Ejercicio resuelto de Constante de equilibrio Kp · Química · 2025

$\mathbf{\text{4B)}}$ En un recipiente de 2,50 L se introducen 0,0200 mol de ${\mathrm{N}}_2$ y 0,0300 mol de ${\mathrm{H}}_2$. Se eleva la temperatura hasta 400 ºC, y la reacción ${\mathrm{N}}_2(\mathrm{g})+3{\mathrm{H}}_2(\mathrm{g})\rightleftarrows 2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3(\mathrm{g})$ alcanza el equilibrio, obteniéndose $\mathrm{\Delta }{H}_r<0$ y una concentración de $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3(\mathrm{g})$ de 0,00375 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}$.

a) $\mathit{\text{(1}}\mathit{\text{punto)}}$ Calcule las presiones parciales de cada sustancia en el equilibrio y la presión total.
b) $\mathit{\text{(0,5}}\mathit{\text{puntos)}}$ Obtenga Kp y Kc.
c) $\mathit{\text{(0,5}}\mathit{\text{puntos)}}$ Justifique si el rendimiento del proceso aumenta realizándolo a menor temperatura.
d) $\mathit{\text{(0,5}}\mathit{\text{puntos)}}$ Razone cómo varía la concentración de ${\mathrm{N}}_2$ cuando se añade al equilibrio un gas inerte como el Ar a volumen y temperatura constantes.

Dato. R = 0,0820 $\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{m}\cdot \mathrm{L}\cdot \mathrm{m}\mathrm{o}{\mathrm{l}}^{-1}\cdot {\mathrm{K}}^{-1}$.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{Calcule}}\mathbf{\text{las}}\mathbf{\text{presiones}}\mathbf{\text{parciales}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{cada}}\mathbf{\text{sustancia}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{equilibrio}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{presi}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{total.}}\mathbf{\text{(1}}\mathbf{\text{punto)}}$

El dato que cierra el problema es la concentración de amoniaco en el equilibrio, que permite obtener sus moles y, con la estequiometría, los de todo lo demás:

$n(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{0,00375}\cdot \mathrm{2,50}=\mathrm{0,00938}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$

Llamando $x$ a los moles de ${\mathrm{N}}_2$ que reaccionan, por cada uno desaparecen 3 de ${\mathrm{H}}_2$ y aparecen 2 de $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$:

$$	${\mathrm{N}}_2$	${\mathrm{H}}_2$	$\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ Inicial (mol)	0,0200	0,0300	0 Equilibrio (mol)	$\mathrm{0,0200}-x$	$\mathrm{0,0300}-3x$	$2x$

$2x=\mathrm{0,00938}\Rightarrow x=\mathrm{0,00469}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$

$n({\mathrm{N}}_2)=\mathrm{0,0200}-\mathrm{0,00469}=\mathrm{0,0153}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$

$n({\mathrm{H}}_2)=\mathrm{0,0300}-3\cdot \mathrm{0,00469}=\mathrm{0,0159}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}$

Cada presión parcial se calcula con la ecuación de los gases ideales aplicada a ese componente, con $T=400+273=673$ K:

$p_i=\frac{n_{i}RT}{V}$

$p({\mathrm{N}}_2)=\frac{\mathrm{0,0153}\cdot \mathrm{0,0820}\cdot 673}{\mathrm{2,50}}=\mathrm{0,338}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{m}$

$p({\mathrm{H}}_2)=\frac{\mathrm{0,0159}\cdot \mathrm{0,0820}\cdot 673}{\mathrm{2,50}}=\mathrm{0,352}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{m}$

$p(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3)=\frac{\mathrm{0,00938}\cdot \mathrm{0,0820}\cdot 673}{\mathrm{2,50}}=\mathrm{0,207}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{m}$

Por la ley de Dalton, la presión total es la suma de las parciales:

$p_{\text{total}}=\mathrm{0,338}+\mathrm{0,352}+\mathrm{0,207}=\mathrm{0,897}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{m}$

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{Obtenga}}\mathbf{\text{Kp}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{Kc.}}\mathbf{\text{(0,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

