Esercizio - Kc e Kp dall'equilibrio della sintesi dell'ammoniaca

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1. Costante $K_c$

Le concentrazioni all'equilibrio sono moli diviso volume: $$[\text{N}_2] = \frac{1{,}50}{5{,}00} = 0{,}300\ \text{mol/L} \qquad [\text{H}_2] = \frac{4{,}50}{5{,}00} = 0{,}900\ \text{mol/L} \qquad [\text{NH}_3] = \frac{0{,}500}{5{,}00} = 0{,}100\ \text{mol/L}$$

I coefficienti stechiometrici (1, 3, 2) diventano gli esponenti: $$K_c = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2]\,[\text{H}_2]^3} = \frac{0{,}100^2}{0{,}300\cdot0{,}900^3} = \frac{0{,}0100}{0{,}300\cdot0{,}729} = \frac{0{,}0100}{0{,}2187} = 0{,}0457$$

2. Pressioni parziali e $K_p$

La temperatura è $T = 450 + 273{,}15 = 723{,}15$ K, quindi $RT = 0{,}08206\cdot723{,}15 = 59{,}34$ L atm/mol. Da $p = \frac{n}{V}RT = [\,\cdot\,]\,RT$: $$p_{\text{N}_2} = 0{,}300\cdot59{,}34 = 17{,}8\ \text{atm} \quad p_{\text{H}_2} = 0{,}900\cdot59{,}34 = 53{,}4\ \text{atm} \quad p_{\text{NH}_3} = 0{,}100\cdot59{,}34 = 5{,}93\ \text{atm}$$ $$p_\text{tot} = 17{,}8 + 53{,}4 + 5{,}93 = 77{,}1\ \text{atm}$$

Controllo con l'equazione dei gas ideali sulle moli totali ($n = 6{,}50$ mol): $\frac{6{,}50\cdot59{,}34}{5{,}00} = 77{,}1$ atm ✓.

$$K_p = \frac{p_{\text{NH}_3}^2}{p_{\text{N}_2}\,p_{\text{H}_2}^3} = \frac{5{,}93^2}{17{,}8\cdot53{,}4^3} = \frac{35{,}2}{17{,}8\cdot1{,}524\cdot10^5} = 1{,}30\cdot10^{-5}\ \text{atm}^{-2}$$

Lo stesso risultato si ottiene dalla relazione $K_p = K_c(RT)^{\Delta n}$ con $\Delta n = 2 - (1+3) = -2$: $$K_p = 0{,}0457\cdot59{,}34^{-2} = \frac{0{,}0457}{3521} = 1{,}30\cdot10^{-5}\ \text{atm}^{-2}$$

3. Volume dimezzato

Con $V$ dimezzato le concentrazioni raddoppiano: $[\text{N}_2] = 0{,}600$, $[\text{H}_2] = 1{,}80$, $[\text{NH}_3] = 0{,}200$ mol/L. Non si è più all'equilibrio: si calcola il quoziente $$Q = \frac{0{,}200^2}{0{,}600\cdot1{,}80^3} = \frac{0{,}0400}{0{,}600\cdot5{,}832} = 0{,}0114 = \frac{K_c}{4}$$

Poiché $Q < K_c$, la reazione procede verso i prodotti (a destra): si forma altra ammoniaca. Fino a che $Q$ non torna uguale a $K_c$.

4. Domanda teorica

• Alta pressione: la reazione diretta fa passare da 4 a 2 moli di gas; per Le Chatelier la compressione favorisce il lato con meno moli, cioè l'ammoniaca (come si vede al punto 3).
• Non bassa temperatura: la reazione è esotermica, quindi $K$ aumenta se la temperatura diminuisce, ma alle basse temperature la reazione è troppo lenta (energia di attivazione alta): si sceglie un compromesso, 400-500 °C, con un catalizzatore a base di ferro che accelera la reazione senza cambiare $K$.

Risultati

Errori comuni

• Dimenticare di dividere per il volume (usare le moli al posto delle concentrazioni): qui il volume non si semplifica perché $\Delta n \ne 0$.
• Non mettere gli esponenti $3$ per H$_2$ e $2$ per NH$_3$.
• Convertire $K_c$ in $K_p$ con $T$ in gradi Celsius: serve il kelvin.