότι βάζουμε χ mol C0 2 και αντιδρούν 0,62χ mol C02 .

C02 te) + C(s) — 2CO(s) αρχικά: x mol α ν τ -σχημ:

0,62x mol 1,24x mol

ισορροπία: 0,38x mol l,24x mol

Pc ο ~ l,24x

l,24x + 0,38x 0,38x

3,24 atm = 2,48 atm

3,24 atm = 0,76 atm P c ° 2 l,24x + 0,38x

κ Pco = atm = 8,09 atm P Pc o2 0,76

(

38

48. Έχουμε: S02(,i>) + N02fe) - SOrf* ) + NOfe)

ισορροπία: 0,8 mol 0,1 mol 0,6 mol 0,4 mol προσθέτ.: x mol αντ -σχημ:

y mol y mol y mol y mol

νέα ισορ.: (0,8+y) mol

(0,1+y) mol

(0,6-y) mol (0,4+x-y) mol

y = 0,2 0,6

ί- - V 0,4 (0,6-y) (0,4+ x V V V

- y )

,νς 0,8 0,1 " 0,8 + y 0,1 + y V V V V

Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 2,05.

49. Έχουμε c o 2 ^ j + H2(t) — COO?) + H 2 0(^j

ισορροπία: 0,3 mol 0,3 mol 0,6 mol 0,6 mol προσθέτ.: x mol αντ -σχημ:

y mol y mol y mol y mol

νέα ισορ.: (0,3+x-y) mol

(0,3-y) mol

(0,6+y) mol

(0,6+y) mol

Για να γίνει η συγκέντρωση του CO ίση με 0,35 Μ πρέπει 0,6 + y = 0,7, δηλαδή y = 0,1.

06 06 (0,6+y) (0,6+ y) h - 2 '

03 03 2 ' 2

— = 4 = 0,3 + x - y 0,3 - y

2 2 Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0,4125.

50. Στους 427 °C διασπάστηκε ποσότητα S03 , διότι αυξήθηκε ο συνολικός αριθμός των moles (από 8,5 σε 9). Έστω 2χ mol η ποσότητα του S0 3 που διασπάστηκε.

39

2S03(£) — 2S02(£) + 0 2 ω αρχικά: 4 mol 4 mol 0,5 mol αντ -σχημ:

2x mol 2χ mol χ mol

ισορροπία: (4-2χ) mol (4+2χ) mol

(0,5+x) mol

Θα πρέπει: 4 - 2χ + 4 + 2χ + 0,5 + χ = 9 —> χ = 0,5 mol

α. L =

/4Λ2

^Ll μ λ 2

V 2 ,

05 2 = 1

4

\ 2

β. kc' =

]_

_2 _ 25 ; ~ 18

γ. Η αντίδραση είναι ενδόθερμη διότι αυξάνοντας τη θερμο-κρασία ευνοείται η ενδόθερμη αντίδραση. Στη συγκεκριμένη περίπτωση διασπάστηκε ποσότητα SO3.

51. ϊ. Παράγονται 0,1 mol NOC1, αντιδρούν 0,05 mol Cl2 και στην ισορροπία έχουμε 0,15 mol CI2 (γ). ϋ. Αυξάνεται ο όγκος του δοχείου, η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά και αυξάνεται η ποσότητα του CI2 (β).

\2 06 25 iii. Η τιμή της kc είναι: - ,

^ λ ' 0 , 1 5 λ 02 25

= 1,5· 103 (α).

25

40

52. Έστω ότι αντιδρούν χ mol Η2:

Η Μ + h(K) — 2HI0?) αρχικά: 0,5 mol 0,5 mol α ν τ -σχημ:

χ mol χ mol 2x mol

ισορροπία: (0,5-x) mol (0,5-x) mol

2x mol

kc - 64 =

f 2χ λ2

10 0,5 - χ 0,5 - χ

10 10 Η δεκτή λύση είναι χ = 0,4. α. kp- kc = 64. β. Υπολογίζουμε εύκολα ότι στην ισορροπία στους 448 °C έ-χουμε: 0,8 mol HI, 0,1 mol Η2, 0,1 mol Ι2. γ. Όταν αυξηθεί η θερμοκρασία στους 727 °C ευνοείται η ενδό-θερμη αντίδραση, αλλά δε δίνεται αν η αντίδραση είναι ενδό-θερμη ή εξώθερμη. Παρατηρούμε, όμως, ότι είτε η αντίδραση οδηγηθεί προς τα δεξιά ή προς τα αριστερά, ο συνολικός αριθ-μός των moles παραμένει σταθερός και ίσος με 1 mol, οπότε:

1-0,082 • 1000 Ρ ολ = 10

- atm = 8,2 atm

53. i. Βλέπε θεωρία. ii. Η kp μεταβάλλεται (αυξάνεται) μόνο με αύξηση της θερμο-κρασίας. iii. α. Προς τα αριστερά για να ελαττωθεί το η0χ.

β. Προς τα δεξιά που είναι ενδόθερμη. γ. Καμιά μεταβολή όπως μάθαμε στη θεωρία.

