1. Healthcare

Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
1.– El KClO3(s) se descompone en KCl(s) y O2 siendo ∆H reacción = 22,3 kJ mol . Diga si son
verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. Si cree que son falsas, rehágalas como
verdaderas.
a) Al eliminar KCl la reacción seguirá hasta agotar el KClO3.
b) A menor temperatura mayor velocidad de reacción.
c) Al añadir un catalizador positivo disminuye la velocidad de reacción.
d) Una vez alcanzado el equilibrio la velocidad de reacción se hace nula.
a) Falsa. La reacción va a continuar hasta que la concentración de O2 alcance el valor de la
constante, mientras haya KClO3, independientemente de la cantidad de KCl que haya ; b)
Falsa. A mayor temperatura mayor velocidad de reacción ; c) Falsa. Al añadir un catalizador
positivo aumenta la velocidad de reacción (tanto directa como inversa) ; d) Falsa. El equilibrio
químico es dinámico. Una vez en él, las velocidades de reacción directa e inversa se igualan.
0
4
–1
2.–
A 25 ºC y 1 atmósfera, se establece el equilibrio: N2(g) + O2(g) 
∆H = –180,2 kJ. Razone sobre la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
5
2 NO(g):
a) La constante de equilibrio se duplica si se duplica la presión.
b) La reacción se desplaza hacia la izquierda si se aumenta la temperatura.
c) Si se aumenta la concentración de NO la constante de equilibrio aumenta.
a) Falsa; la constante es constante ; b) Verdadera ; c) Falsa; la constante es constante.
3.–
A 375 K el SO2Cl2(g) se descompone parcialmente según el siguiente equilibrio:
SO2Cl2(g)  SO2(g) + Cl2(g) , Kp = 2,4 (a 375 K). Se introducen 0,050 moles de
SO2Cl2(g) en un recipiente cerrado de 2,0 L de capacidad, en el que previamente se ha hecho el
vacío, y se calienta a 375 K. Cuando se alcanza el equilibrio a dicha temperatura, calcule:
a) la presión parcial de cada uno de los gases presentes en el equilibrio a 375 K;
b) el grado de disociación del SO2Cl2(g) a la citada temperatura.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) pSO2Cl2 ≈ 0,16 atm; pSO2 ≈ 0,61 atm; pCl2 ≈ 0,61 atm ;
b) α ≈ 79 %.
5
Pág. 1
Solución: a) Falsa. Tanto el KClO3 como el KCl son sólidos y no aparecen en la expresión de la
constante (Kc = [O2]). Por tanto la reacción transcurrirá, mientras haya clorato de potasio, hasta
que la concentración de oxígeno alcance el valor de la constante, independientemente de la
cantidad de cloruro de potasio que haya.
b) Falsa. La disminución de temperatura conlleva una menor velocidad tanto de la reacción
𝐸𝐸 a
directa como de la inversa, como predice la Ecuación de Arrhenius: 𝑘𝑘 = 𝐴𝐴 𝑒𝑒 − 𝑅𝑅 𝑇𝑇 .
c) Falsa. La adición de un catalizador aumenta la velocidad tanto de la reacción directa como de la
inversa ya que disminuye las energías de activación directa e inversa. Un inhibidor sí lentificaría
ambas reacciones.
d) Falsa. El equilibrio que se produce en un proceso químico siempre es dinámico, o sea, se están
continuamente rompiendo especies (tanto reactivos como productos) para formar esas mismas
especies.
Solución: a) Falsa. Las constantes son constantes siempre y solo les influye la variación de
temperatura.
b) Verdadera. La reacción es exotérmica y, al aumentar la temperatura, el equilibrio se desplaza
en el sentido de "eliminar" energía, por lo que se desplaza hacia la formación de reactivos.
c) Falsa. Como hemos dicho en el primer apartado, las constantes son constantes. Variarán las
concentraciones hasta que el valor del cociente de reacción se iguale con la constante.
Solución: a) Empezamos calculando la presión inicial del reactivo:
𝑛𝑛 𝑅𝑅 𝑇𝑇 0,050 mol de SO2 Cl2 · 0,082 atm L mol–1 K –1 · 375 K
𝑝𝑝SO2 Cl2 0 =
=
≅ 0,77 atm.
𝑉𝑉
2,0 L
Aplicamos la expresión del equilibrio, trabajando con presiones:
SO2Cl2(g)
SO2(g)
+
Cl2(g)

presiones iniciales
0,77 atm
0
0
presión de moles gastados
px
0
0
presión de moles formados
0
px
px
presión en el equilibrio
0,77 atm – px = p0 – px
px
px
Utilizando la expresión de la constante Kp:
𝑝𝑝SO 2 𝑝𝑝Cl 2
– 𝐾𝐾𝑝𝑝 ± �𝐾𝐾𝑝𝑝2 + 4 𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑝𝑝0
𝑝𝑝𝑥𝑥 𝑝𝑝𝑥𝑥
2
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
=
⇒ 𝑝𝑝𝑥𝑥 + 𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑝𝑝𝑥𝑥 – 𝐾𝐾𝑝𝑝 𝑝𝑝0 ⇒ 𝑝𝑝𝑥𝑥 =
𝑝𝑝SO 2 Cl 2
𝑝𝑝0 – 𝑝𝑝𝑥𝑥
2
– 2,4 atm ± �(2,4 atm)2 + 4 · 2,4 atm · 0,77 atm
≅ 0,61 atm.
2
Cogemos sólo la solución con el signo más porque la otra da presiones negativas.
SO2Cl2(g)
SO2(g)
+
Cl2(g)

presión en el equilibrio
0,16 atm
0,61 atm
0,61 atm
b) El grado de disociación se calcula teniendo en cuenta que:
𝑝𝑝𝑥𝑥 (+) ≅
𝑥𝑥
𝑥𝑥 = 𝑐𝑐 𝛼𝛼 ⇒ 𝛼𝛼 = =
𝑐𝑐
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝑝𝑝 𝑥𝑥
𝑅𝑅 𝑇𝑇
𝑝𝑝 0
𝑅𝑅 𝑇𝑇
=
𝑝𝑝𝑥𝑥 0,61 atm
=
≅ 0,79 = 79 %.
𝑝𝑝0 0,77 atm
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4.–
A 375 K, para la reacción: SO2Cl2(g)  SO2(g) + Cl2(g), la constante de equilibrio Kp
vale 2,40 cuando las presiones están expresadas en atm. En una vasija de 2,0 L de capacidad se
introducen 6,75 g de SO2Cl2(g) y se calientan hasta 375 K.
a) ¿Cuál será la presión inicial en la vasija antes de la disociación de SO2Cl2(g)?
b) ¿Cuáles serán las presiones parciales de cada una de las especies cuando se alcanza el
equilibrio?
Datos: Masas atómicas: Mat (g mol–1): O = 16,0 ;
5
a) p0 ≈ 7,7 datm ;
S = 32,0 ; Cl = 35,5 ; R = 0,082 atm L mol–1 K–1
b) pSO2Cl2 ≈ 1,6 datm; pSO2 = pCl2 ≈ 6,1 datm.
5.– A 600 K y a la presión de una atmósfera, el pentacloruro de fósforo se disocia un 40 % según
la reacción: PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g). Calcule:
a) Kp y Kc a esa temperatura;
b) el grado de disociación a 4,0 atmósferas de presión.
Datos:
R = 0,082 atm L mol−1 K−1
a) Kp ≈ 1,9·10–1 atm ; Kc ≈ 3,9·10–3 mol L–1 ;
b) α ≈ 21 %.
5
Pág. 2
Solución: a) La presión inicial se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
6,75 g de SO 2Cl 2
atm L
𝑛𝑛 𝑅𝑅 𝑇𝑇 135,0 g mol–1 de SO 2 Cl 2 · 0,082 mol K · 375 K
𝑝𝑝 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝 =
=
≅ 0,77 atm.
𝑉𝑉
2,0 L
b) Aplicando la expresión del equilibrio para presiones:
SO2Cl2(g)
SO2(g)
+
Cl2(g)

presión inicial
0,77 atm
5,00 atm
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,77 atm – x
x
x
2
𝑝𝑝SO2 𝑝𝑝Cl2
𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
≅
= 2,40 atm ⇒ 𝑥𝑥 2 + 2,40 atm · 𝑥𝑥 – 1,85 atm2 = 0
𝑝𝑝SO2 Cl2
0,77 atm – 𝑥𝑥
𝑥𝑥(+) ≅ 0,61 atm ; 𝑥𝑥(–) = – 3,01 atm. Tomamos solo la solución positiva.
Las presiones parciales en el equilibrio de todas las sustancias que intervienen es:
en el equilibrio
0,16 atm
0,61 atm
0,61 atm
Solución: a) Establecemos el equilibrio que va a tener lugar, en función de las presiones:
PCl5(g)
PCl3(g)
+
Cl2(g)

presiones iniciales
p
0
0
presiones perdidas
p α = 0,40 p
0
0
presiones ganadas
0
p α = 0,40 p
p α = 0,40 p
p en el equilibrio
p – p α = 0,60 p
0,40 p
0,40 p
Teniendo en cuenta que la presión total es la suma de las presiones parciales, obtenemos que:
pT = 1,00 atm = 0,60 p + 0,40 p + 0,40 p = 1,40 p ⇒ p = 1,00 atm / 1,40 ≈ 0,71 atm.
Utilizando la expresión de la constante Kp:
𝑝𝑝PCl3 𝑝𝑝Cl2
𝑝𝑝 𝛼𝛼 𝑝𝑝 𝛼𝛼
0,40 𝑝𝑝 · 0,40 𝑝𝑝 0,402
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
=
=
=
𝑝𝑝 ≅ 1,9·10–1 atm.
𝑝𝑝PCl5
𝑝𝑝(1 – 𝛼𝛼 )
0,60 𝑝𝑝
0,60
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc:
Kc = Kp (R T)–∆n ≈ 0,19 atm·(0,082 atm L mol–1 K–1 ·600 K)–1 ≈ 3,9·10–3 mol L–1.
b) Establecemos el nuevo equilibrio que tiene lugar:
PCl5(g)
PCl3(g) +
Cl2(g)

presiones iniciales
p’
0
0
presiones perdidas
p’ α
0
0
presiones ganadas
0
p’ α
p’ α
p en el equilibrio
p’ – p’ α = p’ (1 – α)
p’ α
p’ α
Teniendo en cuenta que la presión total es la suma de las presiones parciales, obtenemos que:
p’T = p’ (1 – α) + p’ α + p’ α = p’ (1 + α) ⇒ p’ = p’T / (1 + α).
Aplicando la expresión de la constante Kp:
𝑝𝑝 T′
𝛼𝛼 2
𝑝𝑝PCl3 𝑝𝑝Cl2 𝑝𝑝′ 𝛼𝛼 𝑝𝑝′ 𝛼𝛼 𝑝𝑝′ 𝛼𝛼
𝑝𝑝T′ 𝛼𝛼 2
(1 + 𝛼𝛼)
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
=
=
=
=
⇒ 𝐾𝐾𝑝𝑝 (1 – 𝛼𝛼 2 ) = 𝑝𝑝T′ 𝛼𝛼 2
(1 + 𝛼𝛼 ) (1 – 𝛼𝛼 )
𝑝𝑝PCl5
𝑝𝑝′(1 – 𝛼𝛼 ) 1 – 𝛼𝛼
1 – 𝛼𝛼
2
𝐾𝐾𝑝𝑝
𝐾𝐾𝑝𝑝
1,9·10–1 atm
2
�
=
𝛼𝛼
⇒
𝛼𝛼
=
≅
≅ 0,21 ⇒ 𝛼𝛼 ≅ 21 %.
�
𝐾𝐾𝑝𝑝 + 𝑝𝑝T′
𝐾𝐾𝑝𝑝 + 𝑝𝑝T′
1,9·10–1 atm + 4,0 atm
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
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6.–
A 873 K la constante de equilibrio para la reacción: COCl2(g)  CO(g) + Cl2(g)
tiene el valor Kc = 3,8·10–2. En un recipiente de 2,0 L, en el que inicialmente se ha realizado el
vacío, se introducen 0,033 moles de COCl2(g), 0,066 moles de CO(g) y 0,066 moles de Cl2(g).
La mezcla se calienta a la temperatura de 873 K.
a) Justifique si la mezcla se encuentra inicialmente en equilibrio.
b) Calcule la concentración de cada gas en la mezcla una vez alcanzado el equilibrio.
a) Q = 6,6·10−2 mol L–1 > Kc; no está en equilibrio ; b) [CO] = [Cl2] ≈ 2,8 cM;
[COCl2] ≈ 2,1 cM.
5
5
7.– A cierta temperatura el valor de Kc es 783 para el equilibrio: 3 H2(g) + N2(g)  2 NH3(g).
A la misma temperatura y de forma razonada:
a) calcule Kc para el equilibrio: 2 NH3(g)  3 H2(g) + N2(g);
b) calcule Kc para el equilibrio: 3/2 H2(g) + ½ N2(g)  NH3(g);
c) explique qué ocurrirá en los equilibrios anteriores si repentinamente aumentase la presión;
d) explique qué ocurrirá en los equilibrios anteriores si se añade un catalizador.
a) Kc = [H2]3 [N2] [NH3]–2 ≈ 1,28·10–3 ; b) Kc = [NH3] [H2]–3/2 [N2]–1/2 ≈ 28,0 ; c)
Evolucionan hacia la formación de NH3 ; d) No varían los equilibrios, sino solo las
velocidades de las reacciones directa e inversa.
8.– A partir de la composición de mezclas gaseosas de I2 y H2 a diferentes temperaturas se han
obtenido los siguientes valores de Kp para la reacción: H2(g) + I2(g)  2 HI(g)
5
T(ºC)
340
360
380
400
420
440
460
480
Kp
70,8
66,0
61,9
57,7
53,7
50,5
46,8
43,8
a) Calcule Kc a 400 °C.
b) Justifique por qué esta reacción es exotérmica.
c) ¿Variará Kp si se altera la concentración de H2 ? Razone la respuesta.
a) Kc = 57,7 ; b) A mayor temperatura la reacción se desplaza hacia la izquierda (reacción
directa: exotérmica) ; c) Las constantes sólo varían con la temperatura.
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Pág. 3
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales:
𝑛𝑛 0,033 mol COCl2
0,066 mol CO
[COCl2 ]0 = =
= 0,016 5 M ; [CO]0 =
= 0,033 M = [Cl2 ]0 .
𝑉𝑉
2,0 L
2,0 L
La expresión del cociente de reacción será, aplicando los valores obtenidos:
[CO] [Cl2 ] 0,033 mol L–1 · 0,033 mol L–1
𝑄𝑄 =
=
= 6,6·10−2 mol L–1 .
[COCl2 ]
0,016 5 mol L–1
Como el cociente de reacción es mayor que la constante, el sistema no está en equilibrio y debe
evolucionar hacia la formación de reactivos.
b) Hallamos las concentraciones en el equilibrio:
COCl2(g)
CO(g)
+
Cl2(g)

Conc. iniciales
0,016 5 M
0,033 M
0,033 M
gastado
0
x
x
formado
x
0
0
en el equilibrio
0,016 5 M + x
0,033 M − x
0,033 M − x
Hallamos el valor de x utilizando la Ley de Acción de Masas (LAM):
[CO] [Cl2 ] (0,033 M − 𝑥𝑥 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 3,8·10−2 ⇒ 𝑥𝑥 2 – 0,104 𝑥𝑥 + 4,6·10−4 ≅ 0
[COCl2 ]
(0,016 5 M + 𝑥𝑥 )
𝑥𝑥(+) ≅ 9,9·10−2 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ 4,6·10−3 mol L–1 .
Tomamos sólo el valor x(–) ya que el otro daría lugar a concentraciones negativas:
COCl2(g)
CO(g)
+
Cl2(g)

en el equilibrio
0,021 M
0,028 M
0,028 M
Solución: a) La constante de equilibrio será:
[H2 ]3 [N2 ]
1
1
1
𝐾𝐾𝑐𝑐 ′ =
= [NH ]2 =
=
≅ 1,28·10–3 .
2
3
[NH3 ]
𝐾𝐾𝑐𝑐 783
[H2 ]3 [N2 ]
b) La constante de equilibrio de esta otra reacción será:
𝐾𝐾𝑐𝑐 ′′ =
[NH3 ]
3
1
[NH3 ]2
�
=
= �𝐾𝐾𝑐𝑐 = √783 ≅ 28,0.
[H2 ]3 [N2 ]
[H2 ] �2 [N2 ] �2
c) Un aumento de presión hará que aumente más rápidamente el lugar del cociente de la expresión
de la constante de equilibrio en el que haya más moles estequiométricos gaseosos, que en todos los
casos planteados es el lado donde se encuentran el nitrógeno y el hidrógeno. Por lo tanto el sistema
evolucionará para compensar este exceso de presión (para restablecer el equilibrio) con lo que el
sistema, en todos los casos, evolucionará hacia la formación de NH3.
d) Un catalizador aumenta las velocidades tanto de la reacción directa como de la inversa, y en la
misma medida, por lo que los equilibrios planteados permanecerán invariables.
Solución: a) Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc:
Kc = Kp (R T)–∆n = 57,7 ·(0,082 atm L mol–1 K–1 ·673 K)0 = 57,7.
b) Como la constante disminuye a medida que aumenta la temperatura, podemos afirmar que,
cuando sube la temperatura, la reacción se desplaza hacia la formación de reactivos (hacia la
izquierda) por lo que, aplicando la Ley de Le Chatelier, también implica que se absorberá el
exceso de calor presente, cosa que sólo es posible si la reacción es exotérmica.
c) Kp no puede variar porque varíe la concentración de H2, ya que las constantes sólo pueden
variar por efecto de cambio de temperatura.
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9.–
Considerando la reacción: 2 NO(g) + O2(g)  2 NO2(g) ; ∆H = –982 kJ, ¿qué
efectos tendrán sobre el equilibrio las siguientes acciones?
a) Se añade oxígeno.
b) Se sube la temperatura.
c) Se aumenta la presión.
d) Se añade un catalizador.
a) Se desplaza hacia la derecha ; b) Se desplaza hacia la izquierda ; c) Se desplaza hacia la
derecha ; d) No modifica el equilibrio.
0
5
5
10.–
Considere el siguiente equilibrio: 4 NH3(g) + 5 O2(g)  4 NO(g) + 6 H2O(g), y
responda razonadamente a las siguientes cuestiones:
a) Escriba las expresiones de las constantes Kp y Kc.
b) Establezca la relación entre Kp y Kc.
c) Razone cómo influiría en el equilibrio un aumento de la presión mediante una reducción del
volumen.
d) Si se aumenta la concentración de oxígeno justifique en qué sentido se desplazaría el
equilibrio; ¿se modificaría el valor de la constante de equilibrio?
a) Kc = [NO]4 [H2O]6 [NH3]–4 [O2]–5; Kp = pNO4 pH2O6 pNH3–4 pO2–5 ; b) Kp = Kc R T ; c) Por
Le Chatelier, se desplaza hacia la formación de los reactivos ; d) Por Le Chatelier, se desplaza
hacia la formación de los productos.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Pág. 4
Solución: a) Al aumentar la concentración de uno de los reactivos, el cociente de reacción se hace
menor, por lo que el sistema evoluciona incrementando los valores del numerador y disminuyendo
los del denominador para volver a alcanzar el equilibrio. Por tanto evoluciona hacia la formación
de productos (hacia la derecha). Se puede deducir también aplicando directamente el Principio de
Le Chatelier.
b) Como al aumentar la temperatura un sistema tiende a eliminar ese exceso de energía térmica, se
favorece el proceso endotérmico. La reacción, tal y como está planteada, es un proceso exotérmico
(∆H < 0). Por lo tanto el equilibrio se desplaza hacia la formación de reactivos (hacia la izquierda).
La misma conclusión se puede obtener aplicando el Principio de Le Chatelier.
c) Si se aumenta la presión, el sistema evoluciona intentando eliminar ese exceso, lo que consigue
desplazándose hacia el lado que tiene menor número de moles estequiométricos gaseosos, que es
la formación del producto (hacia la derecha).
d) La presencia de un catalizador no influye nunca en el estado de equilibrio, ya que lo único que
varía es la velocidad a la que transcurren tanto la reacción directa como la inversa.
Solución: a) La expresión de las constantes será:
4
[NO]4 [H2 O]6
𝑝𝑝NO
𝑝𝑝H6 2 O
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
; 𝐾𝐾 = 4
[NH3 ]4 [O2 ]5 𝑝𝑝 𝑝𝑝NH
𝑝𝑝5
3 O2
b) Aplicando la relación: p V = n R T ⇒ p = c R T:
4
𝑝𝑝NO
𝑝𝑝H6 2 O ([NO] 𝑅𝑅 𝑇𝑇)4 ([H2 O] 𝑅𝑅 𝑇𝑇)6 [NO]4 [H2 O]6
(𝑅𝑅 𝑇𝑇)10–9 = 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑅𝑅 𝑇𝑇.
𝐾𝐾𝑝𝑝 = 4
=
=
([NH3 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇)4 ([O2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇)5
[NH3 ]4 [O2 ]5
𝑝𝑝NH3 𝑝𝑝O5 2
Como hay más moles estequiométricos gaseosos en los productos, el equilibrio varía para intentar
disminuir el exceso de presión, lo que desplaza el equilibrio hacia la formación de los reactivos
(Ley de Le Chatelier), o sea, hacia la izquierda. El hecho de que el aumento de presión sea por
reducción de volumen o por exceso de presión externo no modifica la respuesta.
c) También aplicando Le Chatelier, el sistema ha de reaccionar intentando eliminar el exceso de
oxígeno añadido, por lo que se desplazará en el sentido que favorezca la disminución de la
concentración de O2. Por tanto se desplazará hacia la formación de los productos.
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11.–
Cuando en un recipiente cerrado se calienta a 500 ºC una mezcla gaseosa formada por
9,0 moles de H2 y 6,0 moles de I2 se forman en equilibrio 10,0 moles de HI de acuerdo con el
proceso: I2(g) + H2(g)  2 HI(g) , ΔH > 0.
a) Calcule la composición en equilibrio si a la misma temperatura se mezclan 5,0 moles de I2 y
5,0 moles de H2.
b) Justifique si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:
b.1) Cuando el volumen del recipiente se duplica, la cantidad de reactivos se
reduce.
b.2) Cuando aumenta la temperatura disminuye la presión parcial de HI.
b.3) El valor de Kp es independiente de la temperatura.
a) nH2 = nI2 ≈ 1,4 mol ; nHI ≈ 7,2 mol ; b) Todas son falsas; b.1) No varía; b.2) Aumenta la
presión parcial de HI; b.3) Kp y Kc aumentan con la temperatura.
Pág. 5
Solución: Aplicando los datos de moles al equilibrio:
(sin unidades)
H2(g)
+
I2(g)

