El documento describe la reacción química entre BaCl2 y ZnCl2 para formar 2ZnClBa. Se demuestra que la expresión para la energía libre de Gibbs de la reacción es función del avance de reacción ξ. Se grafica G(ξ) vs ξ e identifica el punto mínimo en ξeq = 0.549. También se demuestra que la constante de equilibrio Kp para la reacción es 5.9.

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Equilibrio Químico e Iónico
1
1.- Considere la reacción descrita por,
퐶푙2(푔)+퐵푟2(푔)→2퐵푟퐶푙(푔) a T=500 K y P=1 bar
Demuestre que la expresión para la energía libre de Gibbs está descrita por la siguiente expresión algebraica, 퐺(휉)=(1−휉)퐺°퐶푙2+(1−휉)퐺°퐵푟2+2휉퐺°퐵푟퐶푙+2(1−휉)푅푇ln( 1−휉 2)+2휉푅푇ln휉 donde ξ es el avance de reacción con los datos de GBrCl°= -3.694 kJ mol-1 a 500 K. Haga un gráfico G(ξ) vs ξ e identifique el punto mínimo. Posteriormente, diferencie G(ξ) en función de ξ iguale el resultado a cero, reduzca términos y demuestre que da el mismo valor ξeq (avance de reacción al equilibrio) de 0.549. Asimismo demuestre que la diferencial con términos reducidos da,
휕G 휕휉 =Δ퐺°푟+푅푇ln(푃퐵푟퐶푙 2) (푃퐶푙2)(푃퐵푟2) y que 퐾푃= 4휉푒푞 2(1−휉푒푞) 2=5.9
Solución
퐶푙2(푔)+퐵푟2(푔)→2퐵푟퐶푙(푔)
Inicio
1
1
0
Reacciona
-ξ
-ξ
+2ξ
Equilibrio
1-ξ
1-ξ
2ξ
퐺(휉)=(1−휉)퐺̅퐶푙2+(1−휉)퐺̅퐵푟2+2휉퐺̅퐵푟퐶푙 퐺(휉)=(1−휉)퐺°퐶푙2+(1−휉)퐺°퐵푟2+2휉퐺°퐵푟퐶푙+(1−휉)푅푇ln(푃퐶푙2′)+(1−휉)푅푇푙푛(푃퐵푟2′) +2휉푅푇ln(푃퐵푟퐶푙 ′) 푆푖 푃푇=1 푏푎푟 푃퐶푙2′=푥퐶푙2푃푇=푥퐶푙2 푃퐵푟2′=푥퐵푟2푃푇=푥퐵푟2 푃퐵푟퐶푙 ′=푥퐵푟퐶푙푃푇=푥퐵푟퐶푙 푚표푙푒푠 푡표푡푎푙푒푠 푒푛 푙푎 푟푥푛=1−휉+1−휉+2휉=2 푃퐶푙2′=푥퐶푙2= 1−휉 2; 푃퐵푟2′=푥퐵푟2= 1−휉 2; 푃퐵푟퐶푙 ′=푥퐵푟퐶푙= 2휉 2=휉 퐺(휉)=(1−휉)퐺°퐶푙2+(1−휉)퐺°퐵푟2+2휉퐺°퐵푟퐶푙+(1−휉)푅푇푙푛( 1−휉 2)+(1−휉)푅푇푙푛( 1−휉 2)+ 2휉푅푇푙푛(휉) 퐺(휉)=(1−휉)퐺°퐶푙2+(1−휉)퐺°퐵푟2+2휉퐺°퐵푟퐶푙+2(1−휉)푅푇푙푛( 1−휉 2)+2휉푅푇푙푛(휉)

