Równowaga chemiczna

Równowaga chemiczna

Poćwiczymy dzisiaj zadania z równowagi chemicznej – działu z fizycznej, który pojawia się mam wrażenie w każdej edycji. Zdecydowanie za często. To ciekawy dział i da się tu rzeczywiście mnóstwo ciekawych zadań ułożyć, ale pojawia się non stop przez ostatnie kilka lat. Mam wrażenie, że wszyscy mają dość.

Ze względu na rosnącą ciągle ważność tego działu, warto opanować zagadnienia z tym związane. Zadanie będzie w miarę trudne, tak bym je umieścił gdzieś pomiędzy I a II etapem. Miłego rozwiązywania!

Zadanie 1

Weźmy sobie reakcję syntezy metanolu, w której wszystkie reagenty są w stanie gazowym :

CO + 2H_{2} \leftrightarrow CH_{3}OH

Wiadomo, że dla T=500K \ K_{p} = 6,1 \cdot 10^{-3} \frac{1}{bar^{2}}

a) mieszaninę tlenku węgla (II) oraz wodoru, które są potrzebne do syntezy metanolu otrzymano najpierw w wyniku reakcji o nazwie ,,gazyfikacja węgla” , polegającej na konwersji węgla z użyciem pary wodnej do wymienionej wyżej mieszaniny – załóż, że ta reakcja przebiegła w stu procentach. Oblicz ułamki molowe tlenku węgla (II), wodoru oraz metanolu w stanie równowagi, wiedząc że całkowite ciśnienie w układzie wynosi p_{c} = 100 \ bar.

b) W naczyniu o pojemności 1 / dm^{3} umieszczono 1 mol metanolu i podgrzano do T = 500K. Oblicz stopień dysocjacji metanolu.

Rozwiązanie :

a) chyba najtrudniejszą rzeczą w tym podpunkcie jest wykombinowanie, o co chodzi z tą pierwszą reakcją. Zapiszmy ją sobie :

C + H_{2}O \rightarrow CO + H_{2} \implies i teraz powstające produkty potrzebne są do…

CO + 2H_{2} \leftrightarrow CH_{3}OH

Reakcja przebiega stechiometrycznie i w całości (stąd strzałka idąca tylko ,,w prawo”). Z niej dostajemy informacje, że powstaje tlenek węgla oraz wodór w stosunku 1:1. Bo zauważmy – w zadaniu nie ma nic podane na temat ile wziąłem właśnie tych substratów do syntezy metanolu i właśnie po to jest ta pierwsza reakcja – to ona determinuje ,,początek tabelki”. Także bardzo ciekawa rzecz i zagadnienie, którego jeszcze na OlChemie nie widziałem, zatem polecam zapamiętać.

Zróbmy sobie zatem ,,tabelkę” dotyczącą syntezy metanolu :

CO 2H_{2} CH_{3}OH
n^{\circ} 1 1 0
n_{k} 1 - x 1 - 2x x
\chi \frac{1-x}{2-2x} \frac{1-2x}{2-2x} \frac{x}{2-2x}
 p \frac{(1-x)p}{2-2x} \frac{(1-2x)p}{2-2x} \frac{xp}{2-2x}

I dla wyjaśnienia :

  • n^{\circ} \implies to początkowa liczba moli. My wiemy, z reakcji poprzedzającej, że jest to stosunek 1:1. Generalnie, możemy sobie przyjąć każde liczby, byle zachować taki stosunek lub zrobić to ogólnie i zapisać to jako n : n, ale tak jest po prostu łatwiej
  • n_{k} \implies to końcowa liczba moli. Uważajcie na stechiometrię reakcji – przed wodorem jest ,,dwójka” – współczynnik stechiometryczny, stąd pojawia się tam -2 \ x
  • \chi  \implies to ułamek molowy. Najprostsza definicja ułamka molowego :

\chi = \frac {liczba \ moli \ danego \ zwiazku}{suma \ wszystkich \ moli} .

Stąd wynika, że najpierw musimy policzyć sumę wszystkich moli ( w stanie równowagi) : \Sigma n= n^{k}_{CO} + n^{k}_{H_{2}} + n^{k}_{CH_{3}OH}

Zatem w naszej reakcji, posługując się danymi z tabelki : \Sigma n = (1 - x) + (1 - 2x) + x = 2 - 2x

Krótka obserwacja – zauważmy, że w miarę postępu reakcji, w sensie reakcja idzie do przodu, tworzy się więcej metanolu, a więc rośnie wartość x , to maleje suma moli wszystkich reagentów. Ma to sens patrząc na równanie reakcji : stechiometrycznie mamy przecież na początku reakcji 3 mole substratów i z tego ostatecznie powstaje łącznie 1 mol produktu.