conc. iniciales
9,0 / V
6,0 / V
gastado
x/V
x/V
formado
0
0
en el equilibrio
(9,0 − x) / V
(6,0 − x) / V
Hallamos el valor de x con los valores de la tabla:
2 x = 10,0 ⇒ x = 5,0.
(sin unidades)
H2(g)
+
I2(g)

en el equilibrio
4,0 / V
1,0 / V
Calculamos la constante, haciendo uso de la Ley de Acción de Masas:
2 HI(g)
0
0
2 x / V
2 x / V = 10,0 / V
2 HI(g)
10,0 / V
10,0 2
� �
[HI]2
100,00
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
= 4,0 𝑉𝑉 1,0 =
= 25,00.
[H2 ] [I2 ] � � · � � 4,0 · 1,0
𝑉𝑉
𝑉𝑉
Aplicando el valor de la constante obtenida a los datos del apartado:
(sin unidades)
H2(g)
+
I2(g)

conc. iniciales
5,0 / V
5,0 / V
gastado
x’ / V
x’ / V
formado
0
0
en el equilibrio
(5,0 − x) / V
(5,0 − x) / V
Aplicando la LAM:
5
]2
�
2 𝑥𝑥 ′
�
2
[HI
𝑉𝑉
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 25,00 ; �𝐾𝐾𝑐𝑐 =
[H2 ] [I2 ] �5,0 −𝑥𝑥 ′ � · �5,0 −𝑥𝑥 ′ �
𝑉𝑉
𝑉𝑉
2 𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
5,0 −𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
=
2 𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
5,0 −𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
2 HI(g)
0
0
2 x’ / V
2 x’ / V
=
2 𝑥𝑥 ′
= 5,0
5,0 − 𝑥𝑥 ′
25
𝑥𝑥 =
≅ 3,6 mol.
7,0
Por tanto las cantidades en el equilibrio son: nH2 = nI2 ≈ 1,4 mol ; nHI ≈ 7,2 mol.
b.1) Falsa. Como el número de moles estequiométricos gaseosos de reactivos y producto son los
mismos, el duplicar el volumen (que cambia las concentraciones a la mitad) no modifica el
equilibrio, al mantener el cociente de reacción el mismo valor (y por tanto ser igual a la constante).
b.2) Falsa. Como la reacción directa es endotérmica y un aumento de temperatura favorece el
proceso endotérmico (Le Chatelier) la reacción se desplazará hacia la formación del producto. Por
lo tanto, la presión parcial del HI tiende a aumentar y no a disminuir.
b.3) Falsa. El que Kp valga lo mismo que Kc no quiere decir que no le influya la temperatura. Al
ser la reacción directa endotérmica, un aumento de la temperatura hace que el valor de Kp sea
mayor, ya que se favorece la formación del producto.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
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12.–
Cuando se calienta una mezcla gaseosa de 18,0 g de hidrógeno molecular con 1 522,8 g de
yodo molecular a 550 ºC se forman en el equilibrio (mediante una reacción ligeramente
exotérmica) 1 279 g de yoduro de hidrógeno gaseoso. Razonadamente:
a) calcule la composición de equilibrio si a igual temperatura se mezclasen 5,0 moles de yodo
y 5,0 moles de hidrógeno;
b) explique cómo actúan la temperatura, la presión y la presencia de un catalizador sobre el
posible desplazamiento del equilibrio.
Datos: Mat (g mol–1):
H = 1,0 ;
I = 126,9
a) nH2 = nI2 ≈ 1,4 mol ;
nHI ≈ 7,2 mol ; b) Un aumento de temperatura ocasiona un
desequilibrio que desplaza la reacción hacia la izquierda y una disminución hacia la derecha. La
variación de la presión o la utilización de un catalizador no varían el equilibrio.
Pág. 6
Solución: La reacción es: H2(g) + I2(g)  2 HI(g). Con los datos debemos obtener la
constante de equilibrio para lo que calculamos la concentración de las sustancias implicadas:
1 mol H2
1 mol I2
𝑛𝑛0 H2 = 18,0 g ·
= 9,0 mol H2 ; 𝑛𝑛0 I2 = 1 522,8 g ·
= 6,0 mol I2
2,0 g
253,8 g
1 mol I2
𝑛𝑛eq HI = 1 279 g ·
= 10,0 mol HI.
127,9 g
El equilibrio se representa como:
(sin unidades)
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

conc. iniciales
9,0 / V
6,0 / V
0
gastado
x/V
x/V
0
formado
0
0
2 x / V
en el equilibrio
(9,0 − x) / V
(6,0 − x) / V
2 x / V = 10,0 / V
Hallamos el valor de x con los valores de la tabla:
2 x = 10,0 ⇒ x = 5,0.
(sin unidades)
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

en el equilibrio
4,0 / V
1,0 / V
10,0 / V
Calculamos la constante, haciendo uso de la Ley de Acción de Masas:
10,0 2
� �
[HI]2
100,00
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
= 4,0 𝑉𝑉 1,0 =
= 25,00.
[H2 ] [I2 ] � � · � � 4,0 · 1,0
𝑉𝑉
5
𝑉𝑉
Aplicando el valor de la constante obtenida a los datos del apartado:
(sin unidades)
H2(g)
+
I2(g)

conc. iniciales
5,0 / V
5,0 / V
gastado
x’ / V
x’ / V
formado
0
0
en el equilibrio
(5,0 − x) / V
(5,0 − x) / V
Aplicando la LAM:
2 𝑥𝑥 ′
2
� �
[HI]2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
= 5,0 −𝑥𝑥 ′ 𝑉𝑉 5,0 −𝑥𝑥 ′ = 25,00 ; �𝐾𝐾𝑐𝑐 =
[H2 ] [I2 ] �
�·�
�
𝑉𝑉
𝑉𝑉
2 𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
5,0 −𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
=
2 𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
5,0 −𝑥𝑥 ′
𝑉𝑉
2 HI(g)
0
0
2 x’ / V
2 x’ / V
2 𝑥𝑥 ′
=
= 5,0
5,0 − 𝑥𝑥 ′
25
𝑥𝑥 =
≅ 3,6 mol.
7,0
Por tanto las cantidades en el equilibrio son: nH2 = nI2 ≈ 1,4 mol ; nHI ≈ 7,2 mol.
b) Como la reacción directa es ligeramente exotérmica y un aumento de temperatura favorece el
proceso endotérmico (Le Chatelier) la reacción se desplazará hacia la formación de los reactivos.
Una disminución de la temperatura favorece la formación de los productos.
Una variación de la presión no influirá en el proceso, ya que hay el número de moles
estequiométricos gaseosos de los reactivos es el mismo que el de los productos.
Asímismo, la presencia de un catalizador hará que ambos procesos (directo e inverso) transcurran
más rápidamente, pero sin variar el equilibrio.
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Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
5
08/02/2015
13.–
Dada la reacción de formación de agua según la ecuación: 2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(g),
0
∆H = –483,2 kJ,
a) ¿el valor de la constante de equilibrio Kp coincidirá con el de Kc? ¿Por qué?;
b) al aumentar la temperatura, ¿se producirá más agua? ¿Por qué?
c) al aumentar la presión (debido a una variación en el volumen), ¿se producirá más agua?
¿Por qué?
a) Solo coinciden a 12,2 K, lo que no coincide con las condiciones del problema ; b) No; en
este caso se desplaza en el sentido de descomponer el agua ; c) Sí; un aumento de presión
favorece la formación de agua.
Dado el equilibrio: 2 HI(g)  H2(g) + I2(g), si la concentración inicial de HI es
0,100 M y cuando se alcanza el equilibrio, a 520 ºC, la concentración de H2 es 0,010 M,
calcule:
a) la concentración de I2 y de HI en el equilibrio;
b) el valor de las constantes Kc y Kp a esa temperatura.
a) [I2]eq = 1,0 cM; [HI]eq ≈ 8,0 cM ; b) Kc = Kp ≈ 1,6·10−2.
14.–
5
5
15.– Dado
el
equilibrio: C(s) + CO2(g)  2 CO(g) ∆H0 = 119,8 kJ,
conteste
razonadamente cómo modifica el equilibrio:
a) disminuir la cantidad de carbón;
b) aumentar la cantidad de dióxido de carbono;
c) disminuir la temperatura;
d) aumentar la presión.
a) No influye ; b) Favorece la formación del monóxido de carbono (producto) ; c) y d)
Favorece la formación de los reactivos.
Dado
el
equilibrio: H2O(g) + C(s)  CO(g) + H2(g); ∆H > 0,
señale,
razonadamente, cuál de las siguientes medidas produce un aumento de la concentración de
monóxido de carbono.
a) Elevar la temperatura.
b) Retirar vapor de agua de la mezcla en el equilibrio.
c) Introducir H2 en la mezcla en equilibrio.
La a). a) Hacia la derecha ; b) y c) hacia la izquierda.
16.–
5
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Pág. 7
Solución: a) Aplicando la relación entre Kp y Kc, y dado que el incremento de moles
estequiométricos de la reacción es –1, no coincidirán, salvo a la temperatura que hace que el factor
multiplicador valga 1.
1
1
𝐾𝐾𝑐𝑐 = 𝐾𝐾𝑝𝑝 (𝑅𝑅 𝑇𝑇)−∆𝑛𝑛
⇒ (𝑅𝑅 𝑇𝑇)1 = 1 ⇒ 𝑇𝑇 = =
≅ 12,2 K ≅ −261 oC.
𝐾𝐾𝑐𝑐 = 𝐾𝐾𝑝𝑝
𝑅𝑅 0,082 atm L
mol K
Como el enunciado expone que todas las sustancias que intervienen son gases, resulta obvio que
no tiene lugar a −261 ºC, por lo que no serán iguales Kc y Kp.
b) El aumento de temperatura favorece (Le Chatelier) que la reacción se desplace en el sentido
endotérmico, que es hacia los reactivos. Por lo tanto no se producirá más agua.
c) Como el número de moles estequiométricos gaseosos del producto es menor que el de los
reactivos, un aumento de la presión haría que la reacción tendiese a eliminar dicho aumento (Le
Chatelier) por lo que el equilibrio se desplazaría hacia la formación del producto (hacia la
derecha). Por tanto, sí se formará más agua.
Solución: a) La reacción que tiene lugar es: H2(g) + I2(g)  2 HI(g).
Hallando las concentraciones dadas en el enunciado dividiendo el número de moles entre el
volumen (20 L) y aplicando el equilibrio:
2 HI(g)
H2(g)
+
I2(g)

conc. iniciales
0,100 M
0
0
gastado
2 x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,100 M − 2 x = 0,010 M
x = 0,010 M
x
x = 0,010 M
0,080 M
0,010 M
0,010 M
b) Hallamos el valor de Kc aplicando la expresión de la constante:
[H2 ] [I2 ] (0,010 M) · (0,010 M)
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 1,6·10−2 .
[HI]2
(0,080 M)2
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc: Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc ≈ 1,6·10−2.
Solución: a) Disminuir la cantidad de carbón no influye en el equilibrio ya que, al ser una
sustancia sólida, su densidad (concentración) es constante por lo que no aparece explícitamente en
la expresión de la constante y no hay forma de modificar, de esa manera, el estado de equilibrio.
b) Al añadir un reactivo su concentración aumenta por lo que el denominador del cociente de
reacción sería mayor y haría que este fuese menor que la constante de equilibrio. Para restablecer
el equilibrio se tendría que aumentar el numerador (la concentración del producto) mientras que
habría que disminuir el denominador (la concentración del reactivo gaseoso) lo que solo se puede
conseguir si el equilibrio se desplaza hacia la formación del producto (hacia la derecha). También
se podría contestar aplicando Le Chatelier.
c) La disminución de temperatura favorece (Le Chatelier) que la reacción se desplace en el sentido
exotérmico, que es hacia los reactivos (hacia la izquierda).
d) Como el número de moles estequiométricos gaseosos de los productos es superior al de los
reactivos, un aumento de la presión haría que la reacción tendiese a eliminar dicho aumento (Le
Chatelier) por lo que el equilibrio se desplazaría hacia la formación de los reactivos (hacia la
izquierda).
Solución: La solución correcta es la a): Elevar la temperatura.
a) Al ser la reacción endotérmica, un aumento de temperatura favorece que se tenga lugar la
reacción, puesto que hay más energía. Evoluciona hacia la formación de productos.
b) Retirar vapor de agua es eliminar un reactivo, por lo que la reacción evolucionará hacia la
formación de reactivos (hacia la izquierda) para compensar ese efecto.
c) Introducir hidrógeno en la mezcla es aumentar la concentración de un producto, por lo que la
reacción evolucionará hacia la formación de reactivos para hacer desaparecer el exceso.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
17.– Dado el siguiente equilibrio: 2 NO(g) + O2(g)  2 NO2(g), con ∆H < 0, razone en
cada caso cómo se modifica el equilibrio y Kc cuando:
a) se eleva la temperatura;
b) se disminuye la presión;
c) se añade un catalizador.
a) Se desplaza hacia la izquierda ; b) Se desplaza hacia la derecha ; c) No varía el equilibrio.
0
5
18.–
Determine si se formará precipitado cuando se añaden 3 gotas de una disolución acuosa de
KI 0,20 M a 100 mL de una disolución acuosa de nitrato de plomo(II), Pb(NO3)2, 0,010 M.
Suponga que una gota de disolución equivale a 0,050 mL y que los volúmenes son aditivos.
Datos: Kps (PbI2) = 7,1·10–9
Q < Kps; no se produce la precipitación.
5
El cloruro de plata(I) es una sal muy insoluble en agua.
a) Formule el equilibrio heterogéneo de disociación.
b) Escriba la expresión de la constante del equilibrio de solubilidad (Ks) y su relación con la
solubilidad molar (s).
c) Dado que la solubilidad aumenta con la temperatura, justifique si el proceso de disolución
es endotérmico o exotérmico.
d) Razone si el cloruro de plata(I) se disuelve más o menos cuando en el agua hay cloruro de
sodio en disolución.
+
–
+
–
a) AgCl(s)  Ag (ac) + Cl (ac) ; b) Kps = [Ag ] [Cl ] = s2 ; c) El proceso de disolución es
endotérmico ; d) Se disuelve menos (efecto de ion común).
19.–
5
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Pág. 8
Solución: a) Al aumentar la temperatura en un sistema, este tiende a eliminar ese exceso de
energía térmica favoreciendo el proceso endotérmico. La reacción, tal y como está planteada, es un
proceso exotérmico (∆H < 0). Por lo tanto el equilibrio se desplaza hacia la formación de reactivos
(hacia la izquierda). La misma conclusión se puede obtener aplicando el Principio de Le Chatelier.
c) Si se disminuye la presión, el sistema evoluciona intentando eliminar ese efecto, lo que
consigue desplazándose hacia el lado que tiene mayor número de moles estequiométricos
gaseosos, que es la formación de los reactivos (hacia la izquierda).
d) La presencia de un catalizador no influye nunca en el estado de equilibrio, ya que lo único que
varía es la velocidad a la que transcurren tanto la reacción directa como la inversa.
Solución: Al añadir disoluciones de distintos iones tenemos que calcular las concentraciones que
–
tienen los iones que pueden formar un precipitado, en nuestro caso el ion yoduro, (I ), y el ion
2+
plomo(2+), (Pb ).
2+
2+
–
Pb(NO3)2  Pb + 2 NO3 ⇒ [Pb ]0 = [Pb(NO3)2]0 = 0,010 M.
[Pb2+ ]0 𝑉𝑉Pb2+ 0,010 mol L–1 · 100 mL
[Pb2+ ]mezcla =
=
≅ 0,010 mol L–1 .
100 mL + 0,150 mL
𝑉𝑉total
+
–
–
KI  K + I ⇒ [I ]0 = [KI]0 = 0,020 M.
[I − ]0 𝑉𝑉I − 0,020 mol L–1 · 0,150 mL
[I − ]mezcla =
=
≅ 3,0·10–5 mol L–1 .
𝑉𝑉total
100 mL + 0,150 mL
Aplicando los datos de concentraciones al equilibrio:
2+
–
PbI2(s)↓
+

Pb (ac)
2 I (ac)
Conc. iniciales
0,010 M
3,0·10−5 M
Aplicando la expresión del producto de solubilidad, si el resultado del cociente de reacción fuera
mayor, el equilibrio evolucionaría formando precipitado hasta alcanzar el producto de solubilidad.
Si fuera menor, podría disolverse precipitado (aunque en este caso no hay por lo que no ocurriría
nada). Si fueran iguales, la solución estaría saturada y no evolucionaría.
2
𝑄𝑄 = [Pb2+ ] [I –]2 ≅ 0,010 M · �3,0·10–5 M� = 9,0·10–12 mol3 L–3 < 𝐾𝐾𝑠𝑠 .
Por lo tanto no se producirá precipitación. Al contrario, si hubiera algo de yoduro de plomo(II)
sólido, parte de él se disolvería, al no haberse alcanzado todavía el producto de solubilidad.
+
–
Solución: a) El equilibrio pedido es: AgCl(s)↓  Ag (ac) + Cl (ac).
b) Aplicando la LAM al equilibrio:
+
–
Kps = [Ag ] [Cl ] = s s = s2.
c) Si la solubilidad aumenta con la temperatura, podemos afirmar que la reacción se está
desplazando hacia la derecha (reacción de disolución). Como un aumento de temperatura favorece
que la reacción se desplace hacia el lado endotérmico (con el fin de eliminar el exceso de energía
aportado), podemos afirmar que la reacción directa (de disolución) es endotérmica.
d) La presencia de ion cloruro añadido de forma externa al equilibrio (efecto de ion común) hace
que la reacción se desplace hacia la formación de precipitado (menor solubilidad molar) ya que la
reacción tiende a eliminar el efecto producido (Ley de Le Chatelier).
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
20.–
5
08/02/2015
–6
El Kps del hidróxido de calcio es 5,0·10 .
a) Escriba la ecuación del equilibrio de solubilidad y la expresión de su producto de
solubilidad.
b) Considerando el equilibrio anterior, indique qué sucederá si a una disolución acuosa
saturada de hidróxido de calcio en equilibrio con hidróxido de calcio sólido se le añade:
b.1) agua;
b.2) cloruro de calcio;
b.3) ácido clorhídrico.
2+
–
2+
–
a) Ca(OH)2(s)  Ca (ac) + 2 OH (ac); Kps = [Ca ] [OH ]2 = s (2 s)2 = 4 s3 ; b.1) y b.3) Que
se disuelve precipitado (si hay exceso); b.2) Que se forma más precipitado..
21.–
El monóxido de carbono reacciona con cloro alcanzándose el siguiente equilibrio a una
temperatura T = 70 ºC: CO(g) + Cl2(g)  COCl2(g). Se introduce el mismo número de
moles de monóxido de carbono y cloro en un recipiente de 2,0 litros y cuando se alcanza el
equilibrio el número total de moles es de 24,0, quedando 2,0 de los moles de cloro sin
reaccionar.
a) Calcule la constante del equilibrio Kc.
b) Calcule las nuevas concentraciones de todos los componentes si se añade 1,0 mol de cloro
al sistema en equilibrio.
a) Kc = 10 L mol–1 ; b) [CO] ≈ 8 dM; [Cl2] ≈ 1,3 M; [COCl2] ≈ 10,2 M.
5
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Pág. 9
2+
–
Solución: a) El equilibrio que tiene lugar es: Ca(OH)2(s)↓  Ca (ac) + 2 OH (ac).
Aplicando la LAM al equilibrio:
2+
–
Kps = [Ca ] [OH ]2 = s (2 s)2 = 4 s3.
b.1) Al añadir agua disminuimos las concentraciones de los iones en disolución por lo que, si hay
hidróxido de calcio en forma sólida, se disolverá en parte. En el caso de que no lo hubiera, la
disolución deja de ser saturada, sin que haya ningún efecto visible.
b.2) La presencia de ion calcio añadido de forma externa al equilibrio (efecto de ion común) hace
que la reacción se desplace hacia la formación del precipitado (menor solubilidad molar) ya que la
reacción tiende a eliminar el efecto producido (Ley de Le Chatelier). Aparece más hidróxido de
calcio precipitado.
+
b.3) La presencia de ácido clorhídrico (que se disocia aportando iones H3O ) hace que
–
desaparezcan iones OH al combinarse con el exceso de oxonios formados. Al disminuir la
cantidad de iones hidróxido la reacción se desplaza hacia la formación de estos (mayor solubilidad
molar) ya que la reacción tiende a eliminar el efecto producido (Ley de Le Chatelier). El
precipitado se disuelve más (si lo hubiera).
Solución: a) Llamamos n al número de moles iniciales de monóxido de carbono añadidos. El
equilibrio formado sería:
(sin unidades)
CO(g)
+
Cl2(g)
COCl2(g)

Conc. iniciales
n / 2,0
n / 2,0
0
gastado
x / 2,0
x / 2,0
0
formado
0
0
x / 2,0
en el equilibrio
(n – x) / 2,0
(n – x) / 2,0
x / 2,0
Por los datos sabemos que: n – x = 2 y que: (n – x) + (n – x) + x = 24, de donde deducimos que
n = 22 y x = 20.
CO(g)
+
Cl2(g)
COCl2(g)

en el equilibrio
1,0 M
1,0 M
10,0 M
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[COCl2 ]
10 mol L–1
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 10 mol–1 L.
[CO] [Cl2 ] 1,0 mol L–1 · 1,0 mol L–1
b) Aplicando los nuevos datos (añadir 1,0 mol de Cl2 en 2,0 L es aumentar su concentración en
0,5 M), restablecemos el equilibrio
CO(g)
+
Cl2(g)
COCl2(g)

