Esercizi sull’equilibrio chimico

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Esercizi sull’equilibrio chimico

In questa sezione è possibile accedere a una raccolta di 24 esercizi sull’equilibrio chimico, progettati per studenti dei corsi di ingegneria, chimica, biologia e fisica. Gli esercizi sono svolti in modo dettagliato, con un approccio metodico e analitico che rispecchia gli standard accademici del corso di Chimica Inorganica e Generale.

L’equilibrio chimico, concetto centrale nella chimica, descrive lo stato in cui una reazione in un sistema chiuso raggiunge una stabilità dinamica. In questa condizione, la velocità della reazione diretta e di quella inversa si equivalgono, mantenendo costanti nel tempo le concentrazioni di reagenti e prodotti.

Gli esercizi si concentrano prevalentemente sul calcolo delle costanti di equilibrio, sia per le reazioni in fase gassosa, con i coefficienti $K_c$ e $K_p$ , sia per altri sistemi chimici. Gli studenti avranno modo di applicare dati sperimentali, tra cui concentrazioni molari, pressioni parziali ed energia libera di Gibbs, per determinare lo stato di equilibrio di diverse reazioni.

Ulteriori esercizi approfondiscono il calcolo delle costanti di equilibrio per reazioni chimiche differenti, richiedendo l’applicazione di concetti fondamentali come l’energia libera standard ( $\Delta G^0$ ), l’entalpia standard ( $\Delta H^0$ ) e l’entropia standard ( $\Delta S^0$ ). Gli studenti potranno inoltre esaminare il comportamento dell’equilibrio in funzione di temperatura e pressione, comprendendo come le costanti varino nelle diverse condizioni.

Per svolgere gli esercizi con maggiore facilità, si raccomanda un ripasso dei concetti fondamentali di termochimica e di equilibrio chimico, inclusi la legge dell’equilibrio chimico, le costanti di equilibrio, l’equilibrio e l’energia libera, l’equazione di Van’t Hoff e l’equilibrio omogeneo ed eterogeneo.

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Ottieni il documento contenente 24 esercizi risolti, per migliorare la tua comprensione dell’equilibrio chimico per il corso di chimica generale.

Esercizi sull’equilibrio chimico: autori e revisori

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Autore: Fulvio Benintende .

Revisori: Joan Pasqual Guilabert.

Esercizi sull’equilibrio chimico: testi degli esercizi

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare $K_c$ e $K_p$ per la reazione:

$\text{PCl}_{5(g)} \leftrightarrow \text{PCl}_{3(g)} + \text{Cl}_{2(g)} \quad \text{a 25 °C}$

sapendo che:

$\Delta G_f^\circ_{\text{PCl}_{5(g)}} = \text{-77,6} \, \text{kcal/mol}$

$\Delta G_f^\circ_{\text{PCl}_{3(g)}} = \text{-68,4} \, \text{kcal/mol}$

$\Delta G_f^\circ_{\text{Cl}_{2(g)}} = 0.$

Svolgimento.

Si noti, innanzitutto, che la reazione avviene in fase gassosa omogenea. L’espressione che mette in relazione la variazione dell’energia libera con $K_p$ è:

$\Delta G = - R \cdot T \cdot \ln K_p = \text{- 2,303} \cdot R \cdot T \cdot \log K_p.$

Da cui si può ricavare appunto $K_p$ .

$\Delta G^\circ = \Delta G_f^\circ \text{PCl}_3(g) + \Delta G_f^\circ \text{Cl}_2(g) - \Delta G_f^\circ \text{PCl}_5(g) = \text{-68,4} + \text{77,6} = \text{9,2} \, \text{kcal/mol}.$

Riarrangiando l’espressione dell’energia libera ed esplicitandola rispetto a $K_p$ si ottiene:

$\ln K_p = \frac{\Delta G^\circ}{- R \cdot T}.$

Equazione logaritmica risolvibile attraverso l’esponenziale:

$\boxcolorato{chimica}{K_p = \exp\left( \frac{-\Delta G^\circ}{R T} \right) = \exp\left( \frac{\text{-9,2}}{\text{1,987} \cdot 10^{-3} \cdot (273 + 25)} \right) = \text{1,79} \cdot 10^{-7} \, \mathrm{atm} }$

$\boxcolorato{chimica}{K_c = K_p (R T)^\Delta n = \text{1,79} \cdot 10^{-7} \cdot (\text{0,0821} \cdot 298)^1 = \text{3,02} \cdot 10^{-7} \, \mathrm{mol/L}. }$

Nota: $\Delta n$ è la differenza tra la somma dei coefficienti stechiometrici dei prodotti e la somma di quelli dei reagenti.

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Durante la reazione di sintesi dell’ammoniaca:

$\text{N}_{2(g)} + 3\text{H}_{2(g)} \leftrightarrow 2\text{NH}_{3(g)}$

a una certa temperatura, la miscela dei tre gas presenti in un recipiente chiuso da $5\, \text{L}$ è formata da $\text{10}$ moli di $\text{NH}_3$ , $\text{10}$ moli di $\text{N}_2$ e $\text{30}$ moli di $\text{H}_2$ . Calcolare la costante di equilibrio $K_c$ .

Svolgimento.

Si noti, innanzitutto, che l’equilibrio avviene in fase omogenea gassosa. La costante di equilibrio può essere espressa come:

$K_c = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2] \cdot [\text{H}_2]^3}.$

Dove i termini tra parentesi sono le concentrazioni molari dei vari componenti, elevate ciascuna al proprio coefficiente stechiometrico di reazione. Dai dati del problema si ottiene:

$[\text{N}_2] = \frac{10}{5} = 2 \, \text{mol/L}$

$[\text{H}_2] = \frac{30}{5} = 6 \, \text{mol/L}$

$[\text{NH}_3] = \frac{10}{5} = 2 \, \text{mol/L}.$

Ne segue che:

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{(2)^2}{2 \cdot (6)^3} = \frac{4}{2 \cdot 216} = \frac{4}{432} = \frac{1}{108} \approx \text{0,00926} \, \text{mol/L}^{-2}. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . $92\, \text{g}$ di diossido di azoto vengono introdotti in un recipiente chiuso da $1\, \text{L}$ e scaldati fino a una data temperatura. In queste condizioni, una parte di $\text{NO}_2$ si trasforma in $\text{N}_2\text{O}_4$ , fino a raggiungere l’equilibrio secondo la reazione:

$2\text{NO}_{2(g)} \leftrightarrow \text{N}_2\text{O}_{4(g)}.$

All’equilibrio sono presenti $\text{0,5}$ moli di $\text{N}_2\text{O}_4$ . Calcolare $K_c$ .