Teraz, żeby obliczyć ułamek molowy dowolnego reagenta, wystarczy podzielić jego liczbę moli w stanie równowagi na liczbę moli wszystkich reagentów. Na przykładzie tlenku węgla :

\chi_{CO} = \frac {n_{CO}}{\Sigma n} = \frac{1 - x}{2 - 2x}

  • p \implies to oczywiście ciśnienie cząstkowe danego reagenta. Aby je obliczyć korzystamy tu z zależności znanej jako prawo Daltona :

p_{i} = \chi_{i} \cdot p_{c}

Nie jest to jakiś trudny wzór, ale jest on całkowicie logiczny, nie jest to natomiast coś ,,do wykucia”.

Bo wyobraźmy sobie balon, w którym ciśnienie wynosi p = 100 \ bar. W tym balonie są dwa gazy : azot ( którego zawartość wynosi 70% ) oraz tlen ( o zawartości 30%). Pytanie brzmi – jakie są ciśnienia azotu i tlenu? Chyba każdy wpadnie na to, że wystarczy procent pomnożyć przez całkowite ciśnienie – czyli p_{N_{2}} = 70 \ bar oraz p_{O_{2}} = 30 \ bar . A przecież procent zawartości to nic innego jak ułamek molowy, który po prostu z definicji jest wyrażony w ułamku, a nie jako procent.

Skoro już jesteśmy przy ciśnieniu ogólnie, to warto zapamiętać następujące zależności :

  • 1 \ bar = 1000 \ hPa
  • 1 \ hPa = 100 \ Pa
  • 1 \ kPa = 1000 \ Pa
  • 1 \ atm = 1013 \ hPa
  • 760 \ mmHg = 760 \ Tor = 1 \ atm
  • 1 \ MPa = 10^{6} Pa

Pozostaje jeszcze kwestia, dlaczego akurat tak robimy tabelkę? Dlatego, że w zadaniu mamy podaną stałą ciśnieniową K_{p} więc musimy do niej wstawić ciśnienia. Zatem z moli musimy przejść na ułamki molowe, aby ostatecznie dojść do ciśnień, korzystając z prawa Daltona.

Zapamiętajcie sobie zatem ten schemat ( mol \rightarrow ułamek molowy \rightarrow ciśnienie) :

n \rightarrow \chi \rightarrow p

Zapiszmy sobie wyrażenie na stałą równowagi, którą mamy podaną w zadaniu :

K_{p} = \frac{p_{CH_{3}OH}}{p^{2}_{H_{2}} \cdot \ p_{CO}}

Teraz za każde ciśnienie cząstkowe danego reagenta podstawiamy wyrażenie, które otrzymaliśmy z tabelki :

K_{p} = \frac{\frac{xp}{2 - 2x}}{ \Big ( \frac{(1 - x)p}{2 - 2x} \Big )  \cdot  \Big ( \frac{(1 - 2x)p}{2 - 2x} \Big ) ^{2}}

Skracamy co się da : wyraz  p  oraz 2 - 2x otrzymując :

K_{p} = \frac {x \  \cdot \ (2 -2 x)^{2}}{(1 - 2x)^{2} \ \cdot \ (1 -x)p^{2}}

Znamy wartość K_{p} oraz p, więc zostaje nam do rozwiązania równanie kwadratowe :

p^2 \cdot \ K_{p} = \frac {4x(1 - x)}{(1 - 2x)^{2}}

Wstawiając już konkretne wartości ciśnienia oraz stałej równowagi, doprowadzamy już do formy ostatecznej :

248x^{2} - 248x + 61 = 0

Co ciekawe, mamy dwa dodatnie rozwiązania :

\begin{cases} x_{1} = 0,5635 \\x_{2} = 0,4365 \end{cases}

Wystarczy jednak wrócić się do tabelki, aby zorientować się, że tylko jeden wynik jest prawdziwy. Z tabelki wynika, że końcowa liczba moli wodoru wynosi :

n^{k}_{H_{2}} = 1 - 2x

W tym przypadku, jeśli x = 0,5635 to wyszłoby n^{k}_{H_{2}} < 0 co jest oczywiście niemożliwe. Zatem ostatecznie :

x = 0,4365 \approx 0,436

Obliczenie ułamków molowych jest już proste, wystarczy powstawiać wartość naszego x do tabelki. Otrzymujemy :

\chi _{CH_{3}OH} = 0,387

\chi _{CO} = 0,5

\chi _{H_{2}} = 0,113

Zawsze warto sprawdzić czy \Sigma \chi = 1 . W naszym przypadku tak właśnie jest bo :  \chi_{CH_{3}OH} + \chi_{CO} + \chi_{H_{2}} = 0,387 + 0,5 + 0,113 = 1

