Este documento consiste en apuntes de un curso de fisicoquímica II, proporcionados por un profesor de la Universidad Autónoma de Guerrero, y presenta problemas de equilibrio químico basado en un libro de texto famoso. Se utilizan datos termodinámicos y se expresa la solución en unidades del sistema internacional, atendiendo a ejemplos clave para el aprendizaje. Los problemas y soluciones incluyen cálculos de constantes de equilibrio y grados de disociación en diferentes condiciones de temperatura y presión.

1. 1
Universidad Autónoma de Guerrero
PROBLEMAS SOBRE
EQUILIBRIO QUÍMICO
José Luis Parra Mijangos
INGENIERO QUÍMICO INDUSTRIAL
MAESTRO EN QUÍMICA ORGÁNICA

2. 2
Estos apuntes pretenden servir de apoyo a un curso de Fisicoquímica II, impartido a
alumnos de la carrera de Químico Farmacéutico Biólogo, ofrecida por la Universidad
Autónoma de Guerrero.
Se tomaron ejemplos de problemas de un libro de texto usual en la enseñanza de la
Fisicoquímica: Castellan, G. W. (1998). Fisicoquímica (2ª ed.). México: Addison
Wesley Longman, que anotaremos como CA seguido del capítulo y número del
problema.
Las tablas de propiedades químicas termodinámicas aparecen en el libro como Apéndice
número V, a 298.15 K y una atmósfera de presión.
Para facilitar el cálculo en las soluciones, se utilizará como temperatura normal 298 K,
como equivalencia a los 25 °C. En todos los problemas, se expresan los resultados en
unidades del Sistema Internacional y en tres o cuatro cifras significativas. Es posible que
cuando el alumno realice los cálculos, los resultados varíen en la tercera o cuarta cifra
significativa, dependiendo de los decimales que tome en cuenta al hacer las operaciones.
En todos los ejemplos, se consideran gases ideales.
No se resuelven todos los problemas del capítulo del Castellan, sino aquellos que por su
tratamiento didáctico son importantes para el curso.
Se agradecerá los comentarios y observaciones a estos apuntes al correo electrónico:
jluisparra47@gmail.com.
Chilpancingo, Guerrero. Agosto de 2019.

3. 3
1. (CA-11.08) A 500 K, tenemos los datos siguientes:
Sustancia Δ𝐻#$$
$
/𝑘𝐽𝑚𝑜𝑙+,
Δ𝑆#$$
$
/𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
HI (g) 32.41 221.63
H2 (g) 05.88 145.64
I2 (g) 69.75 279.94
Se colocan un mol de H2 y un mol de I2 en un recipiente a 500 K. A esa temperatura sólo
están presentes gases y se establece el equilibrio
H2 (g) + I2 (g) D 2 HI (g)
a) Calcúlese Kp a 500 K y la fracción mol de HI presente a 500 K y 1 atm.
b) ¿Cuál sería la fracción mol de HI a 500 K y 10 atm?
SOLUCIÓN
a) Primero calculemos DG° a partir de DH° y DS°
∆𝐻°
= ∆𝐻° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝐻° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = (2 ∗ ∆𝐻°𝐻𝐼) − (∆𝐻°𝐻2 + ∆𝐻° 𝐼2)
∆𝐻°
= (2 ∗ 32.41) − 5.88 + 69.75
∆𝐻°
= −10.81 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
= −10810 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
∆𝑆°
= ∆𝑆° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝑆° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = (2 ∗ ∆𝑆°𝐻𝐼) − (∆𝑆°𝐻2 + ∆𝑆° 𝐼2)
∆𝑆°
= (2 ∗ 221.63) − 145.64 + 279.94
∆𝑆°
= 17.68 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∆𝐺°
= ∆𝐻°
− 𝑇∆𝑆°
∆𝐺°
= −10810 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
− (500 𝐾 ∗ 17.68 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∆𝐺°
= −10810 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
− 8840 𝐽𝑚𝑜𝑙+,
= −19650 𝐽𝑚𝑜𝑙+,
Determinemos ahora el valor de Kp
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
despejando ln Kp