Svolgimento.

La reazione avviene in fase omogenea gassosa. Per trovare la costante di equilibrio bisogna conoscere le concentrazioni delle specie di reazione all’equilibrio.

$[\text{N}_2\text{O}_4] = \frac{\text{0,5}}{1} = \text{0,5} \, \text{mol/L}.$

In base ai coefficienti stechiometrici, all’equilibrio:

$n_{\text{NO}_2} = 2 \cdot n_{\text{N}_2\text{O}_4} = 1 \, \text{mol}$

$[\text{NO}_2] = \frac{1}{1} = 1 \, \text{mol/L}.$

Infine:

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{[\text{NO}_2]^2} = \frac{\text{0,5}}{1^2} = \text{0,5} \, (\text{mol/L})^{-1}.}$

Nota: Il dato iniziale sulla massa di $\text{NO}_2$ è utile per capire che rispetto alla condizione di partenza ( $n_{\text{NO}_2} = 2 \, \text{mol}$ e $n_{\text{N}_2\text{O}_4} = 0 \, \text{mol}$ ) la variazione del numero di moli di diossido è stata pari a 1 mole e quella di tetrossido di $\text{0,5}$ moli, nel rispetto dei coefficienti stechiometrici.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nella reazione:

$\text{H}_2 + \text{I}_2 \leftrightarrow 2\text{HI} \quad K_c = \text{68,4} \text{ a 360 °C}.$

Calcolare la concentrazione delle tre specie chimiche all’equilibrio quando si introducono in un reattore da $1\, \text{L}$ $\text{0,5}$ moli di $\text{H}_2$ , $\text{1}$ mole di $\text{I}_2$ e $\text{1}$ mole di $\text{HI}$ .

Svolgimento.

Può essere utile costruire una tabella in cui riportare le concentrazioni nei tre step di reazione: inizio, variazione e fine.

mol/L	[H₂]	[I₂]	[HI]
Inizio	0,5	1	1
Variazione	-x	-x	+2x
Equilibrio	0,5-x	1-x	1+2x

A questo punto si può impostare un’equazione di secondo grado in $x$ :

$K_c = \frac{[\text{HI}]^2}{[\text{H}_2] \cdot [\text{I}_2]} = \text{68,4} = \frac{(1+2x)^2}{(\text{0,5}-x) \cdot (1-x)}.$

Le due radici sono:

$x_1 = \text{1,239} \quad \text{e} \quad x_2 = \text{0,416}.$

Poiché non ha senso fisico che le concentrazioni dei reagenti diventino negative all’equilibrio, $x_1$ è da scartare, $x_2$ invece è una soluzione accettabile. Ne segue:

$\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_2] = \text{0,5 } -\text{0,416} = \text{ 0,084} \, \text{mol/L}; [\text{I}_2] = 1 - \text{0,416} = \text{0,584} \, \text{mol/L};}$

$\boxcolorato{chimica}{[\text{HI}] = 1 + 2 \cdot \text{0,416}=\text{1,832 } \, \text{mol/L}. }$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In una bombola a tenuta, avente un volume $V = 5 \, \text{L}$ , vengono introdotte $\text{0,4075}$ moli di $\text{N}_2\text{O}_ {4(g)}$ . Si stabilisce l’equilibrio:

$\text{N}_2\text{O}_{4(g)} \leftrightarrow 2\text{NO}_{2(g)}.$

Alla temperatura di $26\, ^\circ\text{C}$ , $K_p = \text{0,172}$ . Calcolare la pressione totale all’equilibrio.

Svolgimento.

La reazione avviene in fase gassosa omogenea. È possibile trovare la pressione totale del sistema come somma delle pressioni parziali dei singoli gas all’equilibrio. Dapprima si trova la pressione parziale iniziale di $\text{N}_2\text{O}_4$ attraverso l’equazione dei gas perfetti:

$P_{\text{N}_2\text{O}_4,i} = \frac{n_{\text{N}_2\text{O}_4,i} \cdot R \cdot T}{V} = \frac{\text{0,4075 }\cdot \text{0,0821 }\cdot 299}{5} = 2 \, \text{atm}.$

A questo punto si costruisce una tabella per rappresentare la variazione delle pressioni parziali dei gas nel sistema:

atm	P_N2O4	P_NO2
Inizio	2	0
Variazione	-x	+2x
Equilibrio	2-x	2x

$K_p = \frac{P_{\text{NO}_2,\text{eq}}^2}{P_{\text{N}_2\text{O}_4,\text{eq}}} \Rightarrow \text{0,172} = \frac{(2x)^2}{2-x}.$

Equazione di secondo grado di radici: $\text{-0,169}$ e $\text{0,272}$ . La soluzione negativa non ha senso fisico, in quanto equivale a una pressione negativa ed è quindi da scartare. La soluzione positiva, invece, è accettabile. Di conseguenza:

$P_{\text{NO}_2,\text{eq}} = 2x = 2 \cdot \text{0,272} = \text{0,544} \, \text{atm}$

$P_{\text{N}_2\text{O}_4,\text{eq}} = 2 - x = 2 - \text{0,272} = \text{173} \, \text{atm}$

$P_{\text{tot}} = P_{\text{NO}_2,\text{eq}} + P_{\text{N}_2\text{O}_4,\text{eq}} = \text{0,544} + \text{1,73} = \text{2,27} \, \text{atm}.$

Alla stessa soluzione si può arrivare utilizzando $K_c$ e le concentrazioni molari:

$[\text{N}_2\text{O}_{4,i}] = \frac{n_{\text{N}_{2\text{O}_4,i}}}{V} = \frac{\text{0,4075}}{5} = \text{0,0815} \, \text{mol/L}$

mol/L	[N₂O₄]	[NO₂]
Inizio	0,0815	0
Variazione	-x	+2x
Equilibrio	0,0815-x	2x

$K_c = \frac{K_p} {(RT)^{\Delta n}} = \frac{\text{0,172} }{(\text{0,0821} \cdot 299)^{2-1}} = \text{0,007} \, \text{mol/L}.$