Conc. iniciales
1,0 M
1,5 M
10,0 M
gastado
x’
x’
0
formado
0
0
x’
en el equilibrio
1,0 M – x’
1,5 M – x’
10 M + x’
Hallamos el valor de x’ aplicando la expresión de la constante:
[COCl2 ]
10,0 mol L–1 + 𝑥𝑥’
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 10 mol–1 L
[CO] [Cl2 ] (1,0 mol L–1 – 𝑥𝑥’) · (1,5 mol L–1 – 𝑥𝑥’)
𝑥𝑥(+) ≅ 2,39 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ 0,21 mol L–1 .
Tomamos sólo el valor x(–) ya que el otro daría lugar a concentraciones negativas.
CO(g)
+
Cl2(g)
COCl2(g)

en el equilibrio
0,8 M
1,3 M
10,2 M
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
22.– El PCl5 se disocia según la ecuación: PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g) ; ∆H < 0. Indique
razonadamente qué le acontece al equilibrio:
a) al aumentar la presión sobre el sistema sin variar la temperatura;
b) al añadir cloro.
En ambos casos el equilibrio se desplaza hacia la izquierda.
0
5
23.–
El pentacloruro de fósforo se descompone con la temperatura dando tricloruro de fósforo y
cloro. Se introducen 20,85 g de pentacloruro de fósforo en un recipiente cerrado de 1,00 L y se
calientan a 250 ºC hasta alcanzar el equilibrio. A esa temperatura todas las especies están en
estado gaseoso y la constante de equilibrio Kc vale 0,044.
a) Formule y ajuste la reacción química que tiene lugar.
b) Obtenga la concentración en mol L–1 de cada una de las especies de la mezcla gaseosa a
esa temperatura.
c) ¿Cuál será la presión en el interior del recipiente?
d) Obtenga la presión parcial de Cl2.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; Masas atómicas:
P = 31,0 ; Cl = 35,5
a) PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g) ; b) [PCl5]eq ≈ 5,2 cM; [PCl3]eq = [Cl2]eq ≈ 4,8 cM ; c)
pT ≈ 6,3 atm ; d) pCl2 ≈ 2,1 atm.
5
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Pág. 10
Solución: a) Como el número de moles estequiométricos gaseosos de los productos es superior al
de los reactivos, un aumento de la presión haría que la reacción tendiese a eliminar dicho aumento
(Le Chatelier) por lo que el equilibrio se desplazaría hacia la formación del reactivo (hacia la
izquierda).
b) Al añadir cloro (un producto) su concentración aumentaría por lo que el numerador del
cociente de reacción sería mayor y haría que este fuese mayor que la constante de equilibrio. Para
restablecer el equilibrio se tendría que reducir el numerador (el producto de las concentraciones de
los productos) mientras que habría que aumentar el denominador (la concentración del reactivo) lo
que solo se puede conseguir si el equilibrio se desplaza hacia la formación del reactivo. También
se podría contestar aplicando Le Chatelier.
Solución: a) La reacción que tiene lugar es: PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g).
b) Hallamos la concentración inicial del pentacloruro de fósforo:
1 mol PCl5
𝑛𝑛 20,85 g PCl5 · 208,5 g PCl5
[PCl5 ]0 = =
= 0,100 M.
𝑉𝑉
1,00 L
Establecemos el equilibrio que va a tener lugar:
PCl5(g)
PCl3(g)
+
Cl2(g)

concentraciones iniciales
c = 0,100 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
c–x
x
x
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones podemos hallar x:
[PCl3 ] [Cl2 ] 𝑥𝑥 𝑥𝑥
– 𝐾𝐾𝑐𝑐 ± �(𝐾𝐾𝑐𝑐 )2 + 4 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑐𝑐
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
⇒ 𝑥𝑥 2 + 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑥𝑥 – 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑐𝑐 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 =
[PCl5 ]
𝑐𝑐 – 𝑥𝑥
2
– 0,044 + �(0,044)2 + 4 (0,044) · 0,100
𝑥𝑥(+) =
≅ 4,8·10–2 mol L–1 .
2
Solo consideramos la solución positiva porque no puede existir una concentración negativa.
Las concentraciones en el equilibrio son:
PCl5(g)
PCl3(g)
+
Cl2(g)

en el equilibrio
0,052 M
0,048 M
0,048 M
c) La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,052 mol L–1) + (0,048 mol L–1) + (0,048 mol L–1) = 0,148 mol L–1.
La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
= 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,148 mol L–1 · 0,082
· 523 K ≅ 6,3 atm.
𝑉𝑉
mol K
d) La presión parcial del cloro será:
𝑛𝑛Cl 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝Cl2 = 2
= 𝑐𝑐Cl2 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,048 mol L–1 · 0,082
· 523 K ≅ 2,1 atm.
𝑉𝑉
mol K
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
24.–
08/02/2015
El tetraóxido de dinitrógeno se disocia a 27 ºC según la reacción: N2O4(g)  2 NO2(g).
En un recipiente de un litro de capacidad se introducen 15 g de N2O4, y una vez alcanzado el
equilibrio la presión total es 4,46 atm. Calcule:
a) el grado de disociación y Kp;
b) la presión parcial del N2O4 y NO2 así como Kc.
Datos:
R = 0,082 atm L K–1 mol–1 ; Masas atómicas:
a) α ≈ 29 % = 0,29; Kp ≈ 0,28 atm ;
N = 14 ; O = 16
b) pN2O4 ≈ 3,4 atm; pNO2 ≈ 9,8 datm; Kc ≈ 1,1·10–2 mol L–1.
5
Pág. 11
Solución: a) Calculamos la concentración inicial del N2O4:
1 mol N2 O4
𝑛𝑛 15 g N2 O4 · 92 g N2 O4
[N2 O4 ]0 = =
≅ 0,16 M.
𝑉𝑉
1,00 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
N2O4(g)
2 NO2(g)

Concentraciones iniciales
0,16 M
0
gastado
x
0
formado
0
2 x
en el equilibrio
0,16 M – x
2 x
La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,16 M – x) + 2 x = 0,16 M + x = [N2O4]0 + x.
El valor de x se obtiene de aplicar la expresión de la presión total (ecuación de los gases ideales):
𝑝𝑝T
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T = 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ⇒ 0,16 M + 𝑥𝑥 ≅
𝑅𝑅 𝑇𝑇
4,46 atm
𝑥𝑥 ≅
– 0,16 mol L–1 ≅ 0,02 mol L–1 .
atm L
· 300 K
0,082
mol K
Las concentraciones de las especies en el equilibrio son:
N2O4(g)
2 NO2(g)

Concentraciones en el equilibrio
0,14 M
0,04 M
El grado de disociación se calcula teniendo en cuenta que:
x = c α ⇒ α = x / c ≈ 0,04 M / 0,14 M ≈ 0,29 = 29 %.
b) Teniendo en cuenta la relación utilizada anteriormente p = c R T:
N2O4(g)
2 NO2(g)

conc. en el equilibrio
0,14 M
0,04 M
presión en el equilibrio
3,4 atm
0,98 atm
Aplicando la expresión de la constante Kp:
2
𝑝𝑝NO
(0,98 atm)2
2
≅
≅ 0,28 atm.
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
𝑝𝑝N 2 O 4
3,4 atm
c) Las presiones parciales ya las hemos obtenido aplicando la ecuación de los gases ideales.
Hallamos la constante aplicando los valores de concentraciones en el equilibrio:
[NO2 ]2 (0,04 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 1,1·10−2 mol L–1 .
[N2 O4 ]
(0,14 mol L–1 )
c):
𝑝𝑝N2 O4 = 𝑐𝑐N2O4 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,078 mol L–1 · 0,082 atm L mol–1 K –1 · 318 K ≅ 2,0 atm
𝑝𝑝NO2 = 𝑐𝑐NO2 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,013 mol L–1 · 0,082 atm L mol–1 K –1 · 318 K ≅ 1,1 atm.
d) Aplicando la nueva expresión del equilibrio:
N2O4(g)
2 NO2(g)

Concentraciones iniciales
0,100 M
0,010 M
gastado
x
0
formado
0
2 x
en el equilibrio
0,100 M – x
0,010 M + 2 x
Hallamos x aplicando la LAM:
[NO2 ]2 (0,010 M + 2𝑥𝑥 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
≅ 0,025 mol L–1 ⇒ 4𝑥𝑥 2 + 6,5·10–2 𝑥𝑥 – 2,4·10–3 ≅ 0
[N2 O4 ]
(0,100 M – 𝑥𝑥 )
𝑥𝑥(+) ≅ 0,018 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ – 0,034 mol L–1 . Tomamos solo la solución positiva.
c) La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑝𝑝′T = 𝑐𝑐′T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,13 mol L–1 · 0,082 atm L mol–1 K –1 · 318 K ≅ 3,4 atm.
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Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
5
08/02/2015
25.– El tricloruro de fósforo reacciona con cloro para dar pentacloruro de fósforo según la
siguiente reacción: PCl3(g) + Cl2(g)  PCl5(g), ∆H0 = –88 kJ mol–1. Una vez alcanzado
el equilibrio químico, explique cómo se modificará el mismo si:
a) se aumenta la temperatura;
b) se disminuye la presión total;
c) se añade gas cloro;
d) se introduce un catalizador adecuado.
a) y b) Se desplaza hacia la izquierda ; c) Se desplaza hacia la derecha ; d) No varía el
equilibrio, aunque aumenta su velocidad.
26.–
El valor de la constante Kp para la disociación del PCl5(g) en PCl3(g) y Cl2(g) a 527 K es
1,92. Si la presión total del equilibrio es de 50 atm, calcule el grado de disociación del PCl5(g)
si se parte de 0,50 moles de esta sustancia.
α ≈ 0,19 = 19 %.
5
Pág. 12
Solución: a) Como la reacción directa es exotérmica y un aumento de temperatura favorece el
proceso endotérmico (Le Chatelier) la reacción se desplazará hacia la formación de los reactivos.
b) Como el número de moles estequiométricos gaseosos del producto es inferior al de los
reactivos, una disminución de la presión haría que la reacción tendiese a eliminar dicha
disminución (Le Chatelier) por lo que el equilibrio se desplazaría hacia la formación de los
reactivos (hacia la izquierda).
c) Al añadir cloro (un reactivo) su concentración aumentaría por lo que el denominador del
cociente de reacción sería mayor y haría que este fuese menor que la constante de equilibrio. Para
restablecer el equilibrio se tendría que aumentar el numerador (la concentración del producto)
mientras que habría que disminuir el denominador (el producto de las concentraciones de los
reactivos) lo que solo se puede conseguir si el equilibrio se desplaza hacia la formación del
producto. También se podría contestar aplicando Le Chatelier.
d) La adición de un catalizador aumenta la velocidad a la que tienen lugar tanto el proceso directo
como el inverso pero en la misma proporción, por lo que no varía el estado general. El equilibrio
se mantiene sin variar la constante, aunque el proceso dinámico sea más rápido.
Solución: a) Aplicando el equilibrio y teniendo en cuenta las fracciones molares:
PCl5(g)
PCl3(g)
+
Cl2(g)

moles iniciales
n
0
0
gastado
x=nα
0
0
formado
0
x=nα
x=nα
en el equilibrio
n (1 – α)
nα
nα
El número total de moles en el equilibrio es de:
nT = n (1 – α) + n α + n α = n (1 + α).
Las fracciones molares serán:
𝑛𝑛PCl5 𝑛𝑛 (1 – 𝛼𝛼 )
𝑛𝑛PCl3
1 – 𝛼𝛼
𝑛𝑛 𝛼𝛼
𝛼𝛼
𝜒𝜒PCl5 =
=
=
; 𝜒𝜒PCl3 = 𝜒𝜒Cl2 =
=
=
.
𝑛𝑛T
𝑛𝑛 (1 + 𝛼𝛼 ) 1 + 𝛼𝛼
𝑛𝑛T
𝑛𝑛 (1 + 𝛼𝛼 ) 1 + 𝛼𝛼
1 – 𝛼𝛼
50 · (1 – 𝛼𝛼 )
𝑝𝑝PCl5 = 𝜒𝜒PCl5 𝑝𝑝T =
· 50 atm =
atm
1 + 𝛼𝛼
1 + 𝛼𝛼
𝛼𝛼
50 𝛼𝛼
𝑝𝑝PCl3 = 𝜒𝜒PCl3 𝑝𝑝T =
· 50 atm =
atm
1 + 𝛼𝛼
1 + 𝛼𝛼
𝛼𝛼
50 𝛼𝛼
𝑝𝑝Cl2 = 𝜒𝜒PCl2 𝑝𝑝T =
· 50 atm =
atm.
1 + 𝛼𝛼
1 + 𝛼𝛼
Aplicando la expresión de la constante Kp:
50 𝛼𝛼
50 𝛼𝛼
𝑝𝑝PCl3 𝑝𝑝Cl2 1+𝛼𝛼 atm · 1+𝛼𝛼 atm
50 𝛼𝛼 2 atm2
50 𝛼𝛼 2 atm2
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
=
=
=
= 1,92 atm.
50·(1 – 𝛼𝛼)
(1 + 𝛼𝛼 ) · (1– 𝛼𝛼 ) atm (1– 𝛼𝛼 2 ) atm
𝑝𝑝PCl5
atm
1+𝛼𝛼
50 𝛼𝛼 2 = 1,92 – 1,92 𝛼𝛼 2 ⇒ 𝛼𝛼 = �
El dato del número de moles es innecesario.
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1,92
≅ 0,19 = 19 %.
51,92
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
–
27.–
El yodo, I2(s), es poco soluble en agua. Sin embargo, en presencia de ion yoduro, I (ac),
–
aumenta su solubilidad debido a la formación de ion triyoduro, I3 (ac), de acuerdo con el
–
–
siguiente equilibrio: I2(ac) + I (ac)  I3 (ac); Kc = 720. Si a 50 mL de una disolución
–
0,025 0 M en yoduro, I (ac), se le añaden 0,158 6 g de yodo, I2(s),
a) calcule la concentración de cada una de las especies presentes en la disolución una vez se
alcance el equilibrio.
b) Si una vez alcanzado el equilibrio del apartado anterior se añaden 0,063 5 g de yodo sólido
a los 50 mL de la mezcla anterior, ¿cuál será la concentración de yodo cuando se alcance el
nuevo equilibrio?
Datos: Masas atómicas: Mat (g mol–1):
el volumen de la disolución
–
I = 126,9 ; Nota: Suponga que la adición de sólido no modifica
–
a) [I2]eq ≈ 1,2 mM; [I ]eq ≈ 1,37 cM; [I3 ]eq ≈ 1,13 cM ;
b) [I2]’eq ≈ 2,2 mM.
5
Pág. 13
Solución: Calculamos la concentración inicial de I2:
1 mol I2
𝑛𝑛 0,158 6 g I2 · 253,8 g I2
[I2 ]0 = =
≅ 0,012 5 M.
1L
𝑉𝑉
50 mL ·
1 000 mL
Hallamos las concentraciones en el equilibrio:
–
–
I2(ac)
+
 I3 (ac)
I (ac)
Conc. iniciales
0,012 5 M
0,025 0 M
0
gastado
x
x
0
formado
0
0
x
en el equilibrio
0,012 5 M – x
0,025 0 M – x
x
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones podemos hallar x:
[I3 – ]
𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 720 L mol–1
–
[I2 ] [I ] (0,012 5 M – 𝑥𝑥 ) (0,025 0 M – 𝑥𝑥 )
720 𝑥𝑥 2 – 28 · 𝑥𝑥 – 0,225 ≅ 0
𝑥𝑥(+) ≅ 0,027 5 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ 0,011 3 mol L–1 .
Se coge solo la solución x(−) por dar la otra resultados de concentración negativos.
–
–
I2(ac)
+

I (ac)
I3 (ac)
en el equilibrio
0,001 2 M
0,013 7 M
0,011 3 M
b) Aplicando la nueva cantidad al equilibrio inicial (el resultado ha de ser el mismo puesto que el
mismo equilibrio se alcanza independientemente de en qué momento se añade el iodo):
1 mol I2
𝑛𝑛′ (0,158 6 + 0,063 5) g I2 · 253,8 g I2
[I2 ]′0 = =
≅ 1,75·10–3 M.
1L
𝑉𝑉
50 mL ·
1 000 mL
–
–
I2(ac)
+
 I3 (ac)
I (ac)
Conc. iniciales
0,017 5 M
0,025 0 M
0
gastado
x’
x’
0
formado
0
0
x’
en el equilibrio
0,017 5 M – x’
0,025 0 M – x’
x’
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones podemos hallar x:
[I3 – ]
𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 720 L mol–1
[I2 ] [I– ] (0,017 5 M – 𝑥𝑥 ) (0,025 0 M – 𝑥𝑥 )
720 𝑥𝑥 2 – 31,60 · 𝑥𝑥 + 0,315 ≅ 0
𝑥𝑥(+) ≅ 0,028 7 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ 0,015 3 mol L–1 .
Se coge solo la solución x(−) por dar la otra resultados de concentración negativos.
[I2]’eq ≈ 0,002 2 M.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
28.–
En ciertas condiciones 50 g de etanol reaccionan con 100 g de ácido etanoico con lo que se
forman 52,8 g de acetato de etilo y agua, todos ellos líquidos, mediante una reacción
ligeramente endotérmica. Se pide que, razonadamente:
a) calcule la constante del equilibrio de esterificación citado;
b) indique si la reacción de obtención del éster se beneficiaría a alta o baja presión y
temperatura.
Datos: Mat (g mol–1):
H = 1 ; C = 12 ; O = 16
a) Kc ≈ 0,69 ; b) La presión no influye; Se beneficia con un aumento de temperatura que,
además, haría que fuera más rápida.
5
En el equilibrio: C(s) + O2(g)  CO2(g),
a) escriba las expresiones de Kc y Kp;
b) establezca la relación entre ambas.
a) Kc = [CO2] [O2]−1; Kp = pCO2 pO2−1 ; b) Kc = Kp.
29.–
5
30.–
En un matraz cerrado de 1,7 L se introducen 72 milimoles de tetraóxido de dinitrógeno a
25 ºC. Calcule el grado de disociación de dicha sustancia si alcanzado el equilibrio la presión del
recipiente es 1,21 atm.
Datos: Kp = 0,142 ; R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ;
α ≈ 0,17 = 17 %.
N2O4(g)

2 NO2(g)
5
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Pág. 14
Solución: a) Calculamos las concentraciones de las sustancias:
1 mol etanol
1 mol etanoico
100 g · 60 g etanoico
𝑛𝑛 50 g · 46 g etanol
1,09
1,67
[C2 H5 OH]0 = =
≅
M ; [CH3 COOH]0 =
≅
M
𝑉𝑉
𝑉𝑉
𝑉𝑉
𝑉𝑉
𝑉𝑉
1 mol etanoato de etilo
52,8 g ·
0,6
88 g etanoato de etilo
[CH3 COOCH2 CH3 ]eq =
≅
M.
𝑉𝑉
𝑉𝑉
Aplicando la expresión del equilibrio:
sin unidades
EtOH(ℓ)
+
HAc(ℓ)
EtAc(ℓ)
+
H2O(ℓ))

Conc. iniciales
1,09 / V
1,67 / V
0
0
gastado
x
x
0
0
formado
0
0
x
x
en el equilibrio
1,09 / V – x
1,67 / V – x
x = 0,60 / V
x
en el equilibrio
0,49 / V
1,07 / V
0,60 / V
0,60 / V
La constante se obtiene con los datos de la tabla, aplicando la LAM:
0,60 0,60
·
[CH3 COOCH2 CH3 ] [H2 O]
𝑉𝑉
𝑉𝑉
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅ 0,49
≅ 0,69.
1,07
[C2 H5 OH] [CH3 COOH]
·
𝑉𝑉
𝑉𝑉
b) Por transcurrir en medio líquido, el efecto de la variación de presión sobre el sistema sería
despreciable. En un sentido absoluto, se favorece (aunque mínimamente) la formación de las
sustancias más densas, ya que ocuparían menos.
La formación del éster es la reacción directa y como es ligeramente endotérmica y un aumento de
temperatura favorece los procesos endotérmicos (Le Chatelier), obtendremos más éster si la
temperatura aumenta. Además, a temperatura más alta, la reacción tiene lugar más rápidamente.
Solución: a) Dado que el carbono es sólido (y por tanto su concentración es constante y está
incluida en la expresión):
[CO2 ]
𝑝𝑝CO2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
; 𝐾𝐾𝑝𝑝 =
.
[ O2 ]
𝑝𝑝O2
b) Aplicando p = c R T, y transformando una en otra obtenemos la relación que es:
𝑝𝑝CO2 [CO2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 [CO2 ]
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
=
=
= 𝐾𝐾𝑐𝑐 .
[O2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇
[ O2 ]
𝑝𝑝O2
Son iguales.
Solución: a) Calculamos la concentración inicial del N2O4:
1 mol ·
𝑛𝑛 72 mmol de N2 O4 · 1 000 mmol
[N2 O4 ]0 = =
≅ 0,042 M.
𝑉𝑉
1,7 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
N2O4(g)
2 NO2(g)