4. 4
ln 𝐾T =
− ∆𝐺°
𝑅𝑇
ln 𝐾T =
19650 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽 𝐾+,𝑚𝑜𝑙+, 500 𝐾
= 4.7269
𝑲𝒑
𝟓𝟎𝟎
= 𝟏𝟏𝟑
La fracción mol de HI a la temperatura de 500 K
H2 I2 HI
Moles iniciales 1 0 0
Moles en el equilibrio 1 - x 1- x 2x
Moles totales nT = (1 – x) + (1 – x) + 2x = 2
Fracciones mol en el equilibrio 1 – 𝑥
2
1 − 𝑥
2
2𝑥
2
Presiones parciales en el equilibrio 1 – 𝑥
2
𝑝
1 – 𝑥
2
𝑝
2𝑥
2
𝑝
Se escribe la constante Kp en términos de “x”
𝐾T =
(𝑝 𝐻𝐼)]
𝑝𝐻] ∗ 𝑝𝐼]
𝐾T =
(
2𝑥
2
𝑝)]
1 – 𝑥
2
𝑝 ∗
1 – 𝑥
2
𝑝
𝐾T =
4𝑥]
1 − 2𝑥 + 𝑥]
El valor de Kp no está influido por la presión. Resolviendo
113 1 − 2𝑥 + 𝑥]
= 4𝑥]
Escribiendo la ecuación de segundo grado
109𝑥]
− 226𝑥 + 113 = 0
Resolviendo esta ecuación de segundo grado de forma: 𝑎𝑥]
+ 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, usamos la
fórmula

5. 5
𝑥 =
−𝑏 ± 𝑏] − 4𝑎𝑐
2𝑎
𝑥 =
226 ± 226] − 4 109 ∗ 113
2 ∗ 109
𝒙 = 𝟎. 𝟖𝟒𝟏
c) La fracción mol de HI a 500 K y 10 atm, sería la misma que a 1 atm. Porque la presión
no influye en el valor de Kp .
2. (CA-11.12) Considérese la disociación del tetraóxido de nitrógeno a 25 °C
N2O4 (g) D 2 NO2 (g)
Supóngase que se coloca 1 mol de N2O4 en un recipiente con una presión de1 atm. Con la
tabla de datos termodinámicos
a) Calcúlense el grado de disociación
b) Si se introducen 5 moles de argón y se coloca la mezcla bajo una presión total de 1
atm, ¿cuál es el grado de disociación?
c) El sistema alcanza el equilibrio como en a). Si el volumen del recipiente se mantiene
constante y se introducen 5 moles de argón, ¿cuál será el grado de disociación?
SOLUCIÓN
a) Si “x “ es el grado de disociación en el equilibrio
N2O4 2 NO2
Moles iniciales 1 0
Moles en el equilibrio 1 - x 2 x
Moles totales nT = (1 – x) + 2x = 1 + x
Fracciones mol en el equilibrio
1 − 𝑥
1 + 𝑥
2𝑥
1 + 𝑥

6. 6
Presiones parciales en el equilibrio 1 − 𝑥 𝑝
1 + 𝑥
2𝑥 𝑝
1 + 𝑥
La constante de equilibrio a 1 atm
𝐾T =
(𝑝cd])]
𝑝c]de
=
(𝑋cd])]
𝑋c]de
∗ 𝑝
𝐾T =
(
2𝑥
1 + 𝑥
)]
1 − 𝑥
1 + 𝑥
∗ 1 =
4𝑥]
(1 + 𝑥)
1 + 𝑥 1 + 𝑥 (1 − 𝑥)
=
4𝑥]
1 − 𝑥]
Usando la tabla, se calcula la ∆G° de la reacción
∆𝐺°
= ∆𝐺° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝐺° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = 2(51.30 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
) − (97.8 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
)
∆𝐺°
= 4.8 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
Se calcula ahora la constante de equilibrio
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
despejando ln Kp
ln 𝐾T =
− 4800 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽 𝐾+,𝑚𝑜𝑙+, 298 𝐾
= −1.937
𝐾T = 0.144
𝐾T =
4𝑥]
1 − 𝑥]
= 0.144
Despejando “x”
0.144 − 0.144 𝑥]
= 4𝑥]
0.144 = 4. 144 𝑥]
0.144
4.144
= 𝑥]
𝒙 = 𝟎. 𝟏𝟖𝟔
El grado de disociación es el 18.6 % del N2O4