Ma $K_c$ è anche uguale a:

$K_c = \frac{(2x)^2}{\text{0,0815}-x}.$

Equazione di secondo grado di radici: $\text{-0,019}$ e $\text{0,015}$ . La soluzione negativa non ha significato fisico, quella positiva è accettabile. All’equilibrio si hanno dunque le seguenti concentrazioni:

$[\text{N}_2\text{O}_{4,\text{eq}}] = \text{0,0815} - x = \text{0,0665} \, \text{mol/L}$

$[\text{NO}_{2,\text{eq}}] = 2x = \text{0,030} \, \text{mol/L}.$

Cui corrispondono le pressioni:

$P_{\text{NO}_2,\text{eq}} = [\text{NO}_2,\text{eq}] \cdot R \cdot T = \text{0,73} \, \text{atm}$

$P_{\text{N}_2\text{O}_4,\text{eq}} = [\text{N}_2\text{O}_4,\text{eq}] \cdot R \cdot T = \text{1,63} \, \text{atm}.$

La cui somma è

$\boxcolorato{chimica}{\text{2,36} \, \text{atmosfere}. }$

Nota: la discrepanza col risultato del primo svolgimento è dovuta alle approssimazioni nei calcoli.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un reattore avviene la reazione:

$2\text{SO}_{2(g)} + \text{O}_{2(g)} \leftrightarrow 2\text{SO}_{3(g)}$

Calcolare la costante di equilibrio $K_p$ :

alla temperatura di $25\, ^\circ\text{C}$
alla temperatura di $80\, ^\circ\text{C}$

sapendo che a $25 \, ^\circ\text{C}$ :

$\Delta H_f^\circ \text{SO}_{2(g)} = -71 \, \text{kcal/mol}$

$\Delta H_f^\circ \text{SO}_{3(g)} = \text{-94,5} \, \text{kcal/mol}$

$\Delta G_f^\circ \text{SO}_{2(g)} = \text{-71,79} \, \text{kcal/mol}$

$\Delta G_f^\circ \text{SO}_{3(g)} = \text{-88,52} \, \text{kcal/mol}$

$\Delta S^\circ \text{SO}_{2(g)} =\text{ 59,39} \cdot 10^{-3} \, \text{kcal/mol} \cdot \text{K}$

$\Delta S^\circ \text{O}_{2(g)} = 49 \cdot 10^{-3} \, \text{kcal/mol} \cdot \text{K}$

$\Delta S^\circ \text{SO}_{3(g)} = \text{61,23} \cdot 10^{-3} \, \text{kcal/mol} \cdot \text{K}.$

Svolgimento.

La relazione che lega l’energia libera con $K_p$ è:

$\Delta G = - R \cdot T \cdot \ln K_p = \text{- 2,303} \cdot R \cdot T \cdot \log K_p.$

Svolgimento punto 1.

Si calcola dapprima $\Delta G$ in condizioni standard, facendo attenzione che per gli elementi, quali l’ossigeno, il $\Delta G$ di formazione è nullo:

$\Delta G^\circ = 2 \cdot \Delta G_f^\circ \text{SO}_3 - 2 \cdot \Delta G_f^\circ \text{SO}_2 = 2 \cdot (\text{-88,52}) - 2 \cdot (\text{-71,79}) = \text{-33,46} \, \text{kcal/mol}.$

Sostituendo il valore appena trovato nell’equazione di partenza e risolvendola si ottiene:

$\boxcolorato{chimica}{K_p = \text{3,48} \cdot 10^{24}. }$

Nota: $T = 298 \, \text{K}$ , $R$ è stato considerato $\text{1,987} \cdot 10^{-3} \, \text{kcal/(mol \cdot K)}.$

Svolgimento punto 2.

Ipotizzando che la reazione avvenga a pressione costante, $\Delta H$ e $\Delta S$ non dipendono in misura apprezzabile dalla temperatura, per i calcoli si possono usare quindi le grandezze in condizioni standard:

$\Delta G = \Delta H_f^\circ - T \cdot \Delta S^\circ = (2 \cdot \Delta H_f^\circ \text{SO}_3 - 2 \cdot \Delta H_f^\circ \text{SO}_2) - T \cdot [2 \cdot \Delta S^\circ \text{SO}_3 - (2 \cdot \Delta S^\circ \text{SO}_2 + \Delta S^\circ \text{O}_2)].$

Sostituendo i valori all’interno delle grandezze si ottiene:

$\Delta G = -31 \, \text{kcal/mol}.$

Da cui:

$\boxcolorato{chimica}{K_p = \text{1,56} \cdot 10^{19}.}$

Nota: $T_2 = 353 \, \text{K}$ .

In alternativa si può usare l’equazione di Van’t Hoff per tenere conto della variazione di temperatura e trovare $K_p(353 \, \text{K})$ :

$\ln \frac{K_p(353 \, \text{K})}{K_p(298 \, \text{K})} = \frac{\Delta H_f^\circ}{R} \left( \frac{T_2 - T_1}{T_2 T_1} \right).$

Sostituendo e risolvendo rispetto a $K_p(353 \, \text{K})$ si ottiene un valore pari a

$\boxcolorato{chimica}{K_p(353 \, \text{K})=\text{1,48} \cdot 10^{19}.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un reattore da $1\, \text{L}$ , in cui sono presenti $\text{2}$ moli di idrogeno gassoso, vengono introdotti $25\, \text{g}$ di zolfo solido. Si scalda a $450\, \text{K}$ : lo zolfo fonde. Avviene la reazione:

$\text{S}_{(l)} + \text{H}_{2(g)} \leftrightarrow \text{H}_2\text{S}_{(g)}.$

All’equilibrio sono presenti $\text{0,25}$ moli di $\text{H}_2\text{S}$ . Calcolare la costante di equilibrio $K_c$ della reazione.

Svolgimento.