41

54. Βάζουμε χ mol C0 2 και αντιδρούν χα mol C02 . COzfn) + C(s) — 2CO(g)

αρχικά: x mol α ν τ -σχημ:

χα mol 2χα mol

ισορροπία: χ(1-α) mol

2χα mol

kp-_ Pc ο Ρ co,

"CO

'ολ Ρ ολ

'CO, />ολ

2χα χ (ΐ + α) χ (ΐ - α)

Ρολ

Ρολ

4α

1 - α ' -Ρολ

«ολ χ(1 + α ) Λύνουμε και βρίσκουμε α = 0,62. Στην ισορροπία έχουμε (x - 0,62χ) mol = 0,38χ mol C0 2 και 2·0,62χ mol CO = 1,24χ mol CO, οπότε: nrn 1,24χ -zcAat rtc°2 0,38x • = 76,54% και 2 -

l,62x «ολ l,62x • = 23,46%

β. To μίγμα περιέχει 6% σε moles C0 2 και 94% σε moles CO, οπότε: nco2

"ολ = 0,06 και ''co

''ολ = 0,94

Από τη σχέση: kp=

\2 "CO "ολ

Ρολ

'CO, εχουμε:

' Ρολ 'ολ

Pc\ = kn atm = 0,68 atm Ρ 0,94

42

55. Βάζουμε 6 mol CaC03 και διασπώνται χ mol CaC03.

CaC03f.vJ — CaOf.v) + C02^'J αρχικά: 6 mol α ν τ -σχημ:

x mol x mol x mol

ισορροπία: (6-x) mol x mol x mol

α. kp - pco "CO RT •9 = x- 0,082 1500

41 χ = 3

9 123 β. Αντίστοιχα: y = K 0.082 1500 δηλαδή για να φτάσουμε στην ισορροπία μπορούν να διασπα-στούν 9 mol CaC03. Επειδή έχουμε 6 mol CaC03 θα διασπαστούν όλα χωρίς να φτάσουμε στην ισορροπία. γ. 7 = 6' 0'082 1500 L = 8 2 L

56. Wi(g) + h(g) — 2Hlfgj '0,5 '

V α. qc = 25 <49 02 02 4 V V

β. To σύστημα δε βρίσκεται σε ισορροπία επειδή Qc < kc. Για να φτάσουμε στην ισορροπία θα αντιδράσουν x mol Η2 με χ mol Ι2 και θα παραχθούν 2x mol HI, οπότε:

kc =

0,5 + 2χ

= 49 0 ,2-χ

Λύνουμε και βρίσκουμε χ = 0,1, οπότε στην ισορροπία θα έ-χουμε 0,7 mol HI. γ. Έστω ότι προσθέτουμε ω mol HI.

43

η2(ζ) + \2(g) — 2ΗΙ(*) ισορροπία: 0,1 mol 0,1 mol 0,7 mol προσθέτ.: ω mol αντ -σχημ:

y mol y mol 2y mol

νέα ισορ.: (0,1+y) mol (0,1+y) mol

(0,7+oo-2y) mol

(0,1+y) mol (0,1+y) mol

(0,7+oo-2y) mol

Θα πρέπει: 0,1 + y = 0,2 —> y = 0,1

t =

0,7 + ω - 2y \ 2

0,1+ y \2 = 49

Λύνουμε και βρίσκουμε ω = 0,9.

57. Διπλασιάζεται ο όγκος του δοχείου, ελαττώνεται η πίεση, οπότε σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier πρέπει να αυξηθεί η πίεση, δηλαδή να αυξηθεί ο αριθμός των moles των αερίων και η ι-

Ν204 — 2Ν02

αρχικά: 0,52 mol 0,96 mol α ν τ -σΛ/ημ:

χ mol 2χ mol

ισορροπία: (0,52-x) mol (0,96+2χ) mol

κ =

0,96 Λ2

0,96+ 2χ 2V

\ 2

0,52 0,52 - χ V 2V

Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 0,12.

58. a. kc- 6,5· ΙΟ2.

β. υ, = *, [Ν0]2[02] ή υ, = 2,6 1 03-(6 1 0 3)2-0,3 mol-L ' s"1 = 28,08 103 mol-L '-s"1

44

γ· 2Ν02(£) — 2N06?) + 07(g)

αρχικά: 0,2 mol αντ -σχημ:

0,2 0,15 mol 0,03 mol 0,015 mol

ισορροπία: 0,17 mol 0,03 mol 0,015 mol

kj •

0,03 5

\2 0,015 5

0,17 5

= 9,3 · 10"5 στους μ °C.

Στους λ °C η k" της αντίδρασης: 1 1 2Ν0 2 ^>=^ 2NO(g) + 02(g) είναι ίση με

kc 650 Με ελάττωση της θερμοκρασίας (μ < λ) έχουμε ελάττωση και της τιμής της kc άρα η διάσπαση του Ν0 2 είναι ενδόθερμη αντί-δραση.

59. Η ισορροπία δε θα διαταραχθεί.