Concentraciones iniciales
0,042 M
0
gastado
x
0
formado
0
2 x
en el equilibrio
0,042 M – x
2 x
La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT = (0,042 M – x) + 2 x = 0,042 M + x = [N2O4]0 + x.
El valor de x se obtiene de aplicar la expresión de la presión total (ecuación de los gases ideales):
𝑝𝑝T
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T = 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ⇒ 0,042 M + 𝑥𝑥 =
𝑅𝑅 𝑇𝑇
1,21 atm
𝑥𝑥 =
– 0,042 mol L–1 ≅ 0,007 mol L–1 .
atm L
0,082
· 298 K
mol K
El grado de disociación se calcula teniendo en cuenta que:
x = c α ⇒ α = x / c ≈ 0,007 M / 0,042 M ≈ 0,17 = 17 %.
El dato de la constante de presiones, aunque es verdadero, con los datos dados no es necesario.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
31.–
En un matraz de 2,0 litros se introducen 12 g de pentacloruro de fósforo y se calienta hasta
300 ºC. Al establecerse el equilibrio de disociación, a esta temperatura tenemos:
PCl5(g)  Cl2(g) + PCl3(g) y la presión total de la mezcla es de 2,12 atm.
a) ¿Cuánto vale el grado de disociación en las condiciones señaladas?
b) ¿Cuál es el valor de Kp a esa temperatura?
Datos: Mat (g mol–1):
P = 31 ; Cl = 35,5
a) α ≈ 57 % ; b) Kp ≈ 1,0 atm.
5
Pág. 15
Solución: a) Calculamos la presión inicial del PCl5:
1 mol PCl5
atm L
𝑛𝑛 𝑅𝑅 𝑇𝑇 12 g PCl5 · 208 ,5 g PCl5 · 0,082 mol K · 573 K
𝑝𝑝PCl5 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛0 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ⇒ 𝑝𝑝0 PCl5 =
=
≅ 1,35 atm.
𝑉𝑉
2,0 L
Establecemos el equilibrio que va a tener lugar, en función de las presiones:
PCl5(g)
Cl2(g)
+
PCl3(g)

presiones iniciales
p0
0
0
presiones perdidas
p0 α
0
0
presiones ganadas
0
p0 α
p0 α
p en el equilibrio
p0 – p0 α = p0 (1 – α)
p0 α
p0 α
Teniendo en cuenta que la presión total es la suma de las presiones parciales, obtenemos que:
pT = p0 (1 – α) + p0 α + p0 α = p0 (1 + α) ⇒ α = (pT / p0) −1.
α ≈ 2,12 atm / 1,35 atm − 1 ≈ 0,57 ⇒ α ≈ 57 %.
b) Calculando las presiones en el equilibrio y aplicando la expresión de la constante Kp:
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
32.–
En un matraz de 4,0 litros se introducen 4,0 moles de N2 y 12,0 moles de H2, calentándose
la mezcla hasta 371 ºC. A esta temperatura se establece el equilibrio:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g). Si la reacción tiene lugar en un 60 %, calcule:
a) la concentración de cada especie en el equilibrio;
b) las constantes Kc y Kp para ese equilibrio;
c) cómo afecta al equilibrio un aumento de la presión. Justifique la respuesta.
a) [N2] = 4 dM; [H2] = [NH3] = 1,2 M ; b) Kc ≈ 2,1 L2 mol–2 ; Kp ≈ 7,6·10–4 atm–2 ; c) Se
desplaza hacia la derecha (formación del producto).
5
33.– En un matraz de 5,00 L se introduce una mezcla de 0,920 moles de N2 y 0,510 moles de O2
y se calienta hasta 2 200 K, estableciéndose el equilibrio: N2(g) + O2(g)  2 NO(g).
Teniendo en cuenta que en estas condiciones reacciona el 1,09 % del nitrógeno inicial:
a) calcule la concentración molar de todos los gases en el equilibrio a 2 200 K;
b) calcule el valor de las constantes Kc y Kp a esa temperatura.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1 = 8,31 J K–1 mol–1
5
a) [N2] ≈ 1,82 dM;[I2] ≈ 1,00 dM;[HI] ≈ 4,02 mM;
b) Kc = Kp ≈ 8,88·10–4.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
𝑝𝑝0 �
𝑝𝑝 T − 𝑝𝑝 0 2
�
(𝑝𝑝T − 𝑝𝑝0 )2
𝑝𝑝Cl2 𝑝𝑝PCl3 𝑝𝑝0 𝛼𝛼 𝑝𝑝0 𝛼𝛼 𝑝𝑝0 𝛼𝛼
𝑝𝑝 0
=
=
=
=
𝑝𝑝 − 𝑝𝑝
𝑝𝑝PCl5
𝑝𝑝0 (1 – 𝛼𝛼 ) 1 – 𝛼𝛼
2 𝑝𝑝0 − 𝑝𝑝T
1 – T 𝑝𝑝 0
2
0
(2,12 atm − 1,35 atm)2
𝐾𝐾𝑝𝑝 ≅
≅ 1,0 atm.
2 · 1,35 atm − 2,12 atm
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales:
𝑛𝑛 4,0 mol de N2
𝑛𝑛 12,0 mol de H2
[N2 ]0 = =
= 1,0 M ; [H2 ]0 = =
= 3,0 M.
𝑉𝑉
4,0 L
𝑉𝑉
4,0 L
El valor de x se obtiene al calcular: x = c α = 1,0 M·0,60 = 0,6 M.
Aplicando la expresión del equilibrio:
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

Conc. iniciales
1,0 M
3,0 M
0
gastado
x = c α = 0,6 M
3 x = 1,8 M
0
formado
0
0
2 x = 1,2 M
en el equilibrio
0,4 M
1,2 M
1,2 M
b) La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando la LAM:
[NH3 ]2
(1,2 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 2,1 L2 mol–2 .
[N2 ] [H2 ]3 0,4 mol L–1 · (1,2 mol L–1 )3
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n = –2):
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 2,1 mol–2 L2·(0,082 atm L mol–1 K–1·642 K)–2 ≈ 7,6·10−4 atm–2.
c) Como en el lado de los reactivos hay más moles estequiométricos gaseosos, y el equilibrio se
desplaza siempre (Principio de Le Chatelier) hacia el lado en el que se minimiza la variación
producida, un aumento de presión hará que el equilibrio se desplace hacia la derecha, para eliminar
el exceso de presión.
Solución: a) Lo primero que hacemos es calcular las concentraciones iniciales y la que reacciona:
𝑛𝑛N
𝑛𝑛O
0,920 mol de N2
0,510 mol de O2
[N2 ]0 = 2 =
= 0,184 M ; [O2 ]0 = 2 =
= 0,102 M.
𝑉𝑉
5,00 L
𝑉𝑉
5,00 L
x = c α = 0,184 M·0,010 9 ≈ 2,01·10–3 M.
b) Aplicando los datos que se dan al equilibrio:
N2(g)
+
O2(g)
2 NO(g)

conc. iniciales
0,184 M
0,102 M
0
–3
–3
gastado
x ≈ 2,01·10 M
x ≈ 2,01·10 M
0
formado
0
0
2 x ≈ 4,02·10–3 M
en el equilibrio
0,182 M
0,100 M
4,02·10–3 M
b) Hallamos la constante utilizando la Ley de Acción de Masas (LAM):
[NO]2
(4,02·10–3 M)2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 8,88·10–4 .
[N2 ] [O2 ] 0,182 M · 0,100 M
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc: Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc≈ 8,88·10–4.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
34.–
08/02/2015
En un matraz de 7,5 litros, en el que se ha practicado previamente el vacío, se introducen
0,50 moles de H2 y 0,50 moles de I2 y se calienta a 448 ºC, estableciéndose el siguiente
equilibrio: H2(g) + I2(g)  2 HI(g). Sabiendo que el valor de Kc es 50, calcule:
a) la constante Kp a esa temperatura;
b) la presión total y el número de moles de cada sustancia presente en el equilibrio.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) Kp = 50 ; b) pT ≈ 7,9 atm; nH2 = nI2 ≈ 1,1 dmol; nHI ≈ 7,5 dmol.
5
35.–
En un matraz de un litro de capacidad exacta se introducen 0,387 moles de nitrógeno y
0,642 moles de hidrógeno, se calienta a 800 K y se establece el equilibrio:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g), encontrándose que se han formado 0,060 moles de
amoniaco. Calcule:
a) la composición de la mezcla gaseosa en equilibrio;
b) las constantes Kc y Kp a la citada temperatura.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) nN2 = 0,357 mol; nH2 = 0,552 mol; nNH3 = 0,060 mol ;
Kp ≈ 1,39·10–5 atm–2.
b) Kc ≈ 6,00·10−2 mol–2 L2 ;
5
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Pág. 16
Solución: a) Teniendo en cuenta que el incremento de moles estequiométricos gaseosos es 0, y
aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc: Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc = 50.
b) Como no hay variación en el número de moles estequiométricos gaseosos la cantidad total de
moles que hay al principio (sumando todas las sustancias presentes), se mantiene durante todo el
proceso y cuando se ha alcanzado el equilibrio, por lo que la presión total será:
atm L
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 (0,50 mol + 0,50 mol) · 0,082 mol K · 721 K
=
≅ 7,9 atm.
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
𝑉𝑉
7,5 L
Calculamos las concentraciones iniciales de ambos reactivos:
𝑛𝑛H
𝑛𝑛I
0,50 mol
0,50 mol
[H2 ]0 = 2 =
≅ 0,067 M ; [I2 ]0 = 2 =
≅ 0,067 M.
𝑉𝑉
7,5 L
𝑉𝑉
7,5 L
Aplicando la LAM al equilibrio:
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

conc. iniciales
0,067 M
0,067 M
0
gastado
x
x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,067 M – x
0,067 M – x
2 x
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[HI]2
(2 𝑥𝑥 )2
2 𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 50 ⇒
= √50 ≅ 7,1
–1
2
[H2 ] [I2 ] (0,067 mol L – 𝑥𝑥 )
0,067 mol L–1 – 𝑥𝑥
0,47 mol L–1
≅ 0,052 mol L–1 .
𝑥𝑥 ≅
9,1
Hallamos los moles multiplicando las concentraciones en el equilibrio por el volumen:
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

conc.equilibrio
0,015 M
0,015 M
0,10 M
mol (equilibrio)
0,11 mol
0,11 mol
0,75 mol
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales:
𝑛𝑛 0,387 mol de N2
𝑛𝑛 0,642 mol de H2
[N2 ]0 = =
= 0,387 M ; [H2 ]0 = =
= 0,642 M.
𝑉𝑉
1L
𝑉𝑉
1L
Aplicando la expresión del equilibrio:
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

Conc. iniciales
0,387 M
0,642 M
0
gastado
x
3 x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,387 M – x
0,642 M – 3 x
2 x = 0,060 M
El valor de x se obtiene al despejar: 2 x = 0,060 M ⇒ x = 0,030 M.
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

en el equilibrio
0,357 M
0,552 M
0,060 M
nº moles equilibrio
0,357 mol
0,552 mol
0,060 mol
El número de moles se obtiene multiplicando las concentraciones por el volumen del recipiente.
b) La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando la LAM:
[NH3 ]2
(0,060 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 6,00·10−2 L2 mol–2 .
[N2 ] [H2 ]3 0,357 mol L–1 · (0,552 mol L–1 )3
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n = –2):
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 6,00·10−2 mol–2 L2·(0,082 atm L mol–1 K–1·800 K)–2 ≈ 1,39·10−5 atm–2.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
36.–
08/02/2015
En un reactor se introducen 5,0 moles de tetraóxido de dinitrógeno gaseoso, que tiene en el
recipiente una densidad de 2,3 g L–1. Este compuesto se descompone según la reacción:
N2O4(g)  2 NO2(g), y en el equilibrio a 325 K la presión es 1,0 atm. Determine en estas
condiciones:
a) el volumen del reactor;
b) el número de moles de cada componente en el equilibrio;
c) el valor de la constante de equilibrio Kp;
d) el valor de la constante de equilibrio Kc.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; Masas atómicas:
a) V = 2,0 hL ;
N = 14 ; O = 16
b) nN2O4 ≈ 2,5 mol; nNO2 ≈ 5,0 mol ; c) Kp ≈ 1,33 atm; Kc ≈ 5,0·10–2 mol L–1.
5
Pág. 17
Solución: a) Para calculae el volumen aplicamos el dato de densidad:
92 g
𝑚𝑚
𝑚𝑚 5,0 mol N2 O4 · 1,0 mol N 2 O 4
𝑑𝑑 =
⇒ 𝑉𝑉 = =
= 2,0·102 L.
𝑉𝑉
𝑑𝑑
2,3 g L–1
b) Calculamos la concentración inicial del N2O4:
𝑚𝑚
𝑛𝑛
𝑛𝑛 𝑀𝑀m 𝑑𝑑
𝑑𝑑
2,3 g L–1
[N2 O4 ]0 = = 𝑚𝑚 =
=
=
= 0,025 M.
𝑉𝑉
𝑚𝑚
𝑀𝑀m 92 g mol–1
𝑑𝑑
Aplicando la expresión del equilibrio:
N2O4(g)
2 NO2(g)

Concentraciones iniciales
0,025 M
0
gastado
x
0
formado
0
2 x
en el equilibrio
0,025 M – x
2 x
La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,025 M – x) + 2 x = 0,025 M + x = [N2O4]0 + x.
El valor de x se obtiene de aplicar la expresión de la presión total (ecuación de los gases ideales):
𝑝𝑝T
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T = 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ⇒ 0,025 M + 𝑥𝑥 =
𝑅𝑅 𝑇𝑇
1,0 atm
𝑥𝑥 =
– 0,025 mol L–1 ≅ 0,013 mol L–1 .
atm L
0,082
· 325 K
mol K
37.–
5
En un recipiente cerrado a 327 ºC de temperatura se establece el equilibrio:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g). Sabiendo que en ese momento, las concentraciones de los
compuestos implicados son: [N2] = 0,40 M , [H2] = 1,20 M y [NH3] = 1,20 M, calcule
las constantes Kc y Kp para este equilibrio. Razone cómo sería afectado el equilibrio al
aumentar la presión.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
Kc ≈ 2,1 L2 mol–2; Kp ≈ 8,6·10–4 atm–2 ; El equilibrio tenderá a disminuir el exceso de presión
desplazándose hacia la formación del producto.
38.–
5
En un recipiente cerrado se establece el siguiente equilibrio:
2 HgO(s)  2 Hg(ℓ) + O2(g): ∆H > 0.
a) Escriba las expresiones de las constantes Kc y Kp.
b) ¿Cómo afecta al equilibrio un aumento de la presión parcial de oxígeno?
c) ¿Qué le ocurrirá al equilibrio cuando se aumente la temperatura?
a) Kc = [O2] ; Kp = pO2 ; b) Por Le Chatelier, se desplaza hacia la formación del reactivo ;
c) Por Le Chatelier, se desplaza hacia la formación de los productos.
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Las concentraciones de las especies en el equilibrio (y el número de moles, conc×volumen) son:
N2O4(g)
2 NO2(g)

Concentraciones en el equilibrio
0,012 M
0,025 M
moles en el equilibrio
2,5 mol
5,0 mol
c) Teniendo en cuenta la relación utilizada anteriormente p = c R T:
N2O4(g)
2 NO2(g)

conc. en el equilibrio
0,012 M
0,025 M
presión en el equilibrio
0,33 atm
0,67 atm
Aplicando la expresión de la constante Kp:
2
𝑝𝑝NO
(0,67 atm)2
2
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
≅
≅ 1,33 atm.
𝑝𝑝N 2 O 4
0,33 atm
d) Hallamos la constante aplicando los valores de concentraciones en el equilibrio en la LAM:
[NO2 ]2 (0,025 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 5,0·10−2 mol L–1 .
[N2 O4 ] (0,,012 mol L–1 )
Solución: Dado que la reacción que tiene lugar es: N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g), aplicamos la
Ley de Acción de Masas:
[NH3 ]2
(1,20 M)2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
≅ 2,1 L2 mol–2 .
[H2 ]3 [N2 ] (1,20 M)3 · 0,40 M
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 2,1 L2 mol–2·(0,082 atm L mol–1 K–1 ·600 K)–2 ≈ 8,6·10–4 atm–2.
Al haber más moles estequiométricos gaseosos en los reactivos, ante el aumento de presión el
equilibrio varía para intentar disminuirlo, lo que desplaza el equilibrio hacia la formación del
producto (Ley de Le Chatelier).
Solución: a) Dado que el HgO es sólido y el Hg líquido, sus concentraciones o presiones no
aparecen en las expresiones de las constantes, por lo que:
Kc = [O2] ; Kp = pO2.
b) Como solo hay moles estequiométricos gaseosos en los productos, el equilibrio varía para
intentar disminuir el exceso de presión, lo que desplaza el equilibrio hacia la formación del
reactivo (Ley de Le Chatelier), o sea, hacia la izquierda.
c) También aplicando Le Chatelier, el sistema ha de reaccionar intentando eliminar el exceso de
temperatura (de calor) aportado, por lo que se desplazará en sentido endotérmico. Como la
reacción planteada es endotérmica, se desplazará hacia la formación de los productos.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
39.–
En un recipiente cerrado y vacío de 5,0 L de capacidad, a 727 ºC, se introducen 1,0 mol de
selenio
y
1,0 mol
de
hidrógeno,
alcanzándose
el
equilibrio
siguiente:
Se(g) + H2(g)  H2Se(g). Cuando se alcanza el equilibrio se observa que la presión en el
interior del recipiente es de 18,1 atmósferas.
a) Calcule las concentraciones de cada uno de los componentes en el equilibrio.
b) Calcule el valor de Kp y de Kc.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) [Se] = [H2] ≈ 2 cM [H2Se] ≈ 1,8 dM;
b) Kp ≈ 5,9 atm–1; Kc ≈ 4,5·102 L mol–1.
5
40.–
En un recipiente con un volumen de 20 litros a 250 ºC, se hacen reaccionar 4,0 mol de I2
con 8,0 mol de H2 obteniéndose en el equilibrio 6,0 mol de ioduro de hidrógeno. Calcule los
valores de Kc y Kp de esa reacción en esas condiciones.
Kc = Kp = 7,2.
5
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Pág. 18
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales dadas y la del equilibrio del SO3:
𝑛𝑛 1,0 mol de Se
𝑛𝑛 1,0 mol de H2
[Se]0 = =
= 0,20 M ; [H2 ]0 = =
= 0,20 M.
𝑉𝑉
5,0 L
𝑉𝑉
5,0 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
Se(g)
+
H2(g)
H2Se(g)

Conc. iniciales
0,20 M
0,20 M
0
gastado
x
x
0
formado
0
0
x
en el equilibrio
0,20 – x
0,20 – x
x
La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,20 M – x) + (0,20 M – x) + x = 0,40 M – x.
El valor de x se obtiene de aplicar la expresión de la presión total (ecuación de los gases ideales):
𝑝𝑝T
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T = 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ⇒ 0,40 M – 𝑥𝑥 =
𝑅𝑅 𝑇𝑇
18,1
atm
𝑥𝑥 = 0,40 mol L–1 –
≅ 0,18 mol L–1 .
atm L
0,082
· 1 000 K
mol K
Por lo tanto, las concentraciones son:
Se(g)
+
H2(g)
H2Se(g)

en el equilibrio
0,02 M
0,02 M
0,18 M
b) Para calcular la constante de presiones necesitamos conocer las presiones parciales, que se
obtienen aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛Se 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝Se 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛Se 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝Se =
= 𝑐𝑐Se 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,02 mol L–1 · 0,082
· 1 000 K ≅ 1,6 atm
𝑉𝑉
mol K
atm L
· 1 000 K ≅ 15 atm
𝑝𝑝H2 = 𝑝𝑝Se ≅ 1,6 atm ; 𝑝𝑝H2 Se = 𝑐𝑐H2 Se 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,18 mol L–1 · 0,082
mol K
𝑝𝑝H2 Se
15 atm
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
≅
≅ 5,9 atm–1 .
𝑝𝑝Se 𝑝𝑝H2 1,6 atm · 1,6 atm
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[H2 Se]
0,18 mol L–1
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 4,5·102 L mol–1 .
[Se] [H2 ] 0,02 mol L–1 · 0,02 mol L–1
Solución: La reacción que tiene lugar es: H2(g) + I2(g)  2 HI(g).
Hallando las concentraciones dadas en el enunciado dividiendo el número de moles entre el
volumen (20 L) y aplicando el equilibrio:
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

conc. iniciales
0,40 M
0,20 M
0
gastado
x
x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,40 M – x
0,20 M – x
2 x = 0,30 M
De la cantidad en el equilibrio de HI obtenemos que x es 0,15 M.
en el equilibrio
0,25 M
0,05 M
0,30 M
Hallamos el valor de Kcaplicando la expresión de la constante:
[HI]2
(0,30 M)2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 7,2.
[H2 ] [I2 ] (0,25 M) · (0,05 M)
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc: Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc = 7,2.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
41.–
08/02/2015
En un recipiente de 10 L se introduce una mezcla de 4,0 moles de N2(g) y 12,0 moles de
H2(g). Se eleva la temperatura del mismo hasta 1 000 K estableciéndose el siguiente equilibrio:
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g). En ese instante se observa que hay 0,92 moles de NH3.
a) Calcule Kc y Kp a esa temperatura.
b) Calcule la presión parcial de cada gas y la presión total de la mezcla en el equilibrio.
c) Si se introducen en el recipiente, a temperatura constante, 2 moles de argón, indique qué
ocurre con el valor de Kc y si acontecen desplazamientos en el sistema en equilibrio.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) Kc ≈ 2,0·10–2 L2 mol–2; Kp ≈ 3,0·10–6 atm–2 ; b) pN2 ≈ 29 atm; pH2 ≈ 87 atm; pNH3 ≈ 7,5 atm;
pT ≈ 123 atm ; c) No se produce ningún efecto, ya que no cambian las concentraciones
(misma cantidad de moles de cada sustancia y mismo volumen −es un recipiente de volumen
fijo−).
5
42.–
En un recipiente de 2 litros exactos se introducen 2,00 moles de SO2 y 1,00 mol de O2, y
posteriormente se calienta a 1 000 K, con lo que se produce la reacción:
2 SO2(g)+ O2(g)  2 SO3(g). Una vez alcanzado el equilibrio se encuentra que hay
0,300 moles de SO2. Calcule:
a) la masa de SO3 en el equilibrio;
b) la Kc del equilibrio.
Datos: Mat (g mol–1): O = 16,0 ; S = 32,0
a) mSO3 = 136 g ; b) Kc ≈ 428 L mol–1.
5
Pág. 19
Solución: a) Hallando las concentraciones dadas en el enunciado dividiendo el número de moles
entre el volumen (10 L) y aplicando el equilibrio:
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

conc. iniciales
0,40 M
1,20 M
0
gastado
x
3 x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,40 M – x
1,20 M – 3 x
2 x = 0,092 M
De la cantidad en el equilibrio de HI obtenemos que x es 0,046 M.
en el equilibrio
0,35 M
1,06 M
0,092 M
Hallamos el valor de Kc aplicando la expresión de la constante:
[NH3 ]2
(0,092 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 2,0·10–2 L2 mol–2 .
[N2 ] [H2 ]3 0,35 mol L–1 · (1,06 mol L–1 )3
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n = –2):
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 2,0·10–2 mol–2 L2·(0,082 atm L mol–1 K–1·1 000 K)–2 ≈ 3,0·10−6 atm–2.
b) La presión parcial de cada gas será, aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛N 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
= [N2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,35 mol L–1 · 0,082
· 1 000 K ≅ 29 atm
𝑝𝑝N2 = 2
mol K
𝑉𝑉
atm L
𝑝𝑝H2 = [H2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 1,06 mol L–1 · 0,082
· 1 000 K ≅ 87 atm
mol K
atm L
· 1 000 K ≅ 7,5 atm.
𝑝𝑝NH3 = [NH3 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 = 0,092 mol L–1 · 0,082
mol K
La presión total será:
atm L
𝑝𝑝T = 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 1,50 mol L–1 · 0,082
· 1 000 K = 123 atm.
mol K
c) Al añadir una determinada cantidad de un gas que no interviene en la reacción, ni variamos la
cantidad de cada sustancia en el equilibrio, ni modificamos el volumen total (es un recipiente), por
lo que no hará ningún efecto. Desde el punto de vista de la constante de presiones debemos
contestar lo mismo, ya que, aunque se modifica la presión total en el recipiente, las presiones
parciales que corresponden a cada reactivo y producto permanecen constantes.
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales dadas y la del equilibrio del SO3:
𝑛𝑛 2,00 mol de SO2
𝑛𝑛 1,00 mol de O2
[SO2 ]0 = =
= 1,00 M ; [O2 ]0 = =
= 0,500 M ;
𝑉𝑉
2,00 L
𝑉𝑉
2,00 L
𝑛𝑛′ 0,300 mol de SO2
[SO2 ]eq = =
= 0,150 M.
𝑉𝑉
2,00 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
2 SO2(g)
+
O2(g)
2 SO3(g)