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Equilibrio Químico e Iónico
2
Derivando la función anterior encontramos el avance de reacción cuando Δ퐺° es mínimo. 휕퐺(휉) 휕휉 =−퐺°퐶푙2−퐺°퐵푟2+2퐺°퐵푟퐶푙− 2푅푇 1−휉 + 2푅푇휉 1−휉 −2푅푇ln( 1−휉 2)+2푅푇+2푅푇ln(휉) 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅− 2푅푇(1−휉) (1−휉) −2푅푇푙푛( 1−휉 2)+2푅푇+2푅푇푙푛(휉) 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅−2푅푇−2푅푇푙푛( 1−휉 2)+2푅푇+2푅푇푙푛(휉) 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅−2푅푇푙푛( 1−휉 2)+2푅푇푙푛(휉) 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅−푅푇푙푛( 1−휉 2) 2+푅푇푙푛(휉)2 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅+푅푇푙푛( 휉2( 1−휉 2) 2)
푃퐶푙2′= 1−휉 2; 푃퐵푟2′= 1−휉 2; 푃퐵푟퐶푙 ′=휉 ξ G(ξ) 0.00 -5.76 0.05 -7.49 0.10 -8.63 0.20 -10.25 0.30 -11.33 0.40 -12.01 0.50 -12.34 0.549 -12.38 0.60 -12.33 0.70 -11.98 0.80 -11.22 0.90 -9.93 1.00 -7.39
-14.00
-12.00
-10.00
-8.00
-6.00
-4.00
-2.00
0.00
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
energía libre de gibbs, G° (kJ/mol)
avance de reacción ξ
Tabla no 1
Gráfica no 1
1

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Equilibrio Químico e Iónico
3
휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅+푅푇푙푛( 푃퐵푟퐶푙 ′2 푃퐶푙2′푃퐵푟2′)
*** A partir del valor de ΔGr se determina el valor de ξ (avance de reacción) cuando δG es mínimo (punto de equilibrio) 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅+푅푇푙푛( 휉2( 1−휉 2) 2)=0 푙푛( 휉2( 1−휉 2) 2)=− Δ퐺°푅 푅푇 4휉21−2휉+휉2=푒−Δ퐺°푅/푅푇 ( 14− 1 푒−Δ퐺°푅/푅푇)휉2− 12 휉+ 14=0
푅푇=(8.314×10−3푘퐽 푚표푙−1퐾−1)(500퐾)=4.157푘퐽 푚표푙−1 Δ퐺°푅=2(−3.694 푘퐽 푚표푙−1)=−7.388 푘퐽 푚표푙−1
( 14− 1 푒7.388/4.157)휉2− 12 휉+ 14=0
휉=0.54871
** Calculo de Kp a partir del avance de reacción 퐾푃= [푃퐵푟퐶푙 ′] 2[푃퐵푟2′][푃퐶푙2′] 퐾푃= 휉2( 1−휉 2) 2

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Equilibrio Químico e Iónico
4
퐾푃= 0.548712( 1−0.548712) 2
퐾푃=5.91336
2.- Considere la reacción de descomposición descrita por 2퐻2푂(푔)→2퐻2(푔)+푂2(푔) a 4000 K y a una presión total de un bar. Suponga que iniciamos con dos moles de H2O (g) y ninguno de H2 (g) ni de O2 (g). Muestre que, 퐺(휉)=2(1−휉)퐺°퐻2푂+2휉퐺°퐻2+휉퐺°푂2+2(1−휉)푅푇ln[ 2(1−휉) 2+휉 ]+2휉푅푇ln[ 2휉 2+휉 ] +휉푅푇ln[ 휉 2+휉 ]
Donde ξ es el avance de reacción. Dado que ΔfG° [H2O]= -18.334 kJ mol-1 a 4000 K, grafique G(ξ) contra ξ y demuestre que el valor mínimo de G(ξ) ocurre en 0.553. También demuestre que la diferencial de energía libre total de mezclado con respecto al avance de reacción en este caso específico es igual a,
( 휕퐺 휕휉 )=Δ퐺°푅+푅푇푙푛( 푃퐻22푃푂2 푃퐻2푂 2) y que Kp=ξ2eq/ (2+ ξeq)(1- ξeq)2=0.333
Solución 2퐻2푂(푔)→2퐻2(푔)+푂2(푔)
Inicio
2
0
0
Reacciona
-2ξ
+2ξ
+ξ
Equilibrio
2-2ξ=2(1-ξ)
2ξ
ξ
푚표푙푒푠 푡표푡푎푙푒푠 푒푛 푙푎 푟푥푛=2−2휉+2휉+휉=2+휉 퐺(휉)=2(1−휉)퐺̅퐻2푂+2휉퐺̅퐻2+휉퐺̅푂2