La reazione avviene in fase eterogenea e com’è noto, la concentrazione molare della fase più condensata, liquido in questo caso, non influisce sull’equilibrio. Di conseguenza:

$K_c = \frac{[\text{H}_2\text{S}]}{[\text{H}_2]}$

mol/L	[H₂]	[H₂S]
Inizio	2	0
Variazione	-x	+x
Equilibrio	2-x	0,25

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{[\text{H}_2\text{S}]}{[\text{H}_2]} = \frac{\text{0,25}}{2-\text{0,25}} = \text{0,143.} }$

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Date le seguenti reazioni reversibili, calcolare per ognuna la costante di equilibrio $K_c$ della reazione inversa:

$2\text{NH}_{3(g)} \leftrightarrow \text{N}_{2(g)} + 3\text{H}_{2(g)} \quad \text{(a $350\, ^\circ\text{C}$, } K_c = \text{37,59})$

$\text{O}_{2(g)} + 2\text{H}_{2(g)} \leftrightarrow 2\text{H}_2\text{O}_{(g)} \quad \text{(a $727 \, ^\circ\text{C}$, } K_c = \text{1,88} \cdot 10^{-9})$

$2\text{NO}_{2(g)} \leftrightarrow 2\text{NO}_{(g)} + \text{O}_{2(g)} \quad \text{(a $227\, ^\circ\text{C}$, } K_c = 125).$

Svolgimento.

La costante di equilibrio di una certa reazione inversa è definibile come:

$K'_c = \frac{1}{K_c}$

relazione sufficiente a rispondere al quesito.

$\boxcolorato{chimica}{1) K'_c = \frac{1}{\text{37,59}} = \text{2,66 }\cdot 10^{-2}; }$

$\boxcolorato{chimica}{2) K'_c = \frac{1}{\text{1,88} \cdot 10^{-9}} = \text{5,32} \cdot 10^{8};}$

$\boxcolorato{chimica}{3) K'_c = \frac{1}{125} = 8 \cdot 10^{-3}. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un recipiente ermeticamente chiuso avviene la reazione generica:

$\text{A}_{(g)} + 2\text{B}_{(g)} \leftrightarrow 2\text{C}_{(g)}$

per la quale, a una data temperatura, $K_c = \text{1,12} \cdot 10^{-2}$ . Calcolare la concentrazione molare di $\text{C}$ , sapendo che all’equilibrio vi sono $\text{0,40}\, \text{mol/L}$ di $\text{A}$ e $\text{0,25}\, \text{mol/L}$ di $\text{B}$ .

Svolgimento.

$K_c = \frac{[\text{C}]^2}{[\text{A}] \cdot [\text{B}]^2}.$

L’unica incognita è la concentrazione della specie “C”. Esplicitando l’equazione precedente rispetto a $\text{C}$ si ottiene:

$\boxcolorato{chimica}{[\text{C}] = \pm \sqrt{K_c \cdot [\text{A}] \cdot [\text{B}]^2} = \sqrt{\text{1,12} \cdot 10^{-2} \cdot \text{0,40} \cdot (\text{0,25})^2} = \text{+1,7} \cdot 10^{-2} \, \text{mol/L}. }$

Nota: La soluzione col segno negativo non ha significato fisico ed è quindi da escludere.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un recipiente ermeticamente chiuso, del volume $V = \text{2,5} \, \text{L}$ avviene la seguente reazione generica di decomposizione, in fase gassosa omogenea:

$\text{A} \leftrightarrow \text{B} + \text{C}.$

Sapendo che all’equilibrio vi sono $\text{1,5}$ moli di $\text{B}$ e $\text{1,5}$ moli di $\text{C}$ e che all’inizio si erano introdotte $\text{25}$ moli di $\text{A}$ , calcolare la costante di equilibrio $K_c$ .

Svolgimento.

$[\text{A}]_i = \frac{n_{\text{A},i}}{V} = \frac{25}{\text{2,5}} = 10 \, \text{mol/L}$

$[\text{B}]_{eq} = \frac{n_{\text{B},eq}}{V} = \frac{\text{1,5}}{\text{2,5}} = \text{0,6} \, \text{mol/L}$

$[\text{C}]_{eq} = \frac{n_{\text{C},eq}}{V} = \frac{\text{1,5}}{\text{2,5}} = \text{0,6} \, \text{mol/L}.$

Illustriamo il processo con una tabella:

mol/L	[A]	[B]	[C]
Inizio	10	0	0
Variazione	-x	+x	+x
Equilibrio	9,4	0,6	0,6

Di conseguenza:

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{[\text{B}] \cdot [\text{C}]}{[\text{A}]} = \frac{\text{0,6} \cdot \text{0,6}}{10 - \text{1,5}} = \frac{\text{0,36}}{\text{8,5}} = \text{4,24} \cdot 10^{-2}. }$

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la costante di equilibrio $K_c$ per la reazione generica:

$2\text{A} + \text{B}_2 \leftrightarrow 2\text{AB}$

sapendo che, a una data temperatura si raggiunge l’equilibrio quando le concentrazioni molari delle tre sostanze coinvolte sono:

$[\text{A}] = \text{1,66} \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L} \quad ; \quad [\text{B}_2] = \text{2,48 }\cdot 10^{-3} \, \text{mol/L} \quad ; \quad [\text{AB}] = \text{1,98} \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}.$

Svolgimento.

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{[\text{AB}]^2}{[\text{A}]^2 \cdot [\text{B}_2]} = \frac{(\text{1,98} \cdot 10^{-3})^2}{(\text{1,66} \cdot 10^{-3})^2 \cdot \text{2,483} \cdot 10^{-3}} = 574 \, (\text{mol/L})^{-1}. }$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .In un reattore chiuso da $5\, \text{L}$ vengono introdotti $\text{42,016}\, \text{g}$ di ossido di carbonio $\text{CO}$ e $\text{27,024}\, \text{g}$ di $\text{H}_2\text{O}$ . Riscaldando il reattore alla temperatura di $950\, ^\circ\text{C}$ si osserva che all’equilibrio sono presenti $\text{0,84}$ moli di $\text{CO}_2$ . Calcolare il valore della costante di equilibrio $K_c$ per la reazione:

$\text{CO}_{(g)} + \text{H}_2\text{O}_{(g)} \leftrightarrow \text{CO}_{2(g)} + \text{H}_{2(g)}.$

Svolgimento.