Conc. iniciales
1,00 M
0,500 M
0
gastado
2 x
x
0
formado
0
0
2x
en el equilibrio
1,00 – 2 x = 0,150 M
0,500 – x
2x
x = 0,425 M
0,150 M
0,075 M
0,850 M
La cantidad de SO3 presente en el equilibrio será:
𝑚𝑚
𝑛𝑛 𝑀𝑀
𝑐𝑐 = = m ⇒ 𝑚𝑚 = 𝑐𝑐 𝑉𝑉 𝑀𝑀m = 0,850 mol L–1 · 2,00 L · 80,0 g de SO3 mol–1 = 136 g de SO3 .
𝑉𝑉
𝑉𝑉
b) La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[SO3 ]2
(0,850 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
≅ 428 L mol–1 .
[SO2 ]2 [O2 ] (0,150 mol L–1 )2 · (0,075 mol L–1 )
Kp = Kc (R T)∆n = 4,3·102 L mol–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·1 000 K)–1 ≈ 5,3 atm–1.
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Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
43.–
En un recipiente de 2,0 L, en el que previamente se ha realizado el vacío, se introducen
0,30 moles de H2(g), 0,20 moles de NH3(g) y 0,10 moles de N2(g). La mezcla gaseosa se
calienta a 400 ºC estableciéndose el equilibrio: N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g). La presión
total de la mezcla gaseosa en equilibrio es de 20 atmósferas.
a) Indique el sentido en que evoluciona el sistema inicial para alcanzar el estado de equilibrio.
Justifique su respuesta.
b) Calcule el valor de la constante Kc para el equilibrio a 400 ºC.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) Evoluciona hacia los reactivos, puesto que hay que aumentar el número total de moles ;
Kc ≈ 1,4 L2 mol–2.
b)
5
Pág. 20
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales:
𝑛𝑛 0,10 mol de N2
𝑛𝑛 0,30 mol de H2
[N2 ]0 = =
= 0,050 M ; [H2 ]0 = =
= 0,15 M
𝑉𝑉
2,0 L
𝑉𝑉
2,0 L
𝑛𝑛 0,20 mol de NH3
[NH3 ]0 = =
= 0,10 M
𝑉𝑉
2,0 L
La presión total (creada por los moles iniciales) que corresponde a esa situación inicial es:
atm L
𝑛𝑛0 𝑅𝑅 𝑇𝑇 (0,30 + 0,20 + 0,10) mol · 0,082 mol K · 673 K
𝑝𝑝0 𝑅𝑅 𝑇𝑇 = 𝑛𝑛0 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝0 =
=
≅ 17 atm.
𝑉𝑉
2,0 L
Como la presión inicial es menor que la del equilibrio, eso significa que el sistema, para alcanzar
el equilibrio, ha aumentado la presión haciendo mayor el número de moles presentes en el
recipiente. Eso solo puede conseguirse evolucionando hacia los reactivos.
b) Aplicando la expresión del equilibrio:
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

Conc. iniciales
0,050 M
0,15 M
0,10
gastado
0
0
2 x
formado
x
3 x
0
en el equilibrio
0,050 M + x
0,15 M + 3 x
0,10 M – 2 x
Podemos hallar el valor de x teniendo en cuenta que podemos obtener el valor de la concentración
total ya que sabemos la presión total y que además es, según las concentraciones en el equilibrio:
𝑝𝑝T
20 atm
=
≅ 0,36 M.
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑐𝑐T =
𝑅𝑅 𝑇𝑇 0,082 atm L · 673 K
mol K
44.–
En un recipiente de 20 litros se introducen 2,0 moles de N2 y 4,0 moles de H2. Se calientan
hasta 336 ºC alcanzándose la presión de equilibrio de 10 atmósferas. Calcule:
a) la composición del equilibrio: N2 + 3 H2  2 NH3, expresada en fracciones molares de
cada componente;
b) las constantes Kc y Kp.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) χN2 ≈ 0,25; χH2 ≈ 0,25; χNH3 ≈ 0,50 ; b) Kc ≈ 1,6·103 mol–2 L2 ; Kp ≈ 6,4·10–1 atm–2.
5
cT = (0,050 M + x) + (0,15 M + 3 x) + (0,10 – 2 x) = 0,30 M + 2 x ≈ 0,36 M ⇒ x ≈ 0,03 M.
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

en el equilibrio
0,08 M
0,24 M
0,04 M
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando la LAM:
[NH3 ]2
(0,04 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 1,4 L2 mol–2 .
[N2 ] [H2 ]3 0,08 mol L–1 · (0,24 mol L–1 )3
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales:
𝑛𝑛 2,0 mol de N2
𝑛𝑛 4,0 mol de H2
[N2 ]0 = =
= 0,10 M ; [H2 ]0 = =
= 0,20 M.
𝑉𝑉
20 L
𝑉𝑉
20 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
N2(g)
+
3 H2(g)
2 NH3(g)

Conc. iniciales
0,10 M
0,20 M
0
gastado
x
3 x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,10 M – x
0,20 M – 3 x
2 x
Podemos hallar el valor de x teniendo en cuenta que podemos obtener el valor de la concentración
total ya que sabemos la presión total y que además es, según las concentraciones en el equilibrio:
𝑝𝑝T
10 atm
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑐𝑐T =
=
≅ 0,20 M.
𝑅𝑅 𝑇𝑇 0,082 atm L · 609 K
mol K
cT = (0,10 M – x) + (0,20 M – 3 x) + 2 x = 0,30 M – 2 x ≈ 0,20 M ⇒ x ≈ 0,05 M.
Las fracciones molares serán:
𝑐𝑐NH3 0,10 M
𝑛𝑛N
𝑐𝑐N
0,05 M
𝜒𝜒N2 = 𝜒𝜒H2 = 2 = 2 ≅
= 0,25 ; 𝜒𝜒NH3 =
≅
= 0,50.
𝑛𝑛T
𝑐𝑐T
0,20 M
𝑐𝑐T
0,20 M
b) La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando la LAM:
[NH3 ]2
(0,10 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 1,6·103 L2 mol–2 .
[N2 ] [H2 ]3 0,05 mol L–1 · (0,05 mol L–1 )3
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n = –2):
Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)–2 ≈ 1,6·103 mol–2 L2·(0,082 atm L mol–1 K–1·609 K)–2 ≈ 0,64 atm–2.
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
45.– En un recipiente de 250 mL se introducen 0,45 g de N2O4(g) y se calienta hasta 40 ºC,
disociándose en un 42 %. Calcule:
a) la constante Kc del equilibrio: N2O4(g)  2 NO2(g);
b) la composición de la mezcla si se reduce el volumen del recipiente a la mitad sin variar la
temperatura.
a) Kc ≈ 2,4·10–2 mol L–1 ; b) nN2O4 ≈ 3,5mmol; nNO2 ≈ 3,2mmol.
5
46.–
En un recipiente de 4,0 litros se introducen 5,0 moles de COBr2 y se calienta hasta la
temperatura de 350 K. Si la constante del equilibrio de disociación del COBr2 es Kc = 0,190:
COBr2(g)  CO(g) + Br2(g), calcule:
a) el grado de disociación;
b) la concentración de todas las especies en equilibrio;
c) Kp.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) α ≈ 32 % = 0,32
Kp ≈ 5,45 atm.
; b)[COBr2] ≈ 8,5 dmol L–1;
[CO] = [Br2] ≈ 4,0 dmol L–1
5
; c)
Pág. 21
Solución: a) Primero calculamos la concentración inicial del tetraóxido de dinitrógeno:
1 mol de N2 O4
𝑛𝑛N2 O4 0,45 g · 92 g de N2O4
[N2 O4 ]0 =
=
≅ 0,020 mol L–1 .
1L
𝑉𝑉
250 mL ·
1 000 mL
Aplicando el equilibrio (teniendo en cuenta que lo disociado, cα, es lo gastado, x:
x = c α ≈ 0,020 M·42 % ≈ 0,008 4 M.
N2O4(g)
2 NO2(g)

concentraciones iniciales
0,020 M
0
gastado
x ≈ 0,008 M
0
formado
0
2 x ≈ 0,017 M
en el equilibrio
0,012 M
0,017 M
La expresión de la constante de concentraciones es:
[NO2 ]2 (0,017 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 0,024 mol L–1 .
[N2 O4 ]
(0,012 mol L–1 )
b) Al reducir el volumen a la mitad las concentraciones de todas las sustancias presentes se
duplican por lo que:
N2O4(g)
2 NO2(g)

concentraciones iniciales
0,024 M
0,034 M
gastado
0
2 x
formado
x
0
en el equilibrio
0,024 M + x
0,034 M – 2 x
Hallamos el valor de x utilizando la Ley de Acción de Masas (LAM):
[NO2 ]2 (0,034 M – 2 𝑥𝑥 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
=0,024 ⇒ 4𝑥𝑥 2 – 0,16 𝑥𝑥 – 5,8·10–4 ≅ 0
[N2 O4 ]
(0,024 M + 𝑥𝑥 )
𝑥𝑥(+) ≅ 0,036 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ 0,004 0 mol L–1 . Tomamos solo la solución más pequeña.
Por tanto las concentraciones en el nuevo equilibrio son:
N2O4(g)
2 NO2(g)

concentraciones en el equilibrio
0,028 M
0,026 M
–3
moles en el equilibrio
3,5·10 mol
3,2·10–3 mol
Solución: a) Calculamos la concentración inicial del COBr2:
𝑛𝑛 5,0 mol de COBr2
[COBr2 ]0 = =
= 1,25 M.
𝑉𝑉
4,0 L
Aplicando la expresión del equilibrio (teniendo en cuenta que x = c α):
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

Conc. iniciales
c = 1,25 M
0
0
gastado
x=cα
0
0
formado
0
x=cα
x=cα
en el equilibrio
c–cα
cα
cα
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[CO] [Br2 ] 𝑐𝑐 𝛼𝛼 𝑐𝑐 𝛼𝛼 𝑐𝑐 𝛼𝛼 2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
=
⇒ 𝐾𝐾𝑐𝑐 (1 – 𝛼𝛼 ) = 𝑐𝑐 𝛼𝛼 2 ⇒ 𝑐𝑐 𝛼𝛼 2 + 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝛼𝛼 – 𝐾𝐾𝑐𝑐 = 0
[COBr2 ]
𝑐𝑐 – 𝑐𝑐 𝛼𝛼 1 – 𝛼𝛼
– 0,190 + �(0,190)2 + 4 · 0,190 · 1,25
≅ 0,32 = 32 %.
2 · 1,25
b) Las concentraciones de las especies en el equilibrio son:
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

–1
–1
en el equilibrio
0,85 mol L
0,40 mol L
0,40 mol L–1
c) Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n es 1):
Kp = Kc (R T)∆n = 0,190 mol L–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·350 K)1 ≈ 5,45 atm.
𝛼𝛼(+) =
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
5
08/02/2015
47.–
En un recipiente de 5,0 L, se produce la reacción: H2(g) + I2(g)  2 HI(g). A 397 ºC
se encuentran en equilibrio 0,020 moles de H2, 0,020 moles de I2 y 0,16 moles de HI. Calcule y
responda razonadamente:
a) las constantes de equilibrio Kc y Kp;
b) la presión parcial de cada componente en el equilibrio;
c) cómo evoluciona el equilibrio al aumentar la presión total del sistema, si mantenemos
constante la temperatura;
d) cómo evoluciona el sistema al añadir hidrógeno, suponiendo constante la temperatura.
a) Kc = Kp = 64 ; b) pH2 = pI2 ≈ 2,2 datm; pHI ≈ 1,8 atm ; c) No evoluciona (∆n = 0) ; d)
Hacia la derecha (formación de HI).
Pág. 22
Solución: a) Lo primero que tenemos que hacer es calcular las concentraciones en el equilibrio:
𝑛𝑛 0,020 mol de H2
𝑛𝑛 0,16 mol de I2
[H2 ] = [I2 ] = =
= 0,004 0 M ; [HI] = =
= 0,032 M.
𝑉𝑉
5,0 L
𝑉𝑉
5,0 L
Hallamos la constante aplicando la LAM:
[HI]2
(0,032 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 64.
[I2 ] [H2 ] 0,004 0 mol L–1 · 0,004 0 mol L–1
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc: Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc = 64.
b) La presión parcial de cada gas será, aplicando la ecuación de los gases ideales:
atm L
–1
𝑛𝑛H2 𝑅𝑅 𝑇𝑇 0,020 mol L · 0,082 mol K · 670 K
𝑝𝑝H2 = 𝑝𝑝I2 =
=
≅ 0,22 atm
𝑉𝑉
5,0 L
atm L
–1
𝑛𝑛HI 𝑅𝑅 𝑇𝑇 0,16 mol L · 0,082 mol K · 670 K
𝑝𝑝HI =
=
≅ 1,8 atm.
𝑉𝑉
5,0 L
c) Al ser igual el número de moles estequiométricos gaseosos en los dos lados del equilibrio, el
aumento de presión no favorece ninguno de los dos, por lo que el equilibrio no se desplaza.
d) Al adicionar hidrógeno aumentamos el denominador en la expresión del cociente de reacción.
Como el equilibrio se produce cuando dicho cociente es igual a la constante de equilibrio, el
sistema debe evolucionar aumentando el numerador y disminuyendo el denominador, por lo que
evoluciona hacia la formación del producto (hacia la derecha).
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Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
48.–
En un recipiente de 5,00 L se introduce 1,00 mol de SO2, 1,00 mol de O2 y se calienta a
727 ºC, con lo que se alcanza el equilibrio: 2 SO2(g) + O2(g)  2 SO3(g). En estas
condiciones, los moles de SO2 son 0,150. Calcule:
a) la constante Kc para dicho equilibrio;
b) la presión parcial y las fracciones molares de cada componente en equilibrio.
c) Justifique como conseguir aumentar el rendimiento en SO3 modificando dos magnitudes
distintas.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; Masas atómicas: Mat (g mol–1): O = 16,0 ; S = 32,0
a) Kc ≈ 2,8·102 L mol–1 ; b) pSO2 ≈ 2,5 atm; pO2 ≈ 9,43 atm; pSO3 ≈ 13,9 atm; χSO2 ≈ 0,095;
χO2 ≈ 0,37; χSO3 ≈ 0,54 ; c) Habrá que aumentar la presión, disminuir la temperatura, aumentar
la cantidad de algún reactivo o disminuir la del producto, extrayéndolo del recipiente.
5
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Pág. 23
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales dadas y la del equilibrio del SO3:
𝑛𝑛 1,00 mol de SO2
𝑛𝑛 1,00 mol de O2
[SO2 ]0 = =
= 0,200 M ; [O2 ]0 = =
= 0,200 M ;
𝑉𝑉
5,00 L
𝑉𝑉
5,00 L
𝑛𝑛′ 0,150 mol de SO2
[SO2 ]eq = =
= 0,030 M
𝑉𝑉
5,00 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
2 SO2(g)
+
O2(g)
2 SO3(g)

Conc. iniciales
0,200 M
0,200 M
0
gastado
2x
x
0
formado
0
0
2x
en el equilibrio
0,200 – 2 x = 0,030 M
0,200 – x
2x
x = 0,085 M
0,030 M
0,115 M
0,170 M
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[SO3 ]2
(0,170 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
≅ 2,8·102 L mol–1 .
[SO2 ]2 [O2 ] (0,030 mol L–1 )2 · (0,115 mol L–1 )
b) Las presiones parciales se pueden calcular aplicando la Ley de los gases ideales:
𝑛𝑛SO2 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝SO2 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛SO2 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝SO2 =
= [SO2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 = 0,030 M · 0,082
· 1 000 K ≅ 2,5 atm
𝑉𝑉
mol K
atm L
𝑝𝑝O2 = [O2 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 = 0,115 M · 0,082
· 1 000 K ≅ 9,43 atm
mol K
atm L
𝑝𝑝SO3 = [SO3 ] 𝑅𝑅 𝑇𝑇 = 0,170 M · 0,082
· 1 000 K ≅ 13,9 atm.
mol K
La concentración total (necesaria para calcular las fracciones molares) es:
cT = 0,030 M + 0,115 M + 0,170 M = 0,315 M.
Las fracciones molares serán:
𝑛𝑛SO2 𝑐𝑐SO2 0,030 M
𝑛𝑛O
𝑐𝑐O
0,115 M
𝜒𝜒SO2 =
=
≅
≅ 0,095 ; 𝜒𝜒O2 = 2 = 2 ≅
≅ 0,37
0,315 M
0,315 M
𝑛𝑛T
𝑐𝑐T
𝑛𝑛T
𝑐𝑐T
𝑛𝑛SO3 𝑐𝑐SO3 0,170 M
𝜒𝜒SO3 =
=
≅
≅ 0,54.
𝑛𝑛T
𝑐𝑐T
0,315 M
c) Como el número de moles estequiométricos del producto (gaseoso) es menor que el de los
reactivos, un aumento de presión hará que el sistema intente compensarlo evolucionando hacia la
formación de SO3. Por lo tanto, habrá que aumentar la presión (Principio de Le Chatelier).
Dado que las oxidaciones son exotérmicas, el disminuir la temperatura favorece el proceso
exotérmico y por tanto la formación de SO3.
La adición de más reactivo (cualquiera de los dos) o la eliminación del producto también la
favorecería.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
49.– En un recipiente de 5,00 litros se introduce 1,00 mol de SO2 y 1,00 mol de O2 y se calienta
a 727 °C, con lo que tiene lugar la reacción: 2 SO2(g) + O2(g)  2 SO3(g). Una vez
alcanzado el equilibrio, se analiza la mezcla encontrando que hay 0,150 moles de SO2. Calcule:
a) la cantidad de SO3 que se forma en gramos;
b) Kc y Kp.
Datos: Masas atómicas: Mat (g mol–1): O = 16,0 ;
S = 32,0
a) mSO3 = 68 g ; b) Kc ≈ 2,8·102 L mol–1; Kp = 3,4 atm–1
5
Pág. 24
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales dadas y la del equilibrio del SO3:
𝑛𝑛 1,00 mol de SO2
𝑛𝑛 1,00 mol de O2
[SO2 ]0 = =
= 0,200 M ; [O2 ]0 = =
= 0,200 M ;
𝑉𝑉
5,00 L
𝑉𝑉
5,00 L
𝑛𝑛′ 0,150 mol de SO2
[SO2 ]eq = =
= 0,030 M
𝑉𝑉
5,00 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
2 SO2(g)
+
O2(g)
2 SO3(g)

Conc. iniciales
0,200 M
0,200 M
0
gastado
2x
x
0
formado
0
0
2x
en el equilibrio
0,200 – 2 x = 0,030 M
0,200 – x
2x
x ≈ 0,085 M
0,030 M
0,115 M
0,170 M
La cantidad de SO3 presente en el equilibrio será:
𝑚𝑚
50.– En un recipiente que tiene una capacidad de 4,0 L, se introducen 5,0 moles de COBr2(g) y
se calienta hasta una temperatura de 350 K. Si la constante de disociación del COBr2(g) para dar
CO(g) y Br2(g) es Kc = 0,190, determine:
a) el grado de disociación y la concentración de las especies en equilibrio.
b) A continuación, a la misma temperatura, se añaden 4,0 moles de CO al sistema. Determine
la nueva concentración de todas las especies una vez alcanzado el equilibrio.
a)
α ≈ 32 % = 0,32;
[COBr2] ≈ 8,5 dmol L–1;
[CO] = [Br2] ≈ 4,0 dmol L–1
; b)
[COBr2] ≈ 1,68 mol L–1; [CO] = [Br2] ≈ 5,7 dmol L–1.
𝑛𝑛 𝑀𝑀
𝑐𝑐 = = m ⇒ 𝑚𝑚 = 𝑐𝑐 𝑉𝑉 𝑀𝑀m = 0,170 mol L–1 · 5,00 L · 80 g de SO3 mol–1 = 68 g de SO3 .
𝑉𝑉
𝑉𝑉
b) La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[SO3 ]2
(0,170 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 2,8·102 L mol–1 .
[SO2 ]2 [O2 ] (0,030 mol L–1 )2 · (0,115 mol L–1 )
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 2,8·102 L mol–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·1 000 K)–1 ≈ 3,4 atm–1.
Solución: a) Calculamos la concentración inicial del COBr2:
𝑛𝑛 5,0 mol de COBr2
[COBr2 ]0 = =
= 1,25 M.
𝑉𝑉
4,0 L
Aplicando la expresión del equilibrio (teniendo en cuenta que x = c α):
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

Conc. iniciales
c = 1,25 M
0
0
gastado
x=cα
0
0
formado
0
x=cα
x=cα
en el equilibrio
c–cα
cα
cα
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[CO] [Br2 ] 𝑐𝑐 𝛼𝛼 𝑐𝑐 𝛼𝛼 𝑐𝑐 𝛼𝛼 2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
=
⇒ 𝐾𝐾𝑐𝑐 (1 – 𝛼𝛼 ) = 𝑐𝑐 𝛼𝛼 2 ⇒ 𝑐𝑐 𝛼𝛼 2 + 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝛼𝛼 – 𝐾𝐾𝑐𝑐 = 0
[COBr2 ]
𝑐𝑐 – 𝑐𝑐 𝛼𝛼 1 – 𝛼𝛼
– 0,190 + �(0,190)2 + 4 · 0,190 · 1,25
≅ 0,32 = 32 %.
2 · 1,25
Las concentraciones de las especies en el equilibrio son:
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

–1
–1
en el equilibrio
0,85 mol L
0,40 mol L
0,40 mol L–1
b) Volviendo a aplicar la expresión del equilibrio (los 4,0 moles añadidos suponen una
concentración añadida de 1,0 mol L–1 ya que el volumen es 4,0 L):
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