7. 7
b) Como el argón (Ar) es un gas inerte, permanece inalterable en la reacción
N2O4 (g) + 5 Ar (g) D 2 NO2 (g) + 5 Ar (g)
N2O4 Ar 2 NO2 Ar
Moles iniciales 1 5 0 0
Moles en el equilibrio 1 - x 5 2 x 5
Moles totales nT = (1 – x) + 5 +2x = 6 + x
Fracciones mol en el equilibrio 1 – x
6 + x
2 x
6 + x
Presiones parciales en el
equilibrio
(1 – x) p
6 + x
(2x) p
6 + x
La constante de equilibrio a 1 atm
𝐾T =
(𝑝cd])]
𝑝c]de
=
(𝑋cd])]
𝑋c]de
𝐾T =
(
2𝑥
6 + 𝑥
)]
1 − 𝑥
6 + 𝑥
=
4𝑥]
(6 + 𝑥)
6 + 𝑥 6 + 𝑥 (1 − 𝑥)
=
4𝑥]
6 − 5𝑥 − 𝑥]
𝐾T =
4𝑥]
6 − 5𝑥 − 𝑥]
= 0.144
0.864 − 0.72 𝑥 − 0.144 𝑥]
= 4𝑥]
4. 144 𝑥]
+ 0.72𝑥 − 0.864 = 0
Resolviendo esta ecuación de segundo grado de forma: 𝑎𝑥]
+ 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0, usamos la
fórmula
𝑥 =
−𝑏 ± 𝑏] − 4𝑎𝑐
2𝑎
𝑥 =
−0.72 ± 0.72] − 4 4.144 ∗ (−0.864)
2 ∗ 4.144
𝒙 = 𝟎. 𝟑𝟕𝟓
Con la presencia de 5 moles de un gas inerte a la misma presión, la disociación del N2O4
aumenta al 37.5 %.

8. 8
c) El volumen de la vasija a las condiciones de a) es:
𝑉 =
𝑛𝑅𝑇
𝑝
𝑉 =
1 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∗ 298 𝐾
101325 𝑁𝑚+]
= 0.02445 𝑚l
Si introducimos 5 moles de argón la presión se modifica a:
𝑝 =
𝑛𝑅𝑇
𝑉
𝑝 =
6 𝑚𝑜𝑙 ∗ 8.314 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∗ 298 𝐾
0.02445 𝑚l
= 607 993 𝑁𝑚+]
𝑝 = 6.00 𝑎𝑡𝑚
Calculamos ahora la Kp a estas condiciones de presión (6 atm)
𝐾T =
(𝑝cd])]
𝑝c]de
=
𝑝 4𝑥]
6 − 5𝑥 − 𝑥]
𝐾T =
6 ∗ 4𝑥]
6 − 5𝑥 − 𝑥]
= 0.144
0.144 =
24𝑥]
6 − 5𝑥 − 𝑥]
0.144 6 − 5𝑥 − 𝑥]
= 24𝑥]
0.864 – 0.72 𝑥 − 0.144 𝑥]
= 24𝑥]
24.144 𝑥]
+ 0.72 𝑥 − 0.864 = 0
Resolviendo esta ecuación de segundo grado
𝑥 =
−𝑏 ± 𝑏] − 4𝑎𝑐
2𝑎
𝑥 =
−0.72 ± 0.72] − 4 24.144 ∗ (−0.864)
2 ∗ 24.144
𝒙 = 𝟎. 𝟏𝟕𝟓

9. 9
3. (CA-11.14) Considérese el equilibrio siguiente a 25 °C
PCl5 (g) D PCl3 (g) + Cl2 (g)
a) A partir de los datos de la tabla de datos, calcúlense ∆G y ∆H a 25 °C.
b) Calcúlese el valor de Kp a 600 K.
c) A 600 K, calcúlese el grado de disociación con una presión total de 1 atm y 5 atm de
presión total.
SOLUCIÓN
a) Usando la tabla, se calcula la ∆G° de la reacción
∆𝐺°
= ∆𝐺° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝐺° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = − 268 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
− (− 305 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
)
∆𝑮°
= 𝟑𝟕 𝒌𝑱 𝒎𝒐𝒍+𝟏
∆𝐻°
= ∆𝐻° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝐻° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = − 287 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
− (− 375 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
)
∆𝑯°
= 𝟖𝟖 𝒌𝑱 𝒎𝒐𝒍+𝟏
Se calcula ahora la constante de equilibrio
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
despejando ln Kp
ln 𝐾T =
− ∆𝐺°
𝑅𝑇
ln 𝐾T =
− 37000 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽 𝐾+,𝑚𝑜𝑙+, 298 𝐾
= −14.9
𝐾T = 3.27 ∗ 10+t
b) Para calcular la constante de equilibrio a otra temperatura, se hace uso de la ecuación
ln 𝐾T
u
= ln 𝐾T +
∆𝐻°
𝑅𝑇]
𝑑𝑇
u
uv
integrando entre límites

10. 10
∆𝐻°
𝑅
𝑑𝑇
𝑇]
u
uv
=
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
Para este caso
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
Sustituyendo valores
ln 𝐾T
u
= −14.9 +
88000 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽 𝐾+,𝑚𝑜𝑙+,
1
298 𝐾
−
1
600 𝐾
ln 𝐾T
u
= −14.9 + 10584.6 𝐾 0.001689 = 2.977
𝑲𝒑
𝟔𝟎𝟎
= 𝟏𝟗. 𝟔
c) Para calcular el grado de disociación a diferentes presiones, determinamos Kp
PCl5 PCl3 Cl2
Moles iniciales 1 0 0
Moles en el equilibrio 1 - x x x
Moles totales nT = (1 – x) + x + x = 1 + x
Fracciones mol en el equilibrio 1 − 𝑥
1 + 𝑥
𝑥
1 + 𝑥
𝑥
1 + 𝑥
Presiones parciales en el equilibrio 1 − 𝑥
1 + 𝑥
∗ 𝑝
𝑥
1 + 𝑥
∗ 𝑝
𝑥
1 + 𝑥
∗ 𝑝
Se escribe la constante Kp en términos de “x”
𝐾T =
𝑝 𝑃𝐶𝑙l ∗ 𝑝 𝐶𝑙]
𝑝 𝑃𝐶𝑙#
𝐾T =
𝑥 ∗ 𝑝
1 + 𝑥
∗
𝑥 ∗ 𝑝
1 + 𝑥
1 + 𝑥 𝑝
1 + 𝑥
=
𝑥]
𝑝
1 − 𝑥]
𝐾T 1 − 𝑥]
= 𝑥]
∗ 𝑝
𝐾T − 𝐾T 𝑥]
= 𝑥]
∗ 𝑝 = 𝑥]
(𝐾T + 𝑝)

11. 11
𝑥]
=
𝐾T
𝐾T + 𝑝
Cuando p = 1 atm, el grado de disociación es
𝑥 =
19.6
19.6 + 1
z
{
= 𝟎. 𝟗𝟕𝟓
Cuando p = 5 atm, el grado de disociación es
𝑥 =
19.6
19.6 + 5
z
{
= 𝟎. 𝟖𝟗𝟑
4. (CA-11.15) A 25°, tenemos los datos siguientes
Compuesto ∆G° / 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
∆𝐻°/ 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
C2H4 (g) 68.1 52.3
C2H2 (g) 209.2 226.7
a) Calcular Kp para la reacción
C2 H4 (g) D C2H2 (g) + H2 (g)
b) ¿Cuál debe ser el valor de Kp para que a una presión total de 1 atm se disocie el 25 %
de C2 H4 en C2H2 y H2?
c) ¿A qué temperatura tendrá Kp el valor determinado en el apartado b?
SOLUCION
a) Primero, calculamos DG° de la reacción
∆𝐺°
= ∆𝐺° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝐺° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = 209.2 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
− 68.1 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
)
∆𝐺°
= 141.1 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
Se calcula ahora la constante de equilibrio
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
despejando ln Kp

12. 12
ln 𝐾T =
−141100 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽 𝐾+,𝑚𝑜𝑙+, 298 𝐾
= −56.95
𝑲𝒑 = 𝟏. 𝟖𝟓 ∗ 𝟏𝟎+𝟐𝟓
b) Determina la expresión de Kp en función del grado de disociación
C2 H4 C2H2 H2
Moles iniciales 1 0 0
Moles en el equilibrio 1 - x x x
Moles totales nT = (1 –x) + x + x = 1 + x
Fracciones mol en el equilibrio X 1 – 𝑥
1 + 𝑥
𝑥
1 + 𝑥
𝑥
1 + 𝑥
Presiones parciales (1 − 𝑥)
1 + 𝑥
∗ 𝑝
𝑥
1 + 𝑥
∗ 𝑝
𝑥
1 + 𝑥
∗ 𝑝
𝐾T =
𝑥 ∗ 𝑝
1 + 𝑥
∗
𝑥 ∗ 𝑝
1 + 𝑥
1 + 𝑥 𝑝
1 + 𝑥
=
𝑥]
𝑝
1 − 𝑥]
si x = 0.25
𝐾T =
0.25]
∗ 1
1 − 0.25]
𝑲𝒑 = 0.06667
ln 𝐾T = −2.708
c) Tenemos que 𝐾, = 1.85 ∗ 10+]#
a 298 K y 𝐾] = 0.06667 a una temperatura
desconocida, que calcularemos usando
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅𝑇]
𝑑𝑇
u
uv
Resolviendo la integral. Las cantidades ∆𝐻° y R son constantes

13. 13
∆𝐻°
𝑅
𝑑𝑇
𝑇]
u
uv
=
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
ln 𝐾] − ln 𝐾, =
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
Calculamos DH°
∆𝐻°
= ∆𝐻° 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠 − ∆𝐻° 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠 = 226.7 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
− 52.3 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
∆𝐻°
= 174.4 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
Sustituyendo valores conocidos
(−2.708) − (−56.95) =
174400 𝐽 𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽𝐾+,𝑚𝑜𝑙+,
1
298
−
1
𝑇
Resolviendo y despejando T
54.242 = 20976.67 0.0033557 −
1
𝑇
0.00258583 = 0.0033557 −
1
𝑇
1
𝑇
= 0.0033557 − 0.00258583
1
𝑇
= 0.00076987
𝑻𝟐 = 𝟏𝟐𝟗𝟗 𝑲

14. 14
5. (CA-11.17) Para la reacción
H2 (g) + I2 (g) D 2 HI (g)
La Kp = 50.0 a 448 0C y 66.9 a 350 0C. Calcúlese DH para la reacción.
SOLUCIÓN
Usaremos la ecuación
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅𝑇]
𝑑𝑇
u
uv
Resolviendo la integral. Las cantidades ∆𝐻° y R son constantes
∆𝐻°
𝑅
𝑑𝑇
𝑇]
u
uv
=
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇,
−
1
𝑇]
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇,
−
1
𝑇]
Sustituyendo los valores: T1 = 721 K y T2 = 623 K;
ln 66.9 − ln 50.0 =
∆𝐻°
8.314 𝐽𝐾+,𝑚𝑜𝑙+,
1
721 𝐾
−
1
623 𝐾
0.291 =
∆𝐻°
8.314 𝐽𝐾+,𝑚𝑜𝑙+,
−0.218 ∗ 10+l
−1334.86 =
∆𝐻°
8.314 𝐽𝑚𝑜𝑙+,
∆𝑯 = −𝟏𝟏𝟎𝟗𝟖 𝑱𝒎𝒐𝒍+𝟏
= −𝟏𝟏. 𝟏 𝒌𝑱𝒎𝒐𝒍+𝟏

15. 15
6. (CA-11.20) Considérese el equilibrio
C2 H6 (g) D C2H4 (g) + H2 (g)
Se introduce C2H6 en un recipiente a 1000 K y 1 atm de presión. En el equilibrio, la mezcla
contiene 26 % en mol de H2, 26 % en mol de C2H4 y 48 % en mol de C2H6.
a) Calcúlese Kp a 1000 K.
b) Si DH° = 137.0 kJ/mol, calcúlese el valor de Kp a 298 K.
c) Calcúlese DG° para esta reacción a 298 K.
SOLUCIÓN
a) Primero expresemos Kp en función del grado de disociación, tomando en cuenta los
porcentajes que indica el problema:
C2 H6 C2H4 H2
Moles iniciales 1 0 0
Moles en el equilibrio 1 - 2x x x
Moles totales nT = (1 – 2x) + x + x = 1
Fracciones mol en el equilibrio: X 1 − 2𝑥
1
𝑥
1
𝑥
1
Presiones parciales (1 − 2𝑥) 𝑝 𝑥 𝑝 𝑥 𝑝
𝐾T =
𝑥 ∗ 𝑥
1 − 2𝑥
𝑝
𝐾T =
𝑥]
𝑝
1 − 2𝑥
si x = 0.26
𝐾T =
0.26]
∗ 1
1 − 0.52
𝑲𝒑
𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑲
= 𝟎. 𝟏𝟒𝟎

16. 16
b) Para calcular Kp a 298 K, usamos la ecuación
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅𝑇]
𝑑𝑇
u
uv
Resolviendo la integral. Las cantidades ∆𝐻° y R son constantes
∆𝐻°
𝑅
𝑑𝑇
𝑇]
u
uv
=
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
ln 𝐾] = ln 𝐾, +
∆𝐻°
𝑅
1
𝑇$
−
1
𝑇
−1.960 = ln 𝐾, +
137000 𝐽𝑚𝑜𝑙+,
8.314 𝐽𝐾+,𝑚𝑜𝑙+,
1
298
−
1
1000
−1.960 = ln 𝐾, + 16478.23 0.0033557 − 0.001
−1.960 = ln 𝐾, + 38.8178
−1.960 = ln 𝐾, + 38.8178
−40.7777 = ln 𝐾,
𝑲𝟐𝟗𝟖 = 𝟏. 𝟗𝟓𝟐 ∗ 𝟏𝟎+𝟏𝟖
c) Calculamos DG°, usando la ecuación
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
∆𝐺°
= −8.314 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∗ 298 𝐾 ∗ (−40.7777)
∆𝐺°
= −8.314 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∗ 298 𝐾 ∗ (−40.7777)
∆𝑮°
= 𝟏𝟎𝟏𝟎𝟐𝟗 𝑱 = 𝟏𝟎𝟏 𝒌𝑱

17. 17
7. (CA-11.23) El trióxido de nitrógeno se disocia según la ecuación:
N2O3 (g) D NO2 (g) + NO (g)
A 25 ºC y 1 atm de presión total, el grado de disociación es 0.30. Calcular DG º para la
reacción.
SOLUCIÓN
La ecuación que relaciona Kp con DG es
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
Primero debemos calcular Kp en función del grado de disociación
N2O3 NO2 NO
Moles iniciales 1 0 0
Moles en el equilibrio 1 - x x x
Moles totales nT = (1 –x) + x + x = 1 + x
Fracciones mol en el equilibrio X 1 − 𝑥
1 + 𝑥
𝑥
1 + 𝑥
𝑥
1 + 𝑥
Presiones parciales (1 − 𝑥)
1 + 𝑥
𝑝
𝑥 𝑝
1 + 𝑥
𝑥 𝑝
1 + 𝑥
𝐾T =
𝑥 ∗ 𝑝
1 + 𝑥
∗
𝑥 ∗ 𝑝
1 + 𝑥
1 + 𝑥 𝑝
1 + 𝑥
=
𝑥]
𝑝
1 − 𝑥]
Si x = 0.30 y p = 1 atm
𝐾T =
0.30]
1 − 0.30]
= 0.0989
Sustituyendo en
∆𝐺°
= −𝑅𝑇 ln 𝐾T
∆𝐺°
= −8.314 𝐽𝐾+,
𝑚𝑜𝑙+,
∗ 298 𝐾 ∗ ln 0.0989
∆𝑮°
= 𝟓𝟕𝟑𝟐. 𝟐𝟐 𝑱𝒎𝒐𝒍+𝟏
= 𝟓. 𝟕𝟑 𝒌𝑱𝒎𝒐𝒍+𝟏