Per calcolare $K_c$ bisogna conoscere le concentrazioni all’equilibrio. Si procede come negli esercizi precedenti, costruendo una tabella. Si calcolano dapprima le concentrazioni iniziali dei reagenti:

$n_{\text{CO},i} = \frac{m_{\text{CO}}}{M_{\text{CO}}} = \frac{\text{42,016} \, \text{g}}{\text{28,01} \, \text{g/mol}} = \text{1,5} \, \text{mol}$

$[\text{CO}]_{i} = \frac{\text{1,5}}{5} =\text{ 0,3} \, \text{mol/L}$

$n_{\text{H}_2\text{O},i} = \frac{m_{\text{H}_2\text{O}}}{M_{\text{H}_2\text{O}}} = \frac{\text{27,024} \, \text{g}}{\text{18,016} \, \text{g/mol}} = \text{1,5 }\, \text{mol}$

$[\text{H}_2\text{O}]_i = \frac{\text{1,5}}{5} = \text{0,3} \, \text{mol/L}.$

E la concentrazione della $\text{CO}_2$ all’equilibrio:

$[\text{CO}_2]_{eq} = \frac{\text{0,84}}{5} = \text{0,168} \, \text{mol/L}.$

Si passa alla tabella:

mol/L	[CO]	[H₂O]	[CO₂]	[H₂]
Inizio	0,3	0,3	0	0
Variazione	-x	-x	+x	+x
Equilibrio	0,3-x	0,3-x	0,168	0,168

Di conseguenza:

$\boxcolorato{chimica}{ K_c = \frac{[\text{CO}_2] \cdot [\text{H}_2]}{[\text{CO}] \cdot [\text{H}_2\text{O}]} = \frac{\text{0,168} \cdot \text{0,168}}{(\text{0,3} - \text{0,168}) \cdot (\text{0,3} - \text{0,168})} = \frac{\text{0,028224}}{\text{0,017664}} = \text{1,60}.}$

Esercizio 13 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un recipiente chiuso del volume $V = 2 \, \text{L}$ avviene, a una data temperatura la reazione:

$2\text{SO}_{3(g)} \leftrightarrow 2\text{SO}_{2(g)} + \text{O}_{2(g)}.$

All’equilibrio nel recipiente vi sono: $\text{0,8}$ moli di $\text{SO}_2$ , $\text{1,2}$ moli di $\text{O}_2$ e $\text{2,4}$ moli di $\text{SO}_3$ . Calcolare il valore della costante di equilibrio $K_c$ .

Svolgimento.

Il primo passo è ricavarsi le concentrazioni all’equilibrio. In questo caso il testo fornisce già le moli di reagente e prodotti in tale condizione:

$[\text{SO}_3] = \frac{\text{2,4}}{2} = \text{1,2} \, \text{mol/L}$

$[\text{SO}_2] = \frac{\text{0,8}}{2} = \text{0,4} \, \text{mol/L}$

$[\text{O}_2] = \frac{\text{1,2}}{2} = \text{0,6} \, \text{mol/L}$

$\boxcolorato{chimica}{ K_c = \frac{[\text{SO}_2]^2 \cdot [\text{O}_2]}{[\text{SO}_3]^2} = \frac{(\text{0,4})^2 \cdot \text{0,6}}{(\text{1,2})^2} = \text{6,67 }\cdot 10^{-2} \, (\text{mol/L})^{-1}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . A una data temperatura e pressione, lo iodio gassoso e l’idrogeno reagiscono tra loro secondo la reazione:

$\text{I}_{2(g)} + \text{H}_{2(g)} \leftrightarrow 2\text{HI}_{(g)} \quad (K_c = \text{70,20}).$

Calcolare la concentrazione molare dei tre gas all’equilibrio, se la reazione avviene in un reattore del volume di $5\, \text{L}$ con $\text{25}$ moli di $\text{I}_2$ e $\text{50}$ moli di $\text{H}_2$ iniziali.

Svolgimento.

Si parte dal calcolo delle concentrazioni molari iniziali:

$[\text{I}_2]_i = \frac{25}{5} = 5 \, \text{mol/L}$

$[\text{H}_2]_i = \frac{50}{5} = 10 \, \text{mol/L}.$

Si costruisce ora la tabella riassuntiva del processo:

mol/L	[H_2]	[I_2]	[HI]
Inizio	5	10	0
Variazione	-x	-x	+2x
Equilibrio	5-x	10-x	2x

Dall’espressione di $K_c$ è ora possibile trovare le concentrazioni all’equilibrio. Si risolve, innanzitutto, la seguente equazione di secondo grado in “x”:

$K_c = \frac{[\text{HI}]^2}{[\text{H}_2] \cdot [\text{I}_2]} = \frac{(2x)^2}{(5-x) \cdot (10-x)} = \text{70,20}.$

Da cui si ottengono le radici: $\text{4,75}$ e $\text{11,15}$ . La seconda non è accettabile poiché porterebbe a un numero negativo di moli di reagenti. $\text{4,75}$ invece è accettabile. È ora possibile calcolare le concentrazioni delle specie all’equilibrio:

$\boxcolorato{chimica}{ [\text{I}_2]_{eq} = 5 - \text{4,75} = \text{0,25} \, \text{mol/L}; }$

$\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_2]_{eq} = 10 - \text{4,75} = \text{5,25} \, \text{mol/L};}$

$\boxcolorato{chimica}{[\text{HI}]_{eq} = 2 \cdot \text{4,75} = \text{9,5} \, \text{mol/L}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Alla temperatura di $1227\, ^\circ\text{C}$ , il valore della costante $K_p$ per la reazione:

$2\text{H}_2\text{O}_{(g)} \leftrightarrow \text{O}_{2(g)} + 2\text{H}_{2(g)} \quad \text{è } K_p = 4 \cdot 10^{-12}.$

Calcolare il valore di $K_c$ alla stessa temperatura.

Svolgimento.