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Equilibrio Químico e Iónico
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퐺(휉)=2(1−휉)퐺°퐻2푂+2휉퐺°퐻2+휉퐺°푂2+2(1−휉)푅푇ln푃퐻2푂 ′+2휉푅푇ln푃퐻2′+휉푅푇ln푃푂2′ 푆푖 푃푇=1 푏푎푟 푃퐻2푂 ′=푥퐻2푂푃푇=푥퐻2푂 푃퐻2′=푥퐻2푃푇=푥퐻2 푃푂2′=푥푂2푃푇=푥푂2 푥퐻2푂= 2(1−휉) 2+휉 ; 푥퐻2= 2휉 2+휉 ; 푥푂2= 휉 2+휉
퐺(휉)=2(1−휉)퐺°퐻2푂+2휉퐺°퐻2+휉퐺°푂2+2(1−휉)푅푇ln[ 2(1−휉) 2+휉 ]+2휉푅푇ln[ 2휉 2+휉 ]+ 휉푅푇ln[ 휉 2+휉 ]
Derivando la función anterior encontramos el avance de reacción cuando Δ퐺° es mínimo. 휕퐺(휉) 휕휉 =−2퐺°퐻2푂+2퐺°퐻2+퐺°푂2− 4푅푇 2−2휉 − 2푅푇 2+휉 + 4푅푇휉 2−2휉 −2푅푇ln(2−2휉)+ 2푅푇휉 2+휉 +2푅푇ln(2+휉)+2푅푇+2푅푇ln(2휉)− 2푅푇휉 2+휉 −2푅푇ln(2+휉)+푅푇 +푅푇ln(휉)− 푅푇휉 2+휉 −푅푇ln(2+휉) ξ G(ξ) 0 -36.668 0.1 -67.993 0.2 -84.905 0.3 -95.915 0.4 -102.725 0.5 -106.040 0.553 -106.487 0.6 -106.140 0.7 -103.016 0.8 -96.325 0.9 -85.023 1 -63.504
-120
-100
-80
-60
-40
-20
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
energía libre de gibbs, G° (kJ/mol)
avance de reacción ξ
Tabla no 2
Gráfica no 2
1

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Equilibrio Químico e Iónico
6
휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅− 4푅푇 2−2휉 − 2푅푇 2+휉 + 4푅푇휉 2−2휉 +3푅푇+푅푇ln(휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2− 푅푇휉 2+휉
휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅− 4푅푇(2+휉)+2푅푇(2−2휉)−4푅푇휉(2+휉)−3푅푇(2−2휉)(2+휉)+푅푇휉(2−2휉) (2−2휉)(2+휉) +푅푇ln(휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅 − 8푅푇+4푅푇휉+4푅푇−4푅푇휉−8푅푇휉−4푅푇휉2−12푅푇−6푅푇휉+12푅푇휉+6푅푇휉2+2푅푇휉−2푅푇휉2(2−2휉)(2+휉) +푅푇ln(휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2
휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅++푅푇ln(휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2
Pero Kp está dado por: 퐾푃= 푃푂2′푃퐻2′2 푃퐻2푂 2= ( 2휉 2+휉 ) 2( 휉 2+휉 ) ( 2−2휉 2+휉 ) 2= (휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2
Por lo tanto 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅++푅푇ln퐾푝 휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅++푅푇ln 푃푂2′푃퐻2′2 푃퐻2푂 2

