|
 |
|
Postovani, molim vas da mi pomognete u rjesavanju ovog zadatka.
Kod sinteze NH3 uz tlak 101 325 Pa i temperature 300 stepeni Celzijusa iz stehiometrijskog odnosa H2 i N2 u stanju ravnoteže nastaje plinska smješa koja sadrži 93,1 molskih % NH3. Koliko se amonijaka dobije iz iste smješe ako se pritisak kod 300 stepeni Celzijusa smanji na 50 663 Pa. Pretpostaviti da se NH3 ponaša kao idealan plin. Sinteza NH3 teče po jednačini:
1/2 N2(g) + 3/2H2(g) ----> NH3(g)
Rješenje: n(NH3)=90,40 mol
|
|
Ime i prezime:
Marko Kojic
dradradradra@outlook.com
|
 |
 |
U zadatku prvo treba izračunati (tlačnu) konstantu ravnoteže, a potom iz nje sastav smjese pri nižem tlaku.
Iz jednadžbe:
1/2 N2 + 3/2 H2 ⇄ NH3
slijedi izraz za konstantu ravnoteže:
Kp = p(NH3)/(p1/2(N2)∙p3/2(H2))
odnosno:
Kp2 = p2(NH3)/(p(N2)∙p3(H2))
Iz činjenice da je tlak u svakom eksperimentu stalan slijedi pak da će zbroj parcijalnih tlakova dušika, vodika i amonijaka u oba eksperimenta biti stalan:
p1(N2) + p1(H2) + p1(NH3) = 101325 Pa = p1
odnosno:
p2(N2) + p2(H2) + p2(NH3) = 50663 Pa = p2
Kako se u oba pokusa počinje s dušikom i vodikom, za polazne parcijalne tlakove vrijedit će i:
p1, poč.(N2) + p1, poč.(H2) = p1
odnosno:
p2, poč.(N2) + p2, poč.(H2) = p2
Podatak da se kreće s vodikom i dušikom u stehiometrijskom omjeru daje pak:
p1, poč.(N2) : p1, poč.(H2) = 1 : 3
p2, poč.(N2) : p2, poč.(H2) = 1 : 3
Iz tih se podataka mogu i moraju izračunati parcijalni tlakovi dušika i vodika u polaznim smjesama pri oba tlaka.
Sad možemo polako prema samom zadatku.
Iz množinskog udjela amonijaka na kraju prvog eksperimenta može se izračunati prvo sastav smjese, a potom i tlačna konstanta. Prvo ćemo krenuti od definicije množinskog udjela:
x(NH3) = n1(NH3)/(n1(N2) + n1(H2) + n1(NH3))
Svaka se množina može izraziti pomoću polazne množine i dosega reakcije:
n1(N2) = n1, poč.(N2) ‒ ξ1/2
n1(H2) = n1, poč.(H2) ‒ 3∙ξ1/2
n1(NH3) = ξ1
Kako su u istoj (ovdje polaznoj) plinskoj smjesi tlakovi i množine proporcionalni, omjer početnih tlakova dušika i vodika bit će jednak omjeru njihovih množina:
n1, poč.(N2) : n1, poč.(H2) = 1 : 3
odnosno:
n1, poč.(H2) = 3∙n1, poč.(N2)
To se sve sad može ubaciti u izraz za množinski udio amonijaka u ravnotežnoj smjesi:
x(NH3) = ξ1/((n1, poč.(N2) ‒ ξ1/2) + (n1, poč.(H2) ‒ 3∙ξ1/2) + ξ1)
= ξ1/((n1, poč.(N2) ‒ ξ1/2) + (3∙n1, poč.(N2) ‒ 3∙ξ1/2) + ξ1)
= ξ1/(4∙n1, poč.(N2) ‒ ξ1)
Rješavanjem te jednadžbe dobije se doseg, izražen preko polazne množine dušika, iz čega se i množine dušika, vodika i amonijaka u ravnotežnoj smjesi mogu izraziti u odnosu na polaznu množinu dušika.