La relazione che lega $K_c$ a $K_p$ è:

$K_p = K_c \cdot (RT)^{\Delta n}.$

Ma essendo $\Delta n = 0$ :

$\boxcolorato{chimica}{K_c = K_p. }$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un reattore da $10\, \text{L}$ alla temperatura costante di $267\, ^\circ\text{C}$ , viene introdotto pentacloruro di fosforo gassoso $\text{PCl}_5$ . Avviene la reazione di decomposizione:

$\text{PCl}_5(g) \leftrightarrow \text{PCl}_3(g) + \text{Cl}_2(g).$

All’equilibrio nel reattore si trovano $\test{5,8}$ moli di $\text{PCl}_3$ ; $\test{5,8}$ moli di $\text{Cl}_2$ e $\test{2,7}$ moli di $\text{PCl}_5$ . Calcolare:

il valore di $K_p$ ;
il valore di $K_p$ se la temperatura fosse di $534\, ^\circ\text{C}$ , sapendo che $\Delta H_f^\circ = \text{87,9} \, \text{kJ/mol}$ .

Svolgimento punto 1.

$K_p = \frac{p_{\text{PCl}_3} \cdot p_{\text{Cl}_2}}{p_{\text{PCl}_5}}$

$p_{\text{PCl}_5,eq} = \frac{n_{\text{PCl}_5,eq} \cdot R \cdot T}{V} = \frac{\text{2,7} \cdot \text{0,0821} \cdot 540}{10} = 12 \, \text{atm}$

$p_{\text{PCl}_3,eq} = \frac{n_{\text{PCl}_3,eq} \cdot R \cdot T}{V} = \frac{\text{5,8} \cdot \text{0,0821} \cdot 540}{10} = \text{25,7} \, \text{atm}$

$p_{\text{Cl}_2,eq} = \frac{n_{\text{Cl}_2,eq} \cdot R \cdot T}{V} = \frac{\text{5,8} \cdot \text{0,0821} \cdot 540}{10} = \text{25,7} \, \text{atm}$

$\boxcolorato{chimica}{K_p(267 \, \text{°C}) = \frac{\text{25,7} \cdot \text{25,7}}{12} = 55. \, \text{atm}}$

Svolgimento punto 2.

Alla temperatura di $534 \, ^\circ\text{C}$ , vale a dire $807\, \text{K}$ , si usa l’equazione di Van’t Hoff:

$\ln \frac{K_p(807 \, \text{K})}{K_p(540 \, \text{K})} = \frac{\Delta H_f^\circ}{R} \left( \frac{T_2 - T_1}{T_2 T_1} \right)$

$\boxcolorato{chimica}{K_p(807 \, \text{K}) = \text{3,6} \cdot 10^4. }$

Nota: $R = \text{8,314} \cdot 10^{-3} \, \text{kJ/(mol \cdot K)}.$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Utilizzando i dati del problema precedente, calcolare il valore della costante $K_p$ e il valore di $K_c$ , alla temperatura costante di $267\, ^\circ\text{C}$ , per la reazione di sintesi di $\text{PCl}_5$ :

$\text{PCl}_{3(g)} + \text{Cl}_{2(g)} \leftrightarrow \text{PCl}_{5(g)}.$

Svolgimento.

Le pressioni parziali dei gas all’equilibrio saranno le medesime dell’esercizio precedente:

$p_{\text{PCl}_3,eq} = \text{25,7} \, \text{atm}$

$p_{\text{Cl}_2,eq} = \text{25,7} \, \text{atm}$

$p_{\text{PCl}_5,eq} = 12 \, \text{atm}.$

Ma stavolta la reazione è di sintesi, per cui:

$\boxcolorato{chimica}{ K_p = \frac{p_{\text{PCl}_5}}{p_{\text{PCl}_3} \cdot p_{\text{Cl}_2}} = \frac{12}{\text{25,7} \cdot \text{25,7}} = \text{0,018} \, \text{atm}^{-1}.}$

È possibile infine passare da $K_p$ a $K_c$ attraverso la relazione:

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{K_p}{(RT)^{\Delta n}} = \frac{\text{0,018}}{(\text{0,0821} \cdot 540)^{-1}} = \text{0,8} \, (\text{mol/L})^{-1}. }$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un recipiente chiuso del volume di $4\, \text{L}$ , mantenuto alla temperatura costante di $327\, ^\circ\text{C}$ , vengono introdotti $\text{13,62}\, \text{g}$ di $\text{NH}_3(g)$ . Avviene la reazione:

$2\text{NH}_3(g) \leftrightarrow \text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g).$

All’equilibrio la pressione sul reattore risulta $P = \text{18,84} \, \text{atm}$ . Calcolare:

il numero totale di moli presenti all’equilibrio;
il valore di $K_c$ per la decomposizione di $\text{NH}_3$ .

Svolgimento punto 1.

Poiché è nota la pressione di equilibrio, attraverso l’equazione di stato dei gas perfetti è anche possibile calcolare il numero di moli totali nelle stesse condizioni:

$\boxcolorato{chimica}{n_{\text{tot,eq}} = \frac{P \cdot V}{R \cdot T} = \frac{\text{18,84} \cdot 4}{\text{0,0821} \cdot (273 + 327)} = \text{1,53} \, \text{mol}. }$

Svolgimento punto 2.

Si mettono ora in luce le concentrazioni all’equilibrio:

$n_{\text{NH}_3,i} = \frac{m_{\text{NH}_3}}{M_{\text{NH}_3}} = \frac{\text{13,62} \, \text{g}}{\text{17,03} \, \text{g/mol}} = \text{0,8} \, \text{mol}$

$[\text{NH}_3]_i = \frac{n_{\text{NH}_3,i}}{V} = \frac{\text{0,8}}{4} = \text{0,2} \, \text{mol/L}.$

mol/L	[NH₃]	[N₂]	[H₂]
Inizio	0,2	0	0
Variazione	-2x	+x	+3x
Equilibrio	0,2 – 2x	x	3x

Essendo noto il numero di moli totali all’equilibrio ha senso costruire l’equazione:

$n_{\text{tot,eq}} = V \cdot (\text{0,2} - 2x + x + 3x) = \text{0,38} \, \text{mol/L}.$

Da cui si ricava:

$x = \text{0,09} \, \text{mol/L}$

$[\text{NH}_3]_{eq} = \text{0,2} - 2x = \text{0,02} \, \text{mol/L}$

$[\text{N}_2]_{eq} = x = \text{0,09} \, \text{mol/L}$

$[\text{H}_2]_{eq} = 3x = \text{0,27} \, \text{mol/L}$

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{[\text{N}_2]_{eq} \cdot [\text{H}_2]_{eq}^3}{[\text{NH}_3]_{eq}^2} = \frac{\text{0,09} \cdot (\text{0,27})^3}{(\text{0,02})^2} = \text{4,43} \, (\text{mol/L})^2. }$

Esercizio 19 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il valore della costante di equilibrio $K_p$ per la reazione di decomposizione di $\text{SO}_3(g)$ :

$2\text{SO}_{3(g)} \leftrightarrow 2\text{SO}_{2(g)} + \text{O}_{2(g)}$

sapendo che all’equilibrio le pressioni parziali dei tre gas sono:

$p_{\text{SO}_3} = \text{0,162} \, \text{atm} \quad ; \quad p_{\text{SO}_2} = \text{0,136} \, \text{atm} \quad ; \quad p_{\text{O}_2} = \text{0,203} \, \text{atm}.$

Svolgimento.