Conc. iniciales
0,85 M
1,40 M
0,40 M
gastado
0
x’
x’
formado
x’
0
0
en el equilibrio
0,85 M + x’
1,40 M – x’
0,40 M – x’
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[CO] [Br2 ] (1,40 M – 𝑥𝑥′) (0,40 M – 𝑥𝑥′)
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 0,190 ⇒ 𝑥𝑥′2 – 1,99 𝑥𝑥 ′ + 0,40 ≅ 0
[COBr2 ]
0,85 M + 𝑥𝑥′
𝑥𝑥′(+) ≅ 1,76 M 𝑥𝑥′(–) ≅ 0,23 M. Tomamos solo 𝑥𝑥′(–) por dar 𝑥𝑥′(+) concentraciones negativas.
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

en el equilibrio
1,08 M
1,17 M
0,17 M
𝛼𝛼(+) =
5
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
5
08/02/2015
51.–
Escriba la expresión de la solubilidad, en función de la constante del producto de
solubilidad, Kps, para las siguientes sales:
a) Cromato de bario.
b) Sulfuro de bismuto(III).
c) Hidróxido de cinc.
2+
3+
2–
2–
a) BaCrO4(s)↓  Ba (ac) + CrO4 (ac); s = Kps1/2 ; b) Bi2S3(s)↓  2 Bi (ac) + 3 S (ac);
2+
–
s = (Kps / 108)1/5 ; c) Zn(OH)2(s)↓  Zn (ac) + 2 OH (ac); s = (Kps / 4)1/3.
Pág. 25
Solución: a) El equilibrio que tiene lugar es:
2+
2–
BaCrO4(s)↓  Ba (ac) + CrO4 (ac).
2
𝐾𝐾ps = [Ba2+ ] [CrO2–
4 ] = 𝑠𝑠 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠 ⇒ 𝑠𝑠 = �𝐾𝐾ps .
b) El equilibrio que tiene lugar es:
3+
2–
Bi2S3(s)↓  2 Bi (ac) + 3 S (ac).
5
𝐾𝐾ps = [Bi2+]2 [S 2– ]3 = (2 𝑠𝑠)2 (3 𝑠𝑠)3 = 108 𝑠𝑠 5 ⇒ 𝑠𝑠 = �
c) El equilibrio que tiene lugar es:
Zn(OH)2(s)↓
2+
–
 Zn (ac) + 2 OH (ac).
3
52.–
5
Indique cuáles de las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:
a) La adición de un catalizador a una reacción rebaja la energía de activación.
b) La adición de un catalizador a una reacción modifica la velocidad de reacción
directa.
c) La adición de un catalizador a una reacción modifica el estado de equilibrio de la
misma.
a) y b) Verdaderas ; c) Falsa. Modifica las velocidades directa e inversa, pero no el equilibrio.
53.–
Indique si las frases siguientes son verdaderas o falsas, justificando la respuesta:
a) Si la constante de equilibrio de una reacción es elevada, significa que los productos
se obtienen rápidamente.
b) La constante de equilibrio de una reacción es constante, es decir, no depende de
nada, excepto de la naturaleza de la reacción en cuestión.
c) Cuando una reacción reversible alcanza el equilibrio, se mantiene la concentración
5
total de los productos y de los reactivos sin variar, aunque siguen produciéndose las
reacciones directa (de reactivos a productos) e inversa (de productos a reactivos).
d) La constante de equilibrio de un proceso con variación de entalpía nula puede ser
negativa.
𝐾𝐾ps
.
108
𝐾𝐾ps = [Zn2+] [OH −]2 = 𝑠𝑠 (2 𝑠𝑠)2 = 4 𝑠𝑠 3 ⇒ 𝑠𝑠 = �
𝐾𝐾ps
.
4
Solución: a) Verdadera. Rebaja tanto la energía de activación directa como la inversa.
b) Verdadera. También modifica la velocidad de reacción inversa.
c) Falsa. Como la variación de las velocidades directa e inversa es proporcional, el estado de
equilibrio no se modifica, aunque se llegue a él más rápidamente.
Solución: a) Falsa. Significa que la reacción esta muy desplazada hacia la formación de los
productos, pero no dice nada sobre la velocidad a la que tiene lugar esa formación.
b) Falsa. La constante de una reacción es constante pero para una temperatura determinada. La
constante depende de la temperatura a la que tiene lugar el equilibrio.
c) Verdadera. El equilibrio químico es dinámico y siempre está teniendo lugar la transformación
de reactivos en productos y viceversa.
d) Falsa. La constante de equilibrio se obtiene como producto y cociente de concentraciones de las
sustancias que intervienen en él. Como las concentraciones siempre son o positivas o nulas, la
constante de equilibrio no puede ser nunca negativa, tenga el valor que tenga la entalpía de la
reacción.
a) Falsa. Solo afirma que la concentración de los productos en el equilibrio es elevada en
comparación con la de los reactivos ; b) Falsa. Depende de la temperatura ; c) Verdadera. El
equilibrio químico es dinámico ; d) Falsa. Un cociente de concentraciones (positivas) nunca
puede ser negativo.
+
54.–
La concentración del ion Ag en una disolución saturada de Ag2C2O4 es de
2,2·10−4 mol L−1. Calcule el producto de solubilidad del Ag2C2O4.
Kps ≈ 5,3·10–12 mol3 L–3.
5
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Solución: El equilibrio que tiene lugar es:
+
2–
Ag2C2O4(s)↓ 
+
2 Ag (ac)
C2O4 (ac)
Conc. iniciales
0
0
formado
2 s
s
−4
−1
en el equilibrio
2 s = 2,2·10 mol L
s = 1,1·10−4 mol L−1
Aplicando la expresión del producto de solubilidad:
2
3
–4
–1 3
–12
𝐾𝐾p𝑠𝑠 = [Ag + ]2 [C2 O2–
mol3 L–3 .
4 ] = (2 𝑠𝑠) 𝑠𝑠 = 4 𝑠𝑠 = 4 · (1,1·10 mol L ) ≅ 5,3·10
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
55.–
08/02/2015
La constante de equilibrio de la reacción: N2O4  2 NO2 vale 0,671 a 45 ºC. Calcule
la presión total en el equilibrio en un recipiente que se ha llenado con N2O4 a 10,0 atmósferas y
a dicha temperatura.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) pT ≈ 14,7 atm (Kc) ;
pT ≈ 11,2 atm (Kp).
5
56.–
La constante de equilibrio, Kc, a 200 ºC para la reacción: PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g)
es 0,015. En un recipiente cerrado de 10 L se introducen, a dicha temperatura, 5,0 moles de PCl5
y 1,0 mol de PCl3. El sistema evoluciona hasta alcanzar el equilibrio a la misma temperatura.
Calcule:
a) las concentraciones de cada especie en el equilibrio;
b) el valor de Kp;
c) la presión total en el equilibrio.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) [PCl5] ≈ 4,5 dmol L–1 ; [PCl3] ≈ 1,5 dmol L–1; [Cl2] ≈ 4,6 C mol−1 L–1 ; b) Kp ≈ 0,58 atm ;
c) pT ≈ 25 atm.
5
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Pág. 26
Solución: Considerando que el valor que nos dan es el de la constante de concentraciones,
calculamos la constante de presiones aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc:
Kp = Kc (R T)∆n = 0,641 mol L–1·(0,082 atm L mol–1 K–1 318 K)1 ≈ 16,7 atm.
Representamos la ecuación de equilibrio en presiones:
N2O4(g)
 2 NO2(g)
presiones iniciales
10 atm
0
presión de los moles gastados
p
0
presión de moles formados
0
2p
presión en el equilibrio
10,0 atm – p
2p
La constante de presiones será, por tanto, igual a:
p2NO
(2 𝑝𝑝)2
2
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
≅
≅ 16,7 atm ⇒ 4 𝑝𝑝2 + 16,7 atm · 𝑝𝑝 – 167 atm2 ≅ 0
𝑝𝑝N2 O4 10,0 atm – 𝑝𝑝
𝑝𝑝(+) ≅ 4,7 atm ; 𝑝𝑝(–) ≅ – 8,9 atm. Tomamos solo la solución positiva.
N2O4(g)
 2 NO2(g) presión total en el equilibrio
presión en el equilibrio
5,3 atm
9,4 atm
14,7 atm
Si se considera que el dato inicial se refiere a la constante de presiones evitaríamos el paso inicial.
Los resultados serían:
N2O4(g)
 2 NO2(g) presión total en el equilibrio
presión en el equilibrio
8,8 atm
2,4 atm
11,2 atm
Solución: a) Calculamos la concentración inicial de todas las sustancias:
𝑛𝑛 5,0 mol
1,0 mol
[PCl5 ]0 = =
= 0,50 M ; [PCl3 ]0 =
= 0,10 M.
𝑉𝑉
10 L
10 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
PCl5(g)
PCl3(g)
+
Cl2(g)

Conc. iniciales
0,50 M
0,10 M
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,50 M – x
0,10 M + x
x
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones podemos hallar x:
[PCl3 ] [Cl2 ] (0,10 M + 𝑥𝑥 ) 𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 0,015 M ⇒ 𝑥𝑥 2 + 0,115 0 M · 𝑥𝑥 – 0,007 5 M 2 = 0
[PCl5 ]
0,50 M – 𝑥𝑥
𝑥𝑥(+) ≅ 4,6·10–2 mol L–1 ; 𝑥𝑥(–) ≅ −1,61·10–1 mol L–1 .
Solo consideramos la solución positiva porque no puede existir una concentración negativa.
Las concentraciones en el equilibrio son:
PCl5(g)
PCl3(g)
+
Cl2(g)

en el equilibrio
0,45 M
0,15 M
0,046 M
b) El valor de Kp se obtiene teniendo en cuenta que el incremento en el número de moles
estequiométricos gaseosos es 1:
Kp = Kc (R T)∆n = 1,5·10–2 mol L–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·473 K)1 ≈ 0,58 atm.
c) Calculamos la presión total sumando el número de moles totales:
atm L
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ (0,45 + 0,15 + 0,046) mol L–1 · 0,082
· 473 K ≅ 25 atm.
mol K
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
La constante de equilibrio, Kc, para la reacción: N2(g) + O2(g)  2 NO(g) vale
8,8·l0−4, a 2 200 K.
a) Si 2,0 moles de N2 y 1,0 mol de O2 se introducen en un recipiente de 2,0 L y se calienta a
2 200 K, calcule los moles de cada especie química en el equilibrio.
b) Calcule las nuevas concentraciones que se alcanzan en el equilibrio si se añade al
recipiente anterior 1,0 mol de O2.
a) 1,98 moles de N2 ; 0,98 moles de O2 ; 0,042 moles de NO ; b) [N2] = [O2] ≈ 0,985 M;
[N2] ≈ 3,02 cM.
57.–
5
5
58.–
La disociación del dióxido de nitrógeno en monóxido de nitrógeno y oxígeno se realiza en
un recipiente cerrado a 327 ºC. Las concentraciones de los tres gases en el equilibrio son
0,014 6 M, 0,003 82 M y 0,001 91 M, respectivamente. Calcule las constantes Kc y Kp a esa
temperatura.
Kc ≈ 1,31·10–4 mol L–1 ; Kp ≈ 6,4·10–3 atm.
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Pág. 27
Solución: a) Lo primero que hacemos es calcular las concentraciones iniciales y la que reacciona:
𝑛𝑛N
𝑛𝑛O
2,.0 mol de N2
1,0 mol de O2
[N2 ]0 = 2 =
= 1,0 M ; [O2 ]0 = 2 =
= 0,50 M.
𝑉𝑉
2,0 L
𝑉𝑉
2,0 L
Aplicando los datos al equilibrio:
N2(g)
+
O2(g)
2 NO(g)

conc. iniciales
1,0 M
0,50 M
0
gastado
x
x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
1,0 M – x
0,50 M – x
2 x
Hallamos el valor de x utilizando la Ley de Acción de Masas (LAM):
[NO]2
(2 𝑥𝑥)2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 8,88·10–4 ⇒ 4 𝑥𝑥 2 + 13,32·10–4 𝑥𝑥 – 4,44·10–4 ≅ 0
[N2 ] [O2 ] (1,0 M – 𝑥𝑥 ) (0,50 M – 𝑥𝑥 )
𝑥𝑥 ′ (+) ≅ 0,010 5 M 𝑥𝑥 ′ (–) < 0. Tomamos solo 𝑥𝑥 ′ (+) por dar 𝑥𝑥 ′ (–) concentraciones negativas.
Calculamos las concentraciones y el número de moles (concentración×volumen)
N2(g)
+
O2(g)
2 NO(g)

en el equilibrio
0,99 M
0,49 M
0,021 M
moles en eq.
1,98 mol
0,98 mol
0,042 mol
b) Aplicando los nuevos datos al equilibrio (lo hacemos al momento inicial puesto que los
resultados son los mismos):
N2(g)
+
O2(g)
2 NO(g)

conc. iniciales
1,0 M
1,0 M
0
gastado
x’
x’
0
formado
0
0
2 x’
en el equilibrio
1,0 M – x’
1,0 M – x’
2 x’
b) Hallamos el valor de x’ utilizando la Ley de Acción de Masas (LAM):
[NO]2
(2 𝑥𝑥′)2
2 𝑥𝑥′
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 8,88·10–4 ⇒
= �8,88·10–4 ≅ 2,98·10–2
2
(1,0 M – 𝑥𝑥′)
[N2 ] [O2 ]
1,0 M – 𝑥𝑥′
2,98·10–2 M
𝑥𝑥 ′ ≅
≅ 0,015 1 M.
1,97
Calculamos las concentraciones en el nuevo equilibrio:
N2(g)
+
O2(g)
2 NO(g)

en el equilibrio
0,985 M
0,985 M
0,030 2 M
Solución: La reacción que tiene lugar es: 2 NO2(g)  2 NO(g) + O2(g).
Utilizando la LAM, podemos hallar la constante de concentraciones será, aplicando los valores
que se dan como datos:
[NO]2 [O2 ] (0,003 82 mol L–1 )2 · (0,001 91 mol L–1 )
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
≅ 1,31·10–4 mol L–1 .
[NO2 ]2
(0,014 6 mol L–1 )2
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n = 1):
Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)1 = 1,31·10–4 mol–1 L·(0,082 atm L mol–1 K–1·600 K)1 ≈ 6,4·10–3 atm.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
59.–
a)
b)
c)
d)
08/02/2015
La molécula de N2O4(g) se disocia espontáneamente en dos moléculas de NO2(g). Calcule:
el grado de disociación del N2O4(g) a la presión de 3,00 atmósferas y 150 ºC de
temperatura, sabiendo que a esa temperatura Kp = 111;
la presión parcial de cada uno de los gases en el equilibrio;
el número de moles de cada uno de los gases en el equilibrio, si la masa total de la mezcla
es de 184 gramos;
el volumen ocupado por la mezcla.
Datos:
Masas atómicas:
N = 14 ; O = 16 ;
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) α ≈ 0,95 = 95 % ; b) pNO2 ≈ 2,92 atm; pN2O4 ≈ 8 catm ;
d) V ≈ 45 L.
c) nNO2 ≈ 3,8 mol; nN2O4 ≈ 1 dmol ;
Pág. 28
Solución: a) Representamos la ecuación de equilibrio en función del grado de disociación:
N2O4(g)
2 NO2(g)

presiones iniciales
p
0
presión de moles gastados
x=pα
0
presión de moles formados
0
2x=2pα
presión en el equilibrio
p – x = p (1 – α)
2pα
Teniendo en cuenta que la presión dada (la presión total en el equilibrio) es 3,0 atm:
pT = p (1 – α) + 2 p α = p (1 + α) = 3,0 atm.
Aplicando este resultado en la expresión de la constante de presiones:
p2NO
(2 𝑝𝑝 𝛼𝛼 )2 4 𝑝𝑝 𝛼𝛼 2 4 𝑝𝑝 𝛼𝛼 2 · 3,00 atm 12,0 𝛼𝛼 2 atm
2
=
=
=
=
= 111 atm
𝐾𝐾𝑝𝑝 =
(1 – 𝛼𝛼 ) 𝑝𝑝 (1 + 𝛼𝛼 )
𝑝𝑝N2 O4 𝑝𝑝 (1– 𝛼𝛼 )
1– 𝛼𝛼
1 – 𝛼𝛼 2
111
12 𝛼𝛼 2 = 111 – 111 𝛼𝛼 2 ⇒ 123 𝛼𝛼 2 = 111 ⇒ 𝛼𝛼 = �
≅ 0,95 = 95 %.
123
Solo tomamos la solución positiva porque no tiene sentido la negativa.
b) Calculamos p:
𝑝𝑝T
3,0 atm
3,00 atm
𝑝𝑝 (1 + 𝛼𝛼 ) = 𝑝𝑝T ⇒ 𝑝𝑝 =
≅
=
≅ 1,54 atm.
1 + 𝛼𝛼 1 + 0,95
1,95
Aplicando el dato de α obtenido a las presiones en el equilibrio:
N2O4(g)
2 NO2(g)

presión en el equilibrio
p (1 – α) ≈ 0,08 atm
2 p α ≈ 2,92 atm
c) Aplicando la ecuación de los gases ideales y el dato de masa total:
5
𝑝𝑝NO2
2 𝛼𝛼
2 𝑝𝑝 𝛼𝛼
=
=
=
1– 𝛼𝛼 𝑝𝑝 (1– 𝛼𝛼 ) 𝑝𝑝N2 O4
𝑛𝑛 NO2 𝑅𝑅 𝑇𝑇
𝑉𝑉
𝑛𝑛 N2O4 𝑅𝑅 𝑇𝑇
𝑉𝑉
𝑛𝑛NO2
=
=
𝑛𝑛N2O4
𝑚𝑚 NO2
𝑀𝑀 𝑚𝑚 NO2
𝑚𝑚 N2O4
𝑀𝑀 𝑚𝑚 N2O4
≅
𝑚𝑚 NO2
𝑀𝑀 𝑚𝑚 NO2
𝑚𝑚 T – 𝑚𝑚 NO2
2· 𝑀𝑀 𝑚𝑚 NO2
=
2 · 𝑚𝑚NO2
𝑚𝑚T – 𝑚𝑚NO2
2 𝛼𝛼 𝑚𝑚T – 2 𝛼𝛼 𝑚𝑚NO2 = 2 𝑚𝑚NO2 – 2 𝛼𝛼 𝑚𝑚NO2 ⇒ 𝑚𝑚NO2 = 𝛼𝛼 𝑚𝑚T ≅ 0,95 · 184 g ≅ 175 g.
𝑚𝑚NO2
𝑚𝑚N2O4
175 g
9g
𝑛𝑛NO2 =
≅
≅ 3,8 mol ; 𝑛𝑛N2O4 =
≅
≅ 0,1 mol.
–1
𝑀𝑀𝑚𝑚 NO2 46 g mol
𝑀𝑀𝑚𝑚 N2 O4
92 g mol–1
d) El volumen se calcula aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 3,9 mol · 0,082 atm L mol–1 K –1 · 423 K
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑉𝑉 =
≅
≅ 45 L.
𝑝𝑝T
3,00 atm
Licencia Creative Commons 3.0. Autor: Antonio José Vasco Merino
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
60.–
La reacción: H2(g) + CO2(g)  H2O(g) + CO(g) tiene una constante Kc = 4,4 a
2 000 K. En un recipiente de 5,0 L se introduce 1,0 mol de hidrógeno y 1,0 mol de dióxido de
carbono y la mezcla se calienta a 2 000 K. Calcule:
a) la concentración de cada sustancia en el equilibrio;
b) la presión total de la mezcla gaseosa en el equilibrio;
c) el valor de Kp a esa temperatura;
d) en qué sentido se desplazará el equilibrio al disminuir la presión. ¿Por qué?
a) [H2]eq = [CO2]eq ≈ 6 cM; [H2O]eq = [CO]eq ≈ 1,4 dM ; b) pT ≈ 66 atm ; c) Kp = 4,4 ; d)
En ninguno, por no variar el número de moles estequiométricos gaseosos en el proceso.
5
61.–
La reacción: H2(g) + I2(g)  2 HI(g) tiene una Kc = 50,2, a 445 ºC. En un recipiente
de 3,5 L, en el que previamente se ha realizado el vacío, se introducen 0,30 g de H2(g), 38,07 g
de I2(g) y 19,18 g de HI(g) a 445 ºC. Calcule las concentraciones de H2(g), I2(g) y HI(g) en el
equilibrio.
Datos: Masas atómicas: Mat (g mol–1):
H = 1,0 ; I = 126,9
[HI]eq ≈ 1,01 dM ; [H2]eq = [I2]eq ≈ 1,4 cM.
5
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Pág. 29
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales:
𝑛𝑛 1,0 mol de H2
[H2 ]0 = [CO2 ]0 = =
≅ 0,20 M.
𝑉𝑉
5,0 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
H2(g)
+
CO2(g)
H2O(g)
+
CO(g)

Conc. iniciales
0,20 M
0,20 M
0
0
gastado
x
x
0
0
formado
0
0
x
x
en el equilibrio
0,20 M – x
0,20 M – x
x
x
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando la LAM:
[H2 O] [CO]
𝑥𝑥 2
𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
=
4,4
⇒
= �4,4 ≅ 2,1
[H2 ] [CO2 ] (0,20 mol L–1 – 𝑥𝑥 )2
0,20 mol L–1 – 𝑥𝑥
0,42 mol L–1
𝑥𝑥 ≅
≅ 0,14 mol L–1 .
3,1
Aplicando el valor de x a la tabla que ya teníamos:
H2(g)
+
CO2(g)
H2O(g)
+
CO (g)

en el equilibrio
0,06 M
0,06 M
0,14 M
0,14 M
b) La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales (ponemos 2,0 moles
porque la cantidad de moles iniciales se mantiene en todo el proceso):
atm L
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 2,0 mol · 0,082 mol K · 2 000 K
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
=
≅ 66 atm.
𝑉𝑉
5,0 L
c) Como no hay incremento de moles, si aplicamos la fórmula que relaciona Kp y Kc:
Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc = 4,4.
d) Como no hay incremento de moles estequiométricos gaseosos, el aumento de presión no
favorece ninguno de los dos procesos (aunque aumenta la velocidad de ambos al disminuir el
volumen y por tanto aumentar la concentración), por lo que el equilibrio se mantiene igual.
Solución: a) Calculamos las concentraciones inicialesde ambos reactivos:
1 mol H2
1 mol I2
𝑛𝑛H2 0,30 g H2 · 2,0 g H2
𝑛𝑛I2 38,07 g I2 · 253,8 g I2
[H2 ]0 =
=
≅ 0,043 M ; [I2 ]0 =
=
≅ 0,043 M
𝑉𝑉
3,5 L
𝑉𝑉
3,5 L
1 mol HI
19,18 g HI ·
𝑛𝑛
127,9 g HI
[HI]0 = HI =
≅ 0,043 M.
𝑉𝑉
3,5 L
Aplicando la LAM al equilibrio:
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

conc. iniciales
0,043 M
0,043 M
0,043 M
gastado
x
x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,043 M – x
0,043 M – x
0,043 M + 2 x
La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[HI]2
(0,043 mol L–1 + 2 𝑥𝑥 )2
0,043 mol L–1 + 2 𝑥𝑥
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
= 50,2 ⇒
= �50,2 ≅ 7,09
[H2 ] [I2 ]
(0,043 mol L–1 – 𝑥𝑥 )2
0,043 mol L–1 – 𝑥𝑥
0,26 mol L–1
𝑥𝑥 ≅
≅ 0,029 mol L–1 .
9,09
Luego las concentraciones en el equilibrio son:
H2(g)
+
I2(g)
2 HI(g)

conc.equilibrio
0,014 M
0,014 M
0,101 M
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
–4
–1
62.–
La solubilidad del bromuro de plata (AgBr) en agua, a 25 °C, es 1,40·10 g L .
Determine:
a) la constante del producto de solubilidad (Kps) del bromuro de plata a esta temperatura;
b) la solubilidad (en g L–1) del bromuro de plata en presencia de una disolución de bromuro de
potasio (KBr) de concentración 1,5 mol L–1.
Datos: Masas atómicas: Mat (g mol–1):
a) Kps ≈ 5,55·10–13 mol2 L–2 ;
Br = 80,0 ;
b) x ≈ 70 pg L–1.
Ag = 107,9
5
63.–
La solubilidad del PbI2 en agua a 25 ºC es 0,70 g L–1. Determine:
a) la constante del producto de solubilidad;
b) si precipitará PbI2 cuando se añadan 2,0 g de yoduro de sodio a 100 mL de una disolución
0,012 M de nitrato de plomo(II).
Datos: Tanto el yoduro de sodio como el nitrato de plomo(II) son sales solubles ;
Mat (g mol–1): Na = 23,0 ; I = 127,0 ; Pb = 207,2
a) Kps ≈ 1,4·10−8 mol3 L−3 ; b) Q > Kps; se produce la precipitación.
5
Masas atómicas:
Pág. 30
Solución: a) Calculamos la solubilidad molar del bromuro de plata, AgBr:
1 mol de AgBr
𝑠𝑠 = 1,40·10–4 g L–1 de AgBr ·
≅ 7,45·10–7 mol L–1 .
187,9 g de AgBr
El equilibrio que tiene lugar es:
+
–
AgBr(s)↓
+