Taj omjer je dostatan da se izračuna sastav ravnotežne smjese u prvom eksperimentu jer, opet zbog proporcionalnosti tlaka i množine, vrijedi prošireni omjer:
n1(N2) : n1(H2) : n1(NH3) = p1(N2) : p1(H2) : p1(NH3)
Druga jednadžba koja treba da bi se dobili konkretni tlakovi napisana je gore, ali ponavljam ju za svaki slučaj:
p1(N2) + p1(H2) + p1(NH3) = p1
Kad izračunaš sva tri tlaka, preostaje ti još samo ubaciti ih u izraz za konstantu ravnoteže i time bi prvi dio zadatka bio riješen.
Za drugi dio zadatka nisam siguran je li općenito rješiv algebarski, ali ovdje se može iskoristiti stehiometrijski odnos reaktanata. Naime, u tom slučaju izraz za konstantu ravnoteže može se malo pojednostavniti. Za to prvo treba uočiti da množine dušika i vodika uvijek stajati u omjeru 1:3, zbog čega će isto vrijediti i s njihovim parcijalnim tlakovima. Kako iz polaznog omjera tlakova slijedi:
n2, poč.(H2) = 3∙n2, poč.(N2)
ravnotežna se množina vodika može napisati kao:
n2(H2) = n2, poč.(H2) ‒ 3∙ξ2/2
= 3∙n2, poč.(N2) ‒ 3∙ξ2/2
= 3∙(n2, poč.(N2) ‒ ξ2/2)
= 3∙n2(N2)
Iz toga slijedi i odnos tlakova u ravnotežnoj smjesi:
p2(H2) = 3∙p2(N2)
što se može ubaciti u izraz za konstantu ravnoteže:
Kp2 = p22(NH3)/(p2(N2)∙p23(H2))
= p22(NH3)/(p2(N2)∙(3∙p2(N2))3)
= p22(NH3)/(27∙p24(N2))
odnosno:
Kp = p2(NH3)/(3√3∙p22(N2))
Time smo dobili jednu jednadžbu s dvije nepoznanice. Međutim, još od početka zadatka znamo da je zbroj svih tlakova u smjesi stalan:
p2(N2) + p2(H2) + p2(NH3) = p2
Taj izraz također možemo pojednostaviti poradi stalnosti omjera parcijalnih tlakova dušika i vodika:
p2(N2) + 3∙p2(N2) + p2(NH3) = p2
4∙p2(N2) + p2(NH3) = p2
Time smo dobili sustav dviju jednadžbi s dvjema nepoznanicama (odnosno triju s trima, računa li se tu i odnos tlakova dušika o vodika), rješavanjem kojega će se naći parcijalni tlakovi svih triju sastavnica druge ravnotežne smjese. Kako će u istoj smjesi tlak i množina biti proporcionalni, iz tih se triju tlakova može direktno izračunati množinski udio amonijaka u drugoj ravnotežnoj smjesi. Moj je rezultat bio 90,38 %, iz čega bih zaključio da se barem načelno slažem s autorima zadatka.
Vjerujem da će svatko s lakoćom primijetiti da sam predložio dosta dug način rješavanja zadatka i da bi se možda sve to moglo dosta ubrzati tako da se preskoče množine i dosezi. Tako se barem meni čini, ali, što zbog stalne neispavanosti, što zbog činjenice da sam se stehiometrijom zadnji put ozbiljno bavio prije oko desetljeća, odlučio sam ići na sigurno, ponajviše pod dojmom toga što se ovdje radi o plinskoj smjesi pri stalnom tlaku, a ne volumenu, pri čemu se zbiva reakcija u kojoj se mijenja broj plinovitih čestica. Za takve sustave ne vrijedi nužno da će promjena množine nekog reaktanta odgovarati promjeni njegovog parcijalnog tlaka, tako da mi je siguran pristup značio prelazak na množine, koje ne ovise o tlaku.
Pozdrav, |
|
|
Odgovorio:
Ivica Cvrtila
i.cvrtila@rug.nl
<-- Povratak
|
|
|
Postavite
pitanje iz bilo kojeg područja kemije i
e-škola će osigurati da dobijete odgovor od kompetentnog znanstvenika. |
  |
|