Il problema è di immediata risoluzione essendo note le pressioni parziali all’equilibrio:

$\boxcolorato{chimica}{ K_p = \frac{p_{\text{SO}_2}^2 \cdot p_{\text{O}_2}}{p_{\text{SO}_3}^2} = \frac{(\text{0,136})^2 \cdot \text{0,203}}{(\text{0,162})^2} = \text{0,143} \, \text{atm}.}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un reattore da $1\, \text{L}$ , alla temperatura di $485\, ^\circ\text{C}$ , avviene la reazione in fase gassosa omogenea seguente, per la quale $K_p = \text{0,676}$ :

$\text{SbCl}_{5(g)} \leftrightarrow \text{SbCl}_{3(g)} + \text{Cl}_{2(g)}.$

Calcolare quante moli di $\text{SbCl}_5$ all’equilibrio restano indecomposti, se all’inizio ne erano state introdotte $\text{5,50} \cdot 10^{-2}$ .

Svolgimento.

Per rispondere al quesito bisogna ricavarsi le moli di $\text{SbCl}_5$ all’equilibrio. Si costruisce una tabella per documentare la variazione delle pressioni parziali durante lo sviluppo della reazione, considerando che la pressione iniziale di $\text{SbCl}_5$ è:

$p_{\text{SbCl}_5,i} = \frac{n_{\text{SbCl}_5,i} \cdot R \cdot T}{V} = \frac{\text{0,055} \cdot \text{0,0821} \cdot 485}{1} = \text{2,19 }\, \text{atm}$

mol/L	[H₂]	[I₂]	[HI]
Inizio	2,19	0	0
Variazione	-x	+x	+x
Equilibrio	2,19 – x	x	x

Si risolve ora l’equazione:

$K_p = \text{0,676} = \frac{p_{\text{SbCl}_3} \cdot p_{\text{Cl}_2}}{p_{\text{SbCl}_5}} = \frac{x \cdot x}{\text{2,19} - x}$

da cui si ottiene:

$x = \text{0,92} \, \text{atm}.$

La pressione di equilibrio di $\text{SbCl}_5$ quindi è:

$p_{\text{SbCl}_5,eq} = \text{2,19} - \text{0,92} = \text{1,27} \, \text{atm}.$

E attraverso l’equazione di stato dei gas perfetti è possibile risalire alle moli corrispondenti, proprio quelle richieste dal problema:

$\boxcolorato{chimica}{n_{\text{SbCl}_5,eq} = \frac{p_{\text{SbCl}_5,eq} \cdot V}{R \cdot T} = \frac{\text{1,27} \cdot 1}{\text{0,0821 }\cdot 485} = \text{0,032} \, \text{mol}. }$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un reattore termostatico del volume di $1 \, \text{L}$ vengono introdotte $\text{0,146}$ moli di $N_2O_4$ . Alla temperatura di $47\, ^\circ\text{C}$ , $K_p = 9 \cdot 10^{-22}$ . Si stabilisce l’equilibrio:

$\text{N}_2\text{O}_{4(g)} \leftrightarrow 2\text{NO}_{2(g)}.$

Calcolare la pressione totale all’equilibrio.

Svolgimento.

La pressione totale è la somma delle pressioni parziali dei singoli gas. Si costruisce una tabella per documentare la variazione delle pressioni parziali durante lo sviluppo della reazione, considerando che la pressione iniziale di N $_2$ O $_4$ è:

$p_{\text{N}_2\text{O}_{4,i}} = \frac{n_{\text{N}_2\text{O}_{4,i}} \cdot R \cdot T}{V} = \frac{\text{0,146} \cdot \text{0,0821} \cdot (273+47)}{1} = \text{3,84} \text{ atm}$

atm	$p_{\text{N}_2\text{O}_4}$	$p_{\text{NO}_2}$
Inizio	3,84	0
Variazione	-x	+2x
Equilibrio	3,84-x	2x

Si risolve ora l’equazione:

$K_p = 9 \cdot 10^{-22} = \frac{p_{\text{NO}_2}^2}{p_{\text{N}_2\text{O}_4}} = \frac{(2x)^2}{\text{3,84}-x}.$

Da cui si ottengono una radice negativa, da scartare e una positiva, accettabile:

$x = \text{2,94} \cdot 10^{-11} \text{ atm}.$

La variazione x è estremamente piccola, sintomo che a $47\, ^\circ\text{C}$ la reazione di decomposizione di $N_2O_4$ avviene in maniera molto debole, quasi nulla. La pressione totale del sistema quindi non si discosterà di molto da quella iniziale del tetrossido di diazoto:

$\boxcolorato{chimica}{P_{\text{tot}} \approx \text{3,84} \text{atm}. }$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare:

$K_c$ ;
$K_p$ per la reazione seguente, sapendo che a $25\, ^\circ\text{C}$ $\Delta G^0 = \text{1,3} \text{ kJ/mol}$ :
$\text{H}_{2(g)} + \text{I}_{2(g)} \leftrightarrow 2\text{HI}_{(g)}.$

Svolgimento punto 1.

La relazione che lega $K_c$ a $K_p$ è:

$K_p = K_c \cdot (RT)^{\Delta n}.$

Ed essendo $\Delta n = 0$ , $K_c = K_p$ .

Svolgimento punto 2.