[Dodatkowy komentarz] :  warto zauważyć, że wyprowadzony wcześniej z tabeli wzór na ułamek molowy dla tlenku węgla (II), już w tej postaci skraca się do wartości 0,5 :

\frac{1-x}{2-2x} = \frac{1-x}{2(1-x)} = \frac{1}{2}

Warto jeszcze raz sobie to przeliczyć i sprawdzić czy usprawni to Wasze obliczenia 🙂

*Polecam samodzielnie udowodnić, dlaczego spełniona jest równość  \Sigma \chi = 1

b) tym razem, mamy reakcję rozkładu metanolu, która oczywiście biegnie w dwie strony. Jest to ta sama reakcja, do której mamy daną stałą równowagi, tym razem biegnie po prostu w drugą stronę. Przeanalizujmy to sobie, krok po kroku :

Reakcję rozkładu metanolu zapiszemy następująco :

CH_{3}OH \leftrightarrow CO + 2 H_{2}

Tabelka będzie wyglądać tak :

CH_{3}OH 2H_{2} CO
n^{\circ} 1 0 0
n_{k} 1 – x 2x x
\chi \frac{1-x}{1 + 2x} \frac{2x}{1 + 2x} \frac{x}{1 + 2x}
p \frac{(1-x)p}{1 + 2x} \frac{2xp}{1 + 2x} \frac{xp}{1 + 2x}

Pytanie brzmi tylko – czy ja na pewno muszę robić aż taką tabelkę? Taka jest tendencja automatyzmu – jak już człowiek pozna te tabelki, to potem automatycznie zaczynamy je wszędzie robić, a czasem zwyczajnie da się prościej i szybciej. Szanujcie swój czas na Olimpiadzie! Te pięć godzin to naprawdę mało na II etapie. 

Mamy w zadaniu podaną objętość V , liczbę moli metanolu na początku reakcji  n^{\circ}_{CH_{3}OH} oraz temperaturę T. Powinien od razu wysunąć się Clapeyron na myśl. Z niego policzymy początkowe ciśnienie metanolu :

p^{\circ}_{CH_{3}OH}V = n^{\circ}_{CH_{3}OH}RT \implies p^{\circ}_{CH_{3}OH} = 41,57 \ bar

Pamiętajmy, że ciśnienie musi mieć ujednolicone jednostki – skoro stała K_{p} jest w barach, to ciśnienie też musi mieć tą jednostkę. Oczywiście można też przeliczyć stałą np. na hPa, jak komu wygodniej.

Teraz robimy tabelkę :

CH_{3}OH CO H_{2}
p_{\circ} 41,57 0 0
p 41,57 - x x 2x
  • gdzie p_{\circ} oznacza ciśnienie początkowe danego reagenta

Czyż nie jest łatwiej?

Teraz pamiętajmy tylko, że stała równowagi podana w zadaniu dotyczy reakcji odwrotnej, zatem w naszym przypadku, dla reakcji zapisanej jako rozkład metanolu będziemy mieć :

\frac{1}{K_{p}} = \frac{4x^{3}}{41,57 - x}

Co sprowadza się do równania trzeciego stopnia :

0,0244x^{3} + x - 41,57 = 0 \implies x = 10,8 \ bar jako jedyny dodatni wynik.

Stopień dysocjacji metanolu już łatwo obliczyć :

\alpha_{CH_{3}OH} = \frac{10,8}{41,57} \implies \alpha = 0,26 = 26 %

Oczywiście tą tabelką bardziej rozbudowaną też można dojść do tego samego wyniku, po prostu zajmie nam to dłużej. Wtedy pozostaje problem ciśnienia całkowitego, którego nie znamy w przeciwieństwie do podpunktu a). Zatem, żeby wypełnić tą tabelkę potrzebujemy ciśnienia całkowitego jakie będzie panować w równowadze. Również korzystamy z równania Clapeyrona :

pV = (\Sigma n)RT

Tym razem \Sigma n= n^{k}_{CO} + n^{k}_{H_{2}} + n^{k}_{CH_{3}OH} czyli \Sigma n = 1 + 2x

Więc po prostu w tabelce nie wstawialibyśmy samego, suchego ,,p” tylko korzystalibyśmy z zależności, którą sami właśnie wyprowadziliśmy :

p = \frac {(\Sigma n)RT}{V} = \frac {(1 + 2x)RT}{V}

Znamy wszystko : K_{p} , V , R , T i pozostaje jedna niewiadoma x .

 

 

Leave a Reply