Reguła przekory Le Chateliera

Jak to rozwiązać — przejście chromian ⇄ dichromian

Rozstrzygnięcie: probówka I (dodano kwas).

Obserwacje: żółta barwa roztworu (CrO₄²⁻) zmienia się na pomarańczową (powstaje jon dichromianowy Cr₂O₇²⁻): 2 CrO₄²⁻ + 2 H⁺ → Cr₂O₇²⁻ + H₂O. W probówce II (zasada) brak zmian.

Wniosek: jony CrO₄²⁻ są trwałe w środowisku zasadowym, a nietrwałe w kwasowym (przechodzą w jony dichromianowe).

✔ Zgodne z kluczem: I; barwa żółta → pomarańczowa; CrO₄²⁻ trwałe w zasadzie, nietrwałe w kwasie.

Jak to rozwiązać — reguła przekory i zależność K od T

Zdanie 1 — FAŁSZ. Po obu stronach równania jest tyle samo moli gazu (2 ⇄ 2), więc zmiana ciśnienia nie przesuwa równowagi — wydajność się nie zmieni. Twierdzenie o wzroście wydajności jest błędne → F.

Zdanie 2 — PRAWDA. Reakcja jest endotermiczna (ΔH > 0). Stała równowagi zależy tylko od temperatury; dla reakcji endotermicznej obniżenie temperatury zmniejsza K → P.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.

Jak to rozwiązać — reguła przekory i liczba moli gazu

Po stronie substratów są 2 mole gazu (eten + para wodna), a po stronie produktu 1 mol gazu (etanol). Zgodnie z regułą Le Chateliera–Brauna wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu — czyli w stronę produktu. Dlatego przy wyższym ciśnieniu stopień przereagowania etenu jest większy.

✔ Zgodne z kluczem: 2 mole gazowych substratów → 1 mol gazowego produktu, więc wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w prawo.

Jak to rozwiązać — temperatura a kierunek równowagi

Z wykresu wynika, że wraz ze wzrostem temperatury maleje równowagowy stopień przereagowania (wydajność). Oznacza to, że podwyższenie temperatury przesuwa równowagę w stronę substratów — a tak dzieje się dla reakcji egzotermicznej.

Rozstrzygnięcie: egzotermiczny.

✔ Zgodne z kluczem: egzotermiczny (wzrost T zmniejsza wydajność → równowaga w lewo).

Jak to rozwiązać — tabela stężeń i wyrażenie na K

Krok 1. Ile przereagowało: 80 % z 0,20 mol Cl₂ = 0,16 mol. Ze stechiometrii 1:1:1 tyle samo CO przereagowało i tyle COCl₂ powstało.

Krok 2. Liczby moli w równowadze: CO = 0,40 − 0,16 = 0,24; Cl₂ = 0,20 − 0,16 = 0,04; COCl₂ = 0,16 mol.

Krok 3. Stężenia (÷ 4,0 dm³): [CO] = 0,06; [Cl₂] = 0,01; [COCl₂] = 0,04 mol·dm⁻³.

Krok 4. Stała równowagi:

$K=\dfrac{[COCl_2]}{[CO]\cdot[Cl_2]}=\dfrac{0{,}04}{0{,}06\cdot0{,}01}=66{,}7\approx\mathbf{67}\ \text{dm}^3\!\cdot\!\text{mol}^{-1}$

✔ Zgodne z kluczem: K ≈ 67.

Rozwiązanie

spadkiem. Reakcja przebiega ze wzrostem liczby moli gazu (CH₄ $+$ H₂O: $2$ mole → CO $+ 3$H₂: $4$ mole), więc podwyższenie ciśnienia przesuwa równowagę w stronę substratów (reguła przekory) — stopień przemiany maleje.

Rozwiązanie

1. P — obie reakcje zwiększają liczbę moli gazu, więc obniżenie ciśnienia przesuwa równowagę w stronę produktów (więcej H₂).
2. F — dodanie substratu (CH₄) przesuwa równowagę w stronę produktów, zwiększając ilość H₂.
3. F — katalizator nie zmienia stanu równowagi (wydajności), tylko przyspiesza jej osiągnięcie.

Rozwiązanie

1. P — liczba moli gazu maleje ($3\to2$), więc przy stałej objętości ciśnienie w równowadze jest niższe.
2. F — wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli (produktu C), więc wydajność C rośnie.
3. P — reakcja egzotermiczna: wzrost temperatury przesuwa równowagę w stronę substratów, wydajność C maleje.

Rozwiązanie

Malejąca $K$ ze wzrostem $T$ → reakcja egzotermiczna: wzrost temperatury → wydajność zmaleje. Produkt zajmuje mniej moli gazu (4→2), więc wzrost ciśnienia → wydajność wzrośnie. Obniżenie temperatury → szybkość reakcji zmaleje.

Rozwiązanie

Po stronie produktów jest więcej moli gazu ($2$ mole H₂) niż po stronie substratu ($1$ mol CH₄; węgiel jest ciałem stałym). Wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu, czyli w stronę CH₄ — dlatego wydajność ($x$) maleje.

Rozwiązanie

Ze wzrostem ciśnienia zawartość produktu rośnie. Podwyższenie ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu — skoro rośnie ilość produktu, to produkt zajmuje stronę o mniejszej liczbie moli. Zatem łączna liczba moli substratów jest większa od liczby moli produktu.

Rozwiązanie

Potrzebna reakcja jest egzoenergetyczna ($\Delta H\lt 0$, odpada B i D) i ma mniej moli po stronie produktu (A: $2\to2$ — bez zmiany, odpada). Reakcja C: N₂ $+3$H₂ ⇄ $2$NH₃ — $4$ mole substratów → $2$ mole produktu, $\Delta H\lt 0$. Odpowiedź: C.

Rozwiązanie

$\Delta H>0$ → proces endoenergetyczny; podniesienie temperatury (reguła przekory) zwiększa wydajność. Rozdrobnienie zwiększa powierzchnię kontaktu, więc ma wpływ na szybkość reakcji.