$K_p$ si può ottenere, invece, dalla relazione:

$\Delta G = - R \cdot T \cdot \ln K_p.$

Risolvibile come equazione logaritmica. Esplicitando poi $K_p$ si ha:

$\boxcolorato{chimica}{K_p = \text{0,35}. }$

Nota: nei calcoli si è usato il valore $\text{8,314} \cdot 10^{-3} \text{ kJ/(mol·K)}$ per “R”.

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un reattore termostatico avviene la reazione:

$2\text{NH}_{3(g)} \leftrightarrow \text{N}_{2(g)} + 3\text{H}_{2(g)} \quad \text{a 380 K}$

Calcolare:

la costante di equilibrio $K_p$
la costante di equilibrio $K_c$ .

Servirsi delle tabelle relative a $\Delta G_f^0$ , $\Delta H_f^0$ e $\Delta S^0$ .

Svolgimento punto 1.

Per trovare $K_p$ è necessaria la relazione:

$\Delta G = - R \cdot T \cdot \ln K_p.$

Poiché nelle reazioni che avvengono a pressione costante $\Delta H$ e $\Delta S$ non dipendono in misura apprezzabile dalla temperatura, è possibile usufruire della relazione:

$\Delta G = \Delta H_f^0 - T \Delta S^0.$

E usare cioè l’entalpia e l’entropia degli elementi e dei composti in condizioni standard, ricavabili da tabelle online o su un libro di testo.

$\Delta H_f^0 = 3 \cdot \Delta H_{f,\text{H}_2}^0 + \Delta H_{f,\text{N}_2}^0 - 2 \cdot \Delta H_{f,\text{NH}_3}^0 = 0 + 0 - 2 \cdot (\text{-46,19}) = \text{92,38} \text{ kJ/mol}$

$\Delta S^0 = 3 \Delta S_{\text{H}_2}^0 + \Delta S_{\text{N}_2}^0 - 2 \Delta S_{\text{NH}_3}^0 = 3 \cdot \text{0,131} + \text{0,192} - 2 \cdot \text{0,11} = \text{0,365} \text{ kJ/(mol·K)}$

$\Delta G = \text{92,38} - T \cdot \text{0,365} = \text{92,38} - 380 \cdot \text{0,365} = \text{- 46,32} \text{ kJ/mol}.$

Risolvendo l’equazione logaritmica si può esplicitare $K_p$ :

$\boxcolorato{chimica}{K_p = \text{2,33} \cdot 10^6. }$

Svolgimento punto 2.

La relazione che lega $K_p$ a $K_c$ è:

$K_p = K_c \cdot (RT)^{\Delta n}.$

Che esplicitata rispetto a $K_c$ dà:

$K_c = \frac{K_p}{(RT)^{\Delta n}} = \frac{\text{2,33} \cdot 10^6}{(\text{8,314} \cdot 10^{-3} \cdot 380)^2} = \text{2,33} \cdot 10^5.$

Nota: in alternativa il problema può essere svolto senza applicare l’ipotesi semplificativa sulla esigua variazione di $\Delta H$ e $\Delta S$ rispetto alla temperatura. In tal caso si calcola $\Delta G^0$ per trovare $K_p$ ( $25\, ^\circ\text{C}$ ). In seguito tramite equazione di Van’t Hoff si ricava $K_p$ ( $380\, \text{K}$ ) e subito dopo $K_c$ ( $380\, \text{K}$ ). Con questo procedimento i risultati vengono:

$\boxcolorato{chimica}{K_p \text{ (380K)} = 4 \cdot 10^{11} \quad \text{e} \quad K_c \text{ (380K)} = 4 \cdot 10^{10}. }$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un recipiente termostatico del volume $\text{1,5} \, \text{L}$ , ermeticamente chiuso, vengono introdotti $\text{36,035}\, \text{g}$ di carbonio grafitico $C_{(s)}$ e $\text{3}$ moli di $O_2$ . Scaldando fino a una certa temperatura, la grafite fonde e avviene la reazione:

$\text{C}_{(l)} + \text{O}_{2(g)} \leftrightarrow \text{CO}_{2(g)}.$

Sapendo che all’equilibrio sono presenti $\text{0,45}$ moli di $CO_2$ calcola:

la costante di equilibrio $K_c$ a quella temperatura
la costante di equilibrio $K_c$ della reazione inversa.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare $K_c$ sono necessarie le concentrazioni all’equilibrio. Ricordando che in una reazione in fase eterogenea la concentrazione delle specie più condensate, in questo caso il liquido, non influenza l’equilibrio, si imposta una tabella per riassumere la variazione delle concentrazioni:

$[\text{O}_{2(g),\text{inizio}}] = \frac{n_{\text{O}_2,\text{inizio}}}{V_{\text{recipiente}}} = \frac{3}{\text{1,5}} = 2 \text{ mol/L}$

$[\text{CO}_{2(g),\text{eq.}}] = \frac{n_{\text{CO}_2,\text{eq.}}}{V_{\text{recipiente}}} = \frac{\text{0,45}}{\text{1,5}} = \text{0,3} \text{ mol/L}$

mol/L	$\text{O}_2$	$\text{CO}_2$
Inizio	2	0
Variazione	-x	+x
Equilibrio	2-x	x

Essendo $x = \text{0,3} \text{ mol/L}$ , è immediato ricavare la concentrazione all’equilibrio dell’ossigeno:

$[\text{O}_{2(g),\text{eq.}}] = 2 - x = \text{1,7} \text{ mol/L}.$

Ne segue che:

$\boxcolorato{chimica}{K_c = \frac{[\text{CO}_2]}{[\text{O}_2]} = \frac{\text{0,3}}{\text{1,7}} = \text{0,176} \text{ (mol/L)}^{-1}. }$

Svolgimento punto 2.

La costante di equilibrio della reazione inversa è:

$\boxcolorato{chimica}{K_c' = \frac{1}{K_c} = \frac{1}{\text{0,176}} = \text{5,68} \text{ mol/L}. }$

Esercizi sull’equilibrio chimico: bibliografia

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Esercizi tratti da: A. Post Barocchi, A. Tagliabue – CHIMICA progetto modulare – 2007 S. Lattes, C. Editori Spa – Torino – Printed in Italy per conto della casa editrice Vincenzo Bona Spa – Torino.

Esercizi sull’equilibrio chimico

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