Ag (ac)
Br (ac)
Conc. iniciales
0
0
formado
s
s
en el equilibrio
s
s
Aplicando la expresión del producto de solubilidad:
𝐾𝐾p𝑠𝑠 = [Ag +] [Br –] = 𝑠𝑠 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠 2 ≅ (7,45·10–7 mol L–1 )2 ≅ 5,55·10–13 mol2 L–2 .
b) El bromuro de potasio se disocia completamente por lo que hay una presencia inicial de iones
bromuro que se corresponde con una concentración 1,5 M. Haciendo el nuevo equilibrio:
+
–
AgBr(s)↓
+

Ag (ac)
Br (ac)
Conc. iniciales
0
c = 1,5 M
formado
x
x
en el equilibrio
x
1,5 M + x
Aplicando la expresión del producto de solubilidad (teniendo en cuenta que, al ser tan pequeño el
valor de Kps el valor de x es despreciable frente a la concentración inicial del ion bromuro):
𝐾𝐾p𝑠𝑠 = [Ag +] [Br– ] = 𝑥𝑥 (𝑐𝑐 + 𝑥𝑥 ) ≅ 𝑐𝑐 𝑥𝑥 ≅ 1,5 mol L–1 · 𝑥𝑥
𝐾𝐾p𝑠𝑠 5,55·10–13 mol2 L–2
187,9 g de AgBr
𝑥𝑥 ≅
≅
= 3,7·10–13 mol L–1 ·
≅ 7,0·10–11 g L–1 .
–1
𝑐𝑐
1,5 mol L
1 mol de AgBr
Solución: a) Calculamos la solubilidad molar del PbI2:
1 mol de PbI2
𝑠𝑠 = 0,70 g L–1 ·
≅ 1,5·10–3 mol L–1 .
461 g de PbI2
El equilibrio que tiene lugar es:
2+
–
PbI2(s)↓
+

Pb (ac)
2 I (ac)
Conc. iniciales
0
0
formado
s
2 s
en el equilibrio
s
2 s
Aplicando la expresión del producto de solubilidad:
𝐾𝐾p𝑠𝑠 = [Pb2+ ] [I – ]2 = 𝑠𝑠 (2 𝑠𝑠)2 = 4 𝑠𝑠 3 ≅ 4 · (1,5·10–3 mol L–1 )3 ≅ 1,4·10–8 mol3 L–3 .
b) Calculamos las concentraciones iniciales, suponiendo que la adición del yoduro de sodio sólido
no varía el volumen total:
2,0 g de NaI
1 mol de NaI
𝑐𝑐′ =
·
≅ 0,13 mol L–1 .
1L
150,0
g
de
NaI
100 mL ·
1 000 mL
Haciendo el nuevo equilibrio:
2+
–
PbI2(s)↓
+

Pb (ac)
2 I (ac)
Conc. iniciales
0,012 M
c' ≈ 0,13 M
Aplicando la expresión del producto de solubilidad, si el resultado del cociente de reacción fuera
mayor, el equilibrio evolucionaría formando precipitado hasta alcanzar el producto de solubilidad.
Si fuera menor, podría disolverse precipitado (aunque en este caso no hay por lo que no ocurriría
nada). Si fueran iguales, la solución estaría saturada y no evolucionaría.
𝑄𝑄 = [Pb2+ ] [I – ]2 ≅ 0,012 M · (0,13 M)2 ≅ 2,1·10–4 mol3 L–3 > 𝐾𝐾ps .
Por lo tanto se producirá precipitación.
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Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
64.–
5
Las especies químicas NO, O2 y NO2, se encuentran en equilibrio gaseoso a una
determinada temperatura, según la siguiente reacción: 2 NO(g) + O2(g)  2 NO2(g),
∆H < 0. Justifique en qué sentido se desplazará el equilibrio cuando:
a) se eleva la temperatura;
b) se retira parte del O2;
c) se añade un catalizador.
a) Hacia la izquierda ; b) Hacia la izquierda ; c) No se modifica.
65.–
Para la reacción en equilibrio a 673 K: Br2(g) + Cl2(g)  2 BrCl(g), Kc = 7,00. Si
en un recipiente de 2,00 L, en el que previamente se ha realizado el vacío, se introducen 39,95 g
de Br2(g) y 17,725 g de Cl2(g) a 673 K, calcule:
a) las concentraciones de Br2(g), Cl2(g) y BrCl(g) en el equilibrio;
b) la presión total del sistema en equilibrio.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1 ; Mat (g mol–1):
Cl = 35,5 ; Br = 79,9
a) [Br2]eq = [Cl2]eq ≈ 5,4 cM; [BrCl]eq ≈ 1,42 dM ; b) pT ≈ 13,8 atm.
5
66.–
Para la reacción: N2O4(g)  2 NO2(g) la constante es Kc = 4,66·10–3 a 22 ºC, y
∆H = +57,2 kJ. ¿Cómo afectarán los siguientes cambios al equilibrio?
a) Subir la presión.
b) Enfriar la temperatura a 0 ºC.
c) Extraer gas NO2 de la mezcla en equilibrio.
d) Calcule la constante de equilibrio Kp a 22 ºC.
5
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) y b) Desplazaría el equilibrio hacia la formación del tetraóxido de dinitrógeno ; c)
Desplazaría el equilibrio hacia la formación del dióxido de nitrógeno ; d) Kp ≈ 0,113 atm.
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Pág. 31
Solución: a) Como al aumentar la temperatura el sistema tiende a eliminar ese exceso de energía
térmica, se favorece el proceso endotérmico. La reacción, tal y como está planteada, es un proceso
exotérmico (∆H < 0). Por lo tanto el equilibrio se desplaza hacia la formación de reactivos (hacia
la izquierda). La misma conclusión se puede obtener aplicando el Principio de Le Chatelier.
b) Al retirar parte de uno de los reactivos, el cociente de reacción se hace mayor, por lo que el
sistema evoluciona incrementando los valores del denominador y disminuyendo los del numerador
para volver a alcanzar el equilibrio. Por tanto evoluciona hacia la formación de reactivos (hacia la
izquierda). Lo mismo se puede deducir aplicando directamente el Principio de Le Chatelier.
c) La presencia de un catalizador no influye nunca en el estado de equilibrio, ya que lo único que
varía es la velocidad a la que transcurren tanto la reacción directa como la inversa.
Solución: a) Hallamos la concentración inicial de los reactivos:
1 mol Br2
1 mol Cl
17,725 g Cl2 · 71 g Cl 2
𝑛𝑛 39,95 g Br2 · 159,8 g Br2
2
[Br2 ]0 = =
= 0,125 M ; [Cl2 ]0 =
≅ 0,125 M.
𝑉𝑉
2,00 L
2,00 L
Establecemos el equilibrio que va a tener lugar:
Br2(g)
+
Cl2(g)
2 BrCl(g)

conc. iniciales
0,125 M
0,125 M
0
gastado
x
x
0
formado
0
0
2 x
en el equilibrio
0,125 M – x
0,125 M – x
2 x
Hallamos el valor de x aplicando la expresión de la constante:
[BrCl]2
(2 𝑥𝑥 )2
2 𝑥𝑥
=
= 7,00 ⇒
= �7,00 ≅ 2,65
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
2
[Br2 ] [Cl2 ] (0,125 M – 𝑥𝑥 )
0,125 M – 𝑥𝑥
0,331 mol L–1
𝑥𝑥 ≅
≅ 0,071 mol L–1 .
4,65
Br2(g)
+
Cl2(g)
2 BrCl(g)

en el equilibrio
0,054 M
0,054 M
0,142 M
b) La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,054 mol L–1) + (0,054 mol L–1) + (0,142 mol L–1) = 0,250 mol L–1.
La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
= 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,250 mol L–1 · 0,082
· 673 K ≅ 13,8 atm.
𝑉𝑉
mol K
Solución: a) Como el número de moles estequiométricos gaseosos del reactivo es inferior al del
producto, un aumento de la presión haría que la reacción tendiese a eliminar dicho aumento (Le
Chatelier) por lo que el equilibrio se desplazaría hacia la formación del reactivo (hacia la
izquierda).
b) Como la reacción directa es endotérmica y una disminución de temperatura favorece el proceso
exotérmico (Le Chatelier) la reacción se desplazará hacia la formación del reactivo.
c) Al extraer dióxido de nitrógeno (producto) su concentración disminuiría por lo que el
numerador del cociente de reacción sería menor y haría que este fuese menor que la constante de
equilibrio. Para restablecer el equilibrio se tendría que aumentar el numerador (la concentración
del producto) mientras que habría que disminuir el denominador (la concentración del reactivo) lo
que solo se puede conseguir si el equilibrio se desplaza hacia la formación del producto. También
se podría contestar aplicando Le Chatelier.
d) Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc (teniendo en cuenta que ∆n = 1):
Kp = Kc (R T)∆n = 4,66·10–3 mol L–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·295 K)1 ≈ 0,113 atm.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
67.–
5
08/02/2015
Para los siguientes equilibrios:
1º) 2 N2O5(g)  4 NO2(g) + O2(g);
2º) N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g);
+
–
3º) H2CO3(ac)  H (ac) + HCO3 (ac),
a) escriba las expresiones de Kc para los dos primeros y Kp para todos ellos;
b) razone qué sucederá en los equilibrios l.º y 2.º si se aumenta la presión a temperatura
constante.
a) 1ª) 𝐾𝐾𝑐𝑐 =
existe ;
[NO2 ]4 [O2 ]
[N2 O5 ]2
; 𝐾𝐾𝑝𝑝 =
4
𝑝𝑝 NO
𝑝𝑝
2 O2
2
𝑝𝑝 N
2 O5
[NH3 ]2
; 2ª) 𝐾𝐾𝑐𝑐 = [N
3
2 ] [H2 ]
b) Se formará más N2O5; Se formará más NH3.
; 𝐾𝐾𝑝𝑝 = 𝑝𝑝
2
𝑝𝑝 NH
3
3
N 2 𝑝𝑝 H2
; Kp para la tercera no
68.– Para preparar 500 mL de disolución saturada de AgBrO3 se usaron 900 mg de esta sal.
Hallar la Kps del bromato de plata.
Masas atómicas: Mat (g mol–1): O = 16,0 ;
Datos:
Kps ≈ 5,82·10 mol L .
–5
2
Br = 79,9 ;
Ag = 107,9
–2
5
69.–
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Sabiendo que el producto de solubilidad del hidróxido de plomo(II) a una temperatura dada
2+
es de 4,0·10–15, calcule la concentración de catión (Pb ) disuelto.
b) Indique si se formará un precipitado de yoduro de plomo(II) cuando a 100 mL de una
disolución 0,010 M de nitrato de plomo(II) se le añaden 50 mL de una disolución de yoduro
de potasio 0,020 M.
Datos: Ks(PbI2) = 7,1·10–9
a) [Pb ]eq = 1,0·10−5 mol L–1 ;
2+
b) Q > Ks; se produce la precipitación.
5
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Pág. 32
Solución: a) Las constantes se pueden expresar como:
4
2
[NO2 ]4 [O2 ]
𝑝𝑝NO
𝑝𝑝
[NH3 ]2
𝑝𝑝NH
2 O2
3
1ª) 𝐾𝐾𝑐𝑐 =
;
𝐾𝐾
=
;
2ª)
𝐾𝐾
=
;
𝐾𝐾
=
.
𝑝𝑝
𝑐𝑐
[N2 O5 ]2
[N2 ] [H2 ]3 𝑝𝑝 𝑝𝑝N 2 𝑝𝑝H3 2
𝑝𝑝N2 2 O5
El tercero no tiene constante de presiones porque son sustancias en disolución y no gases.
b) Un aumento de presión para la primera de las reacciones, y dado que presenta más moles
estequiométricos gaseosos en el lado de los productos, hace que el equilibrio tienda a compensar el
aumento de la presión haciendo que el equilibrio la disminuya (Ley de Le Chatelier) por lo que el
sistema evoluciona hacia la formación del reactivo, N2O5. En la segunda sucede justo lo contrario
por lo que aumentará la producción de amoniaco, NH3.
Solución: Calculamos la solubilidad molar del bromato de plata, AgBrO3:
1g
900 mg de AgBrO3 · 1 000 mg 1 mol de AgBrO
3
𝑠𝑠 =
·
≅ 7,63·10–3 mol L–1 .
1L
235,8
g
de
AgBrO
3
500 mL ·
1 000 mL
El equilibrio que tiene lugar es:
+
–
AgBrO3(s)↓
+

Ag (ac)
BrO3 (ac)
Conc. iniciales
0
0
formado
s
s
en el equilibrio
s
s
Aplicando la expresión del producto de solubilidad:
𝐾𝐾p𝑠𝑠 = [Ag +] [BrO–3 ] = 𝑠𝑠 𝑠𝑠 = 𝑠𝑠 2 ≅ (7,63·10–3 mol L–1 )2 ≅ 5,82·10–5 mol2 L–2 .
Solución: a) El equilibrio que tiene lugar es:
2+
Pb(OH)2(s)↓ 
Pb (ac)
Conc. iniciales
0
formado
s
en el equilibrio
s
Aplicando la expresión del producto de solubilidad:
+
–
2 OH (ac)
0
2 s
2 s
𝐾𝐾p𝑠𝑠 3 4,0·10–15 mol3 L–3
=�
= 1,0·10–5 M.
4
4
b) Al añadir disoluciones de distintos iones tenemos que calcular las concentraciones que tienen
–
los iones que pueden formar un precipitado, en nuestro caso el ion yoduro, (I ), y el ion
2+
plomo(2+), (Pb ).
Suponiendo los volúmenes aditivos:
2+
2+
–
Pb(NO3)2  Pb + 2 NO3 ⇒ [Pb ]0 = [Pb(NO3)2]0 = 0,010 M.
[Pb2+ ]0 𝑉𝑉Pb2+ 0,010 mol L–1 · 100 mL
[Pb2+ ]mezcla =
=
≅ 6,7·10–3 mol L–1 .
𝑉𝑉total
100 mL + 50 mL
+
–
–
KI  K + I ⇒ [I ]0 = [KI]0 = 0,020 M.
[I − ]0 𝑉𝑉I − 0,020 mol L–1 · 50 mL
−
[I ]mezcla =
=
≅ 6,7·10–3 mol L–1 .
𝑉𝑉total
100 mL + 50 mL
Aplicando los datos de concentraciones al equilibrio:
2+
–
PbI2(s)↓
+

Pb (ac)
2 I (ac)
Conc. iniciales
6,7·10−3 M
6,7·10−3 M
Aplicando la expresión del producto de solubilidad, si el resultado del cociente de reacción fuera
mayor, el equilibrio evolucionaría formando precipitado hasta alcanzar el producto de solubilidad.
Si fuera menor, podría disolverse precipitado (aunque en este caso no hay por lo que no ocurriría
nada). Si fueran iguales, la solución estaría saturada y no evolucionaría.
𝑄𝑄 = [Pb2+ ] [I– ]2 ≅ 6,7·10–3 M · (6,7·10–3 M)2 ≅ 3,0·10–7 mol3 L–3 > 𝐾𝐾𝑠𝑠 .
Por lo tanto se producirá precipitación.
3
𝐾𝐾ps = [Pb2+ ] [OH– ]2 = 𝑠𝑠 (2 𝑠𝑠)2 = 4 𝑠𝑠 3 ⇒ 𝑠𝑠 = �
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
70.–
08/02/2015
Responda, razonadamente, las siguientes cuestiones:
a) Sobre 100 mL de disolución acuosa de cromato de potasio (K2CrO4) de concentración
5,0·10–3 M se añaden otros 100 mL de disolución acuosa de nitrato de plata (AgNO3)
3,2·10−5 M. ¿Se formará precipitado de cromato de plata?
b) Explique cómo se modificará la solubilidad del cromato de plata si a la disolución anterior
se le añade más cromato de potasio.
Datos: Ks (Ag2CrO4) = 1,9·10–12
a) Q < Kps; no se produce la precipitación ;
pudiendo llegar a aparecer precipitado.
b) La solubilidad del Ag2CrO4 disminuiría,
5
71.–
Se agregan 20 mL de una disolución 0,010 M de AgNO3 a 80 mL de otra disolución
0,050 M de K2CrO4. ¿Se formará precipitado? Razone la respuesta.
Datos: Kps (Ag2CrO4) = 3,9·10–12
Q > Ks; se produce la precipitación.
5
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Pág. 33
Solución: Al añadir disoluciones de distintos iones tenemos que calcular las concentraciones que
2–
tienen los iones que pueden formar un precipitado, en nuestro caso el ion cromato, (CrO4 ), y el
ion plata.
Suponiendo los volúmenes aditivos:
+
+
–
AgNO3  Ag + NO3 ⇒ [Ag ]0 = [AgNO3]0 = 0,010 M.
[Ag + ]0 𝑉𝑉Ag + 3,2·10–5 mol L–1 · 100 mL
[Ag + ]mezcla =
=
= 1,6·10–5 mol L–1 .
𝑉𝑉total
100 mL + 100 mL
+
2–
2–
K2CrO4  2 K + CrO4 ⇒ [CrO4 ]0 = [K2CrO4]0 = 0,050 M.
[CrO2–
5,0·10–3 mol L–1 · 100 mL
4 ]0 𝑉𝑉CrO2–
4
[CrO2–
]
=
=
= 2,5·10–3 mol L–1 .
4 mezcla
𝑉𝑉total
100 mL + 100 mL
Aplicando los datos de concentraciones al equilibrio:
+
2–
Ag2CrO4(s)↓
+

2 Ag (ac)
CrO4 (ac)
Conc. iniciales
1,6·10−5 M
2,5·10−3 M
Aplicando la expresión del producto de solubilidad, si el resultado del cociente de reacción fuera
mayor, el equilibrio evolucionaría formando precipitado hasta alcanzar el producto de solubilidad.
Si fuera menor, podría disolverse precipitado (aunque en este caso no hay por lo que no ocurriría
nada). Si fueran iguales, la solución estaría saturada y no evolucionaría.
2
–5
–3
–13
𝑄𝑄 = [Ag + ]2 [CrO2–
mol3 L–3 < 𝐾𝐾𝑠𝑠 .
4 ] = �1,6·10 M� · 2,5·10 M = 6,4·10
Por lo tanto no se producirá precipitación.
b) La presencia de ion cromato en mayor concentración de la inicial hace que la reacción se
desplace hacia la formación del precipitado (menor solubilidad molar) ya que la reacción tiende a
eliminar el efecto producido (Ley de Le Chatelier). La solubilidad disminuiría y, si la adición fuera
de cantidades significativas, se produciría la aparición de precipitado de cromato de plata.
Solución: Al añadir disoluciones de distintos iones tenemos que calcular las concentraciones que
2–
tienen los iones que pueden formar un precipitado, en nuestro caso el ion cromato, (CrO4 ), y el
ion plata.
Suponiendo los volúmenes aditivos:
+
+
–
AgNO3  Ag + NO3 ⇒ [Ag ]0 = [AgNO3]0 = 0,010 M.
[Ag + ]0 𝑉𝑉Ag + 0,010 mol L–1 · 20 mL
[Ag + ]mezcla =
=
= 2,0·10–3 mol L–1 .
𝑉𝑉total
20 mL + 80 mL
+
2–
2–
K2CrO4  2 K + CrO4 ⇒ [CrO4 ]0 = [K2CrO4]0 = 0,050 M.
[CrO2–
0,050 mol L–1 · 80 mL
4 ]0 𝑉𝑉CrO2–
4
[CrO2–
]
=
=
≅ 0,040 mol L–1 .
4 mezcla
𝑉𝑉total
20 mL + 80 mL
Aplicando los datos de concentraciones al equilibrio:
+
2–
Ag2CrO4(s)↓
+