$K_p=\frac{p^2(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3)}{p({\mathrm{N}}_2)\cdot p^3({\mathrm{H}}_2)}=\frac{(\mathrm{0,207}{)}^2}{\mathrm{0,338}\cdot (\mathrm{0,352}{)}^3}$

$K_p=\frac{\mathrm{4,28}\cdot {10}^{-2}}{\mathrm{1,47}\cdot {10}^{-2}}=\mathrm{2,91}$

Para pasar a $K_c$ se usa la relación entre ambas, con $\mathrm{\Delta }n$ igual a la variación del número de moles de gas:

$\mathrm{\Delta }n=2-(1+3)=-2$

$K_p=K_c(RT{)}^{\mathrm{\Delta }n}\Rightarrow K_c=K_p(RT{)}^{-\mathrm{\Delta }n}=K_p(RT{)}^2$

$K_c=\mathrm{2,91}\cdot (\mathrm{0,0820}\cdot 673{)}^2=\mathrm{2,91}\cdot 3045=\mathrm{8,86}\cdot {10}^3$

Que $K_c$ salga mucho mayor que $K_p$ es lo esperable con $\mathrm{\Delta }n$ negativo.

$\mathbf{\text{c)}}\mathbf{\text{Justifique}}\mathbf{\text{si}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{rendimiento}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{proceso}}\mathbf{\text{aumenta}}\mathbf{\text{realiz}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{ndolo}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{menor}}\mathbf{\text{temperatura.}}\mathbf{\text{(0,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

$\mathbf{\text{S}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{aumenta.}}$ El enunciado dice que $\mathrm{\Delta }{H}_r<0$, es decir, que la formación de amoniaco es exotérmica: al avanzar hacia la derecha se desprende calor.

Bajar la temperatura equivale a retirar calor del sistema. Según el principio de Le Chatelier, el equilibrio se opone al cambio desplazándose en el sentido en que se desprende calor, o sea, hacia los productos. Se forma más amoniaco y el rendimiento es mayor.

Conviene añadir el matiz práctico: a temperatura baja el rendimiento mejora pero la reacción se vuelve muy lenta, y por eso el proceso Haber-Bosch industrial trabaja a temperaturas altas, sacrificando rendimiento a cambio de velocidad, y lo compensa con presiones elevadas y un catalizador.

${\mathbf{\text{d)}}\mathbf{\text{Razone}}\mathbf{\text{c}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{mo}}\mathbf{\text{var}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{concentraci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{N}}}_2\mathbf{\text{cuando}}\mathbf{\text{se}}\mathbf{\text{a}}\widetilde{\mathbf{\text{n}}}\mathbf{\text{ade}}\mathbf{\text{al}}\mathbf{\text{equilibrio}}\mathbf{\text{un}}\mathbf{\text{gas}}\mathbf{\text{inerte}}\mathbf{\text{como}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{Ar}}\mathbf{\text{a}}\mathbf{\text{volumen}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{temperatura}}\mathbf{\text{constantes.}}\mathbf{\text{(0,5}}\mathbf{\text{puntos)}}$

$\mathbf{\text{No}}\mathbf{\text{var}}\acute{\mathbf{\text{ı}}}\mathbf{\text{a.}}$ El argón es inerte, así que no participa en la reacción, y al mantenerse constante el volumen tampoco cambia el de ninguna de las especies presentes:

$[{\mathrm{N}}_2]=\frac{n({\mathrm{N}}_2)}{V}$

Ni el numerador ni el denominador se alteran, luego la concentración es la misma. Como el cociente de reacción sigue valiendo $K_c$, el equilibrio no se desplaza.

Lo único que aumenta es la presión total del recipiente, por la contribución del argón, pero las presiones parciales de ${\mathrm{N}}_2$, ${\mathrm{H}}_2$ y $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ siguen siendo las mismas y $K_p$ tampoco cambia. Sería distinto añadir el gas inerte a presión constante: entonces el volumen tendría que aumentar y el equilibrio sí se desplazaría hacia donde hay más moles de gas.