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7
*** A partir del valor de ΔGr se determina el valor de ξ (avance de reacción) cuando δG es mínimo (punto de equilibrio)
휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅++푅푇ln(휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2=0 ln(휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2=− Δ퐺°푅 푅푇 (휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2=푒−Δ퐺°푅/푅푇 4휉3(2+휉)(4−8휉+4휉2) =푒−Δ퐺°푅/푅푇
4휉38−12휉+4휉3=푒−Δ퐺°푅/푅푇 4 푒−Δ퐺°푅/푅푇휉3=8−12휉+4휉3 (4− 4 푒− Δ퐺°푅 푅푇 )휉3−12휉+8=0
휉=0.55315
** Calculo de Kp a partir del avance de reacción
퐾푃= 푃푂2′푃퐻2′2 푃퐻2푂 2= ( 2휉 2+휉 ) 2( 휉 2+휉 ) ( 2−2휉 2+휉 ) 2= (휉)(2휉)2(2+휉)(2−2휉)2 퐾푃= (0.55315)(2×0.55315)2(2+0.55315)(2−2×0.55315)2

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퐾푝=0.33199
3.- Considere la reacción de síntesis del amoniaco, 3퐻2(푔)+푁2(푔)→2푁퐻3(푔) a T=500 K y P=1 bar. Suponga que inicia con 3 moles de hidrógeno, un mol de nitrógeno y ninguno de amoniaco. Demuestre que,
퐺(휉)=(3−3휉)퐺°퐻2+(1−휉)퐺°푁2+2휉퐺°푁퐻3+(3−3휉)푅푇ln[ 3−3휉 4−2휉 ]+(1−휉)푅푇ln[ 1−휉 4−2휉 ]+ 2휉푅푇ln[ 2휉 4−2휉 ]
Donde ξ es el avance de reacción. Dado que ΔfG°[NH3]= -4.800 kJ mol-1 a 500 K, grafique G(ξ) contra ξ y demuestre que el valor mínimo de G(ξ) ocurre en ξeq= 0.558. También demuestre que la diferencial de la energía libre total de mezclado con respecto al avance de reacción en este caso es igual a,
( 휕퐺 휕휉 )=Δ퐺°푅+푅푇ln(푃푁퐻32) (푃퐻23푃푁2) y que Kp=16ξ2eq(2-ξeq)/27(1-ξeq)4=0.1
Solución 3퐻2(푔)+푁2(푔)→2푁퐻3(푔)
Inicio
3
1
0
Reacciona
-3ξ
-ξ
+2ξ
Equilibrio
3-3ξ=3(1-ξ)
1-ξ
2ξ
푚표푙푒푠 푡표푡푎푙푒푠 푒푛 푙푎 푟푒푎푐푐푖ó푛=3−3휉+1−휉+2휉=4−2휉
퐺=(3−3휉)퐺̅퐻2+(1−휉)퐺̅푁2+2휉퐺̅푁퐻3 퐺=(3−3휉)퐺°퐻2+(1−휉)퐺°푁2+2휉퐺°푁퐻3+(3−3휉)푅푇ln(푃퐻2′)+(1−휉)푅푇ln(푃푁2′) +2휉푅푇ln(푃푁퐻3′)

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9
푠푖 푃푇=1 푏푎푟 푃퐻2′=푥퐻2푃푇=푥퐻2 푃푁2′=푥푁2푃푇=푥푁2 푃푁퐻3′=푥푁퐻3푃푇=푥푁퐻3
푥퐻2= 3−3ξ4−2휉 ; 푥푁2= 1−ξ4−2휉 ; 푥푁퐻3= 2휉 4−2휉
퐺=(3−3휉)퐺°퐻2+(1−휉)퐺°푁2+2휉퐺°푁퐻3+(3−3휉)푅푇ln( 3−3ξ4−2휉 )+(1−휉)푅푇ln( 1−ξ4−2휉 )+ 2휉푅푇ln( 2휉 4−2휉 ) ξ G(ξ) 0.00 -9.351 0.10 -12.633 0.20 -14.621 0.30 -16.012 0.40 -16.931 0.50 -17.413 0.558 -17.491 0.60 -17.449 0.70 -16.985 0.80 -15.900 0.90 -13.911 1.00 -9.600
Derivando la función anterior encontramos el avance de reacción cuando Δ퐺° es mínimo. 휕퐺