2 Ag (ac)
CrO4 (ac)
Conc. iniciales
2,0·10−3 M
4,0·10−2 M
Aplicando la expresión del producto de solubilidad, si el resultado del cociente de reacción fuera
mayor, el equilibrio evolucionaría formando precipitado hasta alcanzar el producto de solubilidad.
Si fuera menor, podría disolverse precipitado (aunque en este caso no hay por lo que no ocurriría
nada). Si fueran iguales, la solución estaría saturada y no evolucionaría.
–3
2
–2
–7
3 –3
𝑄𝑄 = [Ag + ]2 [CrO2–
4 ] = (2,0·10 M) · 4,0·10 M = 1,6·10 mol L > 𝐾𝐾𝑠𝑠 .
Por lo tanto se producirá precipitación.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
72.–
5
Se
establece
el
siguiente
equilibrio
en
un
recipiente
cerrado:
2 Cl2(g) + 2 H2O(g)  4 HCl(g) + O2(g); ∆H = 113 kJ. Razone cómo afectaría a la
concentración de O2:
a) la adición de Cl2;
b) el aumento del volumen del recipiente;
c) el aumento de la temperatura;
d) la utilización de un catalizador.
a), b) y c) Aumentará [O2] ; d) favorece la velocidad, no desplaza el equilibrio; la
concentración de oxígeno no varía.
Se establece el siguiente equilibrio: 2 C(s) + O2(g)  2 CO2(g); ∆H0 = –221 kJ.
Razone si la concentración de O2 aumenta, disminuye o permanece invariable:
a) al añadir C(s);
b) al aumentar el volumen del recipiente;
c) al elevar la temperatura.
a) Permanece invariable (el C no aparece en la expresión de la constante por ser sólido) ; b)
Disminuye la concentración de O2 ; c) Aumenta la concentración de O2
73.–
5
Se estudia el siguiente equilibrio: N2O4(g)  2 NO2(g), cuya Kp a 298 K es 0,15.
a) ¿En qué sentido evolucionará, hasta alcanzar el equilibrio, una mezcla de ambos gases
cuya presión parcial sea la misma e igual a 1 atm?
b) Si una vez alcanzado el equilibrio se comprime la mezcla, ¿qué le ocurrirá a la cantidad de
NO2? ¿Cómo será la descomposición de N2O4, exotérmica o endotérmica, si un aumento
de temperatura provoca un aumento de la concentración de NO2?
a) Se desplaza hacia la formación del reactivo (hacia la izquierda) ; b) Un aumento de presión
desplaza la reacción hacia la formación del reactivo (hacia la izquierda); La reacción ha de ser
endotérmica.
74.–
5
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Pág. 34
Solución: a) Al adicionar cloro aumentamos el denominador en la expresión del cociente de
reacción. Como el equilibrio se produce cuando dicho cociente es igual a la constante de
equilibrio, el sistema debe evolucionar aumentando el numerador y disminuyendo el denominador,
por lo que evoluciona hacia la formación de los productos (hacia la derecha). También se podría
deducir aplicando el Principio de Le Chatelier. Por tanto aumentará la concentración de oxígeno.
b) Como el número de moles estequiométricos gaseosos es menor en los reactivos que en los
productos, al aumentar el volumen (que disminuye el valor de las concentraciones) el equilibrio
evoluciona en sentido contrario (Le Chatelier) intentando aumentar la concentración total lo que se
consigue desplazándose en el sentido de formar más productos. Por tanto aumentará la
concentración de oxígeno.
c) Aumentar la temperatura favorece el proceso endotérmico, que en este caso es el proceso
directo, por lo que aumentará la concentración de oxígeno.
d) La presencia de un catalizador reduce las energías de activación, tanto de la reacción directa
como la de la reacción inversa, y además en la misma proporción, por lo que la constante de
equilibrio no varía. La reacción es más rápida, pero no cambia la relación entre las concentraciones
de reactivos y productos, por lo que la concentración de oxígeno no cambia.
Previamente hay que decir que el problema está mal planteado. La reacción no está bien
ajustada lo que contradice la intención de las preguntas. O la reacción es:
2 C(s) + O2(g)  2 CO(g) , o es: C(s) + O2(g)  CO2(g). Optamos por la primera
posibilidad ya que coincide con el dato real de la entalpía de combustión dada.
Solución: a) Permanece invariable ya que en la expresión de la constante no aparece
explícitamente la cantidad de C(s), por ser un sólido de densidad constante, y por tanto no se
modifica ninguno de los factores de la constante.
b) Como el número de moles estequiométricos gaseosos es menor en los reactivos que en los
productos, al aumentar el volumen (que disminuye el valor de las concentraciones) el equilibrio
evoluciona en sentido contrario (Le Chatelier) intentando aumentar la concentración total lo que se
consigue desplazándose en el sentido de formar más productos. Por tanto disminuirá la
concentración de oxígeno.
c) Aumentar la temperatura favorece el proceso endotérmico, que en este caso es el proceso
inverso, por lo que aumentará la concentración de oxígeno.
Solución: a) La expresión del cociente de reacción (de presiones) es:
2
𝑝𝑝NO
(1 atm)2
2
𝑄𝑄𝑝𝑝 =
=
= 1 atm.
𝑝𝑝N2 O4
1 atm
Como es mayor que el valor de la constante de presiones, el numerador tiene que tender a
disminuir, mientras que el denominador tiene que tender a aumentar; ambas cosas suceden si el
equilibrio se desplaza hacia la formación del reactivo (hacia la izquierda).
b) Al comprimir la mezcla, aumentamos la presión, por lo que el sistema (Ley de Le Chatelier)
evolucionará intentando disminuir el efecto de aumento de presión, lo que conseguirá
desplazándose hacia la formación del reactivo (hacia la izquierda) al haber menos moles
estequiométricos gaseosos en el lado de los reactivos que en el de los productos.
Al desplazarse la reacción hacia la formación de productos (aumento de NO2) indica que el
proceso es endotérmico, puesto que evoluciona intentando eliminar calor (energía térmica) del
entorno (Ley de Le Chatelier) que es lo que se produce cuando elevamos la temperatura.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
75.–
08/02/2015
Se introducen 0,10 moles de SbCl5 dentro de un recipiente de dos litros, se calientan a
182 ºC y se produce su disociación según la reacción: SbCl5(g)  SbCl3(g) + Cl2(g). Al
alcanzar el equilibrio, el número de moles de SbCl5 es de 0,083. Calcule:
a) la constante de equilibrio Kc y Kp;
b) la presión total de la mezcla en el equilibrio.
c) Justifique cómo se desplazará el equilibrio si aumenta el volumen, manteniendo constante
la temperatura.
a) Kc ≈ 1,7·10–3 mol L–1 ; Kp ≈ 6,5·10–2 atm ; b) pT ≈ 2,2 atm ; c) Evoluciona hacia la
formación de productos (hacia la derecha).
5
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Pág. 35
Solución: a) Hallamos las concentraciones inicial y en el equilibrio del pentacloruro de antimonio:
𝑛𝑛 0,10 mol de SbCl5
0,083 mol de SbCl5
[SbCl5 ]0 = =
= 0,050 M ; [SbCl5 ]eq =
= 0,041 5 M.
𝑉𝑉
2,0 L
2,0 L
Establecemos el equilibrio que va a tener lugar:
SbCl5(g)
SbCl3(g)
+
Cl2(g)

conc. iniciales
0,050 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,050 M – x = 0,041 5 M
x
x
x = 0,008 5 M
0,041 5 M
0,008 5 M
0,008 5 M
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones será, utilizando los valores obtenidos:
[SbCl3 ] [Cl2 ] 0,008 5 mol L–1 · 0,008 5 mol L–1
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 1,7·10–3 mol L–1 .
[SbCl5 ]
0,041 5 mol L–1
Aplicando la fórmula que relaciona Kp y Kc:
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 1,7·10–3 mol L–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·455 K)1 ≈ 6,5·10–2 atm.
b) La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,041 5 mol L–1) + (0,008 5 mol L–1) + (0,008 5 mol L–1) = 0,058 5 mol L–1.
La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
= 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 = 0,058 5 mol L–1 · 0,082
· 455 K ≅ 2,2 atm.
𝑉𝑉
mol K
c) Al aumentar el volumen, el resultado que se consigue es que las concentraciones de todas las
sustancias presentes se reduzcan. Eso rompe el equilibrio haciendo que el cociente de reacción, Q,
sea menor que Kc ya que en el numerador hay el doble de términos de concentración. Por tanto, el
sistema evoluciona hacia la formación de productos (también se podía plantear como que el
sistema evoluciona, como indica el Principio de Le Chatelier, hacia la producción de más moles
gaseosos lo que implica desplazarse hacia la derecha).
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
76.–
08/02/2015
Se introducen 0,100 moles de SbCl5 en un recipiente de 1,00 litro, se calientan a 182 ºC y
se produce su disociación: SbCl5(g)  SbCl3 (g) + Cl2(g), quedando cuando se alcanza el
equilibrio 0,087 moles de SbCl5. Calcule:
a) la constante de equilibrio Kc;
b) las concentraciones de los componentes en el equilibrio, si se aumenta el volumen de 1,0 a
3,0 litros, manteniendo la temperatura constante;
c) la presión total de la mezcla en las condiciones finales del apartado anterior.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) Kc ≈ 1,94·10–3 mol L–1 ; b) [SbCl5] ≈ 2,6 cM; [SbCl5] = [Cl2] ≈ 7 mM ; c) pT ≈ 1,5 atm.
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Pág. 36
Solución: a) Hallamos las concentraciones del pentacloruro de antimonio:
𝑛𝑛 0,100 mol SbCl5
𝑛𝑛 0,087 mol SbCl5
[SbCl5 ]0 = =
= 0,100 M ; [SbCl5 ]0 = =
= 0,087 M.
𝑉𝑉
1,00 L
𝑉𝑉
1,00 L
Establecemos el equilibrio que va a tener lugar:
SbCl5(g)
SbCl3(g)
+
Cl2(g)

conc. iniciales
c = 0,100 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
0,100 M – x = 0,087 M
x
x
calculado en el equilibrio
0,087 M
0,013 M
0,013 M
Aplicando las concentraciones en la expresión de la constante:
[SbCl3 ] [Cl2 ] 0,013 M · 0,013 M
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
≅ 1,94·10–3 mol L–1 .
[SbCl5 ]
0,087 M
b) Aumentar el volumen a 3,0 L reduce las concentraciones a la tercera parte, por lo que el
sistema tendría que evolucionar hasta conseguir otra vez el equilibrio. Se puede partir de los
nuevos datos del equilibrio o considerar el proceso desde el principio. Vamos a considerarlo así:
SbCl5(g)
SbCl3(g)
+
Cl2(g)

conc. iniciales
c’ = 0,033 M
0
0
gastado
x’
0
0
formado
0
x’
x’
en el equilibrio
c’ – x’
x’
x’
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones podemos hallar x’:
[SbCl3 ] [Cl2 ] 𝑥𝑥′ 𝑥𝑥′
– 𝐾𝐾𝑐𝑐 ± �(𝐾𝐾𝑐𝑐 )2 + 4 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑐𝑐′
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
=
⇒ 𝑥𝑥′2 + 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑥𝑥 ′ – 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑐𝑐 ′ = 0 ⇒ 𝑥𝑥 ′ =
[SbCl5 ]
𝑐𝑐′ – 𝑥𝑥′
2
–3
–3
2
–3
– 1,94·10 + �(1,94·10 ) + 4 (1,94·10 ) · 0,033
𝑥𝑥(+) ≅
≅ 0,007 mol L–1 .
2
Solo consideramos la solución positiva porque no puede existir una concentración negativa.
Las concentraciones en el equilibrio son:
SbCl5(g)
SbCl3(g)
+
Cl2(g)

en el equilibrio
0,026 M
0,007 M
0,007 M
c) La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT = (0,026 mol L–1) + (0,007 mol L–1) + (0,007 mol L–1) = 0,040 mol L–1.
La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
= 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,040 mol L–1 · 0,082
· 455 K ≅ 1,5 atm.
𝑉𝑉
mol K
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
77.– Se introducen 0,500 moles de pentacloruro de antimonio en un recipiente de 2,00 litros. Se
calienta a 200 ºC y una vez alcanzado el equilibrio, hay presentes 0,436 moles del compuesto.
Todas las sustancias son gaseosas a esa temperatura.
a) Escriba la reacción de descomposición del pentacloruro de antimonio en cloro molecular y
en tricloruro de antimonio.
b) Calcule Kc para la reacción anterior.
c) Calcule la presión total de la mezcla en el equilibrio.
Datos: R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) SbCl5(g)  SbCl3(g) + Cl2(g) ; b) Kc ≈ 4,7·10–3 mol L–1 ; c) pT ≈ 10,9 atm.
5
78.–
Se introducen 2,0 moles de COBr2 en un recipiente de 2,0 L y se calienta hasta 73 °C. El
valor
de
la
constante
Kc,
a
esa
temperatura,
para
el
equilibrio:
COBr2(g)  CO(g) + Br2(g)es 0,090. Calcule en dichas condiciones,
a) el número de moles de las tres sustancias en el equilibrio;
b) la presión total del sistema;
c) el valor de la constante Kp.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) nCOBr2 eq ≈ 1,48 mol;
Kp ≈ 2,6 atm.
nCO eq ≈ 5,2 dmol;
nBr2 eq ≈ 5,2 dmol
;
b)
pT ≈ 36 atm
5
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; c)
Pág. 37
Solución: a) La reacción que tiene lugar es: SbCl5(g)  SbCl3(g) + Cl2(g).
b) Hallamos las concentraciones inicial y del equilibrio del pentacloruro de antimonio:
𝑛𝑛 0,500 mol SbCl5
𝑛𝑛 0,436 mol SbCl5
[SbCl5 ]0 = =
= 0,250 M ; [SbCl5 ]eq = =
= 0,218 M.
𝑉𝑉
2,00 L
𝑉𝑉
2,00 L
Establecemos el equilibrio que va a tener lugar:
SbCl5(g)
SbCl3(g)
+
Cl2(g)

concentraciones iniciales
c = 0,250 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
c – x = 0,218 M
x
x
x = 0,032 M
0,218 M
0,036 M
0,036 M
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones:
[SbCl3 ] [Cl2 ] (0,032 mol L–1 )2
=
≅ 4,7·10–3 mol L–1 .
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
[SbCl5 ]
0,218 mol L–1
c) La concentración total de todas las sustancias que intervienen es:
cT ≈ (0,218 mol L–1) + (0,032 mol L–1) + (0,032 mol L–1) = 0,282 mol L–1.
La presión total se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇
atm L
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
= 𝑐𝑐T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ≅ 0,282 mol L–1 · 0,082
· 473 K ≅ 10,9 atm.
𝑉𝑉
mol K
Solución: a) Calculamos la concentración inicial del COBr2:
𝑛𝑛 2,0 mol de COBr2
[COBr2 ]0 = =
= 1,0 M.
𝑉𝑉
2,0 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

Conc. iniciales
1,0 M
0
0
gastado
x
0
0
formado
0
x
x
en el equilibrio
1,0 M – x
x
x
Aplicando la expresión de la constante de concentraciones podemos hallar x:
[CO] [O2 ]
𝑥𝑥 𝑥𝑥
– 𝐾𝐾𝑐𝑐 ± �(𝐾𝐾𝑐𝑐 )2 + 4 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑐𝑐
=
⇒ 𝑥𝑥 2 + 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑥𝑥 – 𝐾𝐾𝑐𝑐 𝑐𝑐 = 0 ⇒ 𝑥𝑥 =
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
[COBr2 ]
𝑐𝑐 – 𝑥𝑥
2
– 0,090 M + �(0,090 M)2 + 4 · (0,090 M) · 1,0 M
𝑥𝑥(+) =
≅ 0,26 mol L–1 .
2
Solo consideramos la solución positiva porque no puede existir una concentración negativa.
Por tanto, las concentraciones de las especies en el equilibrio son (y el nº de moles, multiplicando
por el volumen):
COBr2(g)
CO(g)
+
Br2(g)

en el equilibrio
0,74 M
0,26 M
0,26 M
nº moles
1,48 mol
0,52 mol
0,52 mol
b) Calculamos la presión total sumando el número de moles totales:
atm L
(1,48 mol + 0,52 mol + 0,52 mol) · 0,082
· 346 K
mol K
𝑝𝑝T 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛T 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑝𝑝T =
≅ 36 atm.
2,0 L
c) Teniendo en cuenta que el incremento de moles estequiométricos gaseosos vale 1, y aplicando
la fórmula que relaciona Kp y Kc:
Kp = Kc (R T)∆n = 0,090 mol L–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·346 K)1 ≈ 2,6 atm.
Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
08/02/2015
Si tenemos el equilibrio: CO2(g) + H2(g)  CO(g) + H2O(g), ∆H < 0, razone cómo
afectará al mismo:
a) un aumento de temperatura;
b) una reducción a la mitad del volumen del recipiente.
c) ¿Qué relación existe entre Kp y Kc en este equilibrio?
a) Se desplaza hacia la izquierda ; b) No le afectará ; c) Son iguales.
79.–
5
80.– Tras llenar un recipiente de 5,00 L con 1,000 mol de dióxido de azufre y 1,000 mol de
oxígeno, se calienta la mezcla a 727 ºC dejando que alcance el equilibrio con formación de
trióxido de azufre. Todas las especies son gaseosas y en el equilibrio quedan 0,125 moles de
dióxido de azufre. Calcule:
a) los gramos de trióxido de azufre en el equilibrio;
b) las constantes Kc y Kp para el equilibrio.
c) ¿Qué hay que hacer para formar más trióxido de azufre, bajar o subir la presión del
recipiente? ¿Por qué?
Datos:
Masas atómicas: Mat (g mol–1):
O = 16 ;
S = 32
a) mSO3 = 70 g ; b) Kc ≈ 4,3·102 L mol–1; Kp = 5,3 atm–1 ; c) Habrá que aumentar la presión.
5
Pág. 38
Solución: a) Como la reacción es exotérmica, un aumento de temperatura hará que el sistema
evolucione para contrarrestar este aumento eliminando energía calorífica por lo que evolucionará
hacia el lado endotérmico, esto es hacia la formación de reactivos (Principio de Le Chatelier).
b) Una reducción de volumen aumentará la concentración de todas las especies presentes. Como
hay el mismo número de moles estequiométricos gaseosos en ambos lados del equilibrio la
variación afectará por igual a reactivos y productos por lo que el equilibrio se mantendrá igual
(aunque será mayor la velocidad de ambas reacciones ya que las concentraciones son mayores).
c) Aplicando la relación: Kp = Kc (R T)∆n = Kc (R T)0 = Kc. Son iguales.
Solución: a) Calculamos las concentraciones iniciales dadas y la del equilibrio del SO3:
𝑛𝑛 1,00 mol de SO2
𝑛𝑛 1,00 mol de O2
[SO2 ]0 = =
= 0,200 M ; [O2 ]0 = =
= 0,200 M ;
𝑉𝑉
5,00 L
𝑉𝑉
5,00 L
𝑛𝑛′ 0,125 mol de SO2
[SO2 ]eq = =
= 0,025 M
𝑉𝑉
5,00 L
Aplicando la expresión del equilibrio:
2 SO2(g)
+
O2(g)
2 SO3(g)

Conc. iniciales
0,200 M
0,200 M
0
gastado
2x
x
0
formado
0
0
2x
en el equilibrio
0,200 – 2 x = 0,025 M
0,200 – x
2x
x ≈ 0,087 M
0,025 M
0,113 M
0,175 M
La cantidad de SO3 presente en el equilibrio será:
𝑚𝑚
𝑛𝑛 𝑀𝑀
𝑐𝑐 = = m ⇒ 𝑚𝑚 = 𝑐𝑐 𝑉𝑉 𝑀𝑀m = 0,175 mol L–1 · 5,00 L · 80 g de SO3 mol–1 = 70 g de SO3 .
𝑉𝑉
𝑉𝑉
b) La expresión de la constante de concentraciones será, aplicando los valores obtenidos:
[SO3 ]2
(0,175 mol L–1 )2
𝐾𝐾𝑐𝑐 =
≅
≅ 4,3·102 L mol–1 .
[SO2 ]2 [O2 ] (0,025 mol L–1 )2 · (0,113 mol L–1 )
Kp = Kc (R T)∆n ≈ 4,3·102 L mol–1·(0,082 atm L mol–1 K–1·1 000 K)–1 ≈ 5,3 atm–1.
c) Como el número de moles estequiométricos del producto (gaseoso) es menor que el de los
reactivos, un aumento de presión hará que el sistema intente compensarlo evolucionando hacia el
lado de los productos. Por lo tanto, habrá que aumentar la presión (Principio de Le Chatelier).
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Problemas de Química 2º Bachillerato PAU − Equilibrio químico −
81.–
08/02/2015
Un recipiente de 37,5 L, que se encuentra a 343 K y 6,0 atm, contiene una mezcla en
equilibrio con el mismo número de moles de NO2 y N2O4, según la reacción: 2 NO2(g) 
N2O4(g). Determine:
a) el número de moles de cada componente en el equilibrio;
b) el valor de la constante de equilibrio Kp;
c) la fracción molar de cada uno de los componentes de la mezcla si la presión se reduce a la
mitad.
Datos:
R = 0,082 atm L mol–1 K–1
a) nN2O4 = nNO2 ≈ 4,0 mol ;
b) Kp ≈ 0,33 atm–1 ;
c) χNO2 ≈ 0,59; χ N2O4 ≈ 0,41.
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Pág. 39
Solución: a) Como el enunciado dice que hay el mismo número de moles de cada componente en
el equilibrio, la presión parcial correspondiente a cada uno es la mitad del total, 3,0 atm.
El número de moles se obtiene aplicando la ecuación de los gases ideales:
𝑝𝑝N O 𝑉𝑉
3,0 atm · 37,5 L
𝑝𝑝 𝑉𝑉 = 𝑛𝑛 𝑅𝑅 𝑇𝑇 ; 𝑛𝑛N2 O4 = 𝑛𝑛NO2 = 2 4 =
≅ 4,0 mol.
atm L
𝑅𝑅 𝑇𝑇
0,082
· 343 K
mol K
b) Aplicando la expresión de la constante Kp:
𝑝𝑝N O
3,0 atm
𝐾𝐾𝑝𝑝 = 22 4 =
≅ 0,33 atm–1 .
(3,0 atm)2
𝑝𝑝NO 2
c) Aplicamos el dato de que la presión se reduce a la mitad, por lo que las presiones de ambos
componentes se reduce a 1,5 atm. El nuevo equilibrio que se plantea es:
2 NO2(g)
N2O4(g)

Presiones iniciales
1,5 atm
1,5 atm
disminución de presión
0
x
aumento de presión
2x
0
en el equilibrio
1,5 atm + 2 x
1,5 atm – x
Aplicando otra vez la expresión de la constante Kp:
𝑝𝑝N O
1,5 atm – 𝑥𝑥
1
𝐾𝐾𝑝𝑝 = 22 4 =
=
⇒ 4 𝑥𝑥 2 + 9 atm · 𝑥𝑥 – 2,25 atm2 = 0
2
(1,5 atm + 2 𝑥𝑥)
3 atm
𝑝𝑝NO 2
𝑥𝑥(+) ≅ 0,23 atm ; 𝑥𝑥(–) = – 2,48 atm. Tomamos solo la solución positiva.
Las fracciones molares se obtienen haciendo el cociente entre la presión parcial y la total.
𝑝𝑝NO2 1,9 atm
𝑝𝑝N O
1,3 atm
𝜒𝜒NO2 =
≅
≅ 0,59 ; 𝜒𝜒N2 O4 = 2 4 ≅
≅ 0,41.
𝑝𝑝T
3,2 atm
𝑝𝑝T
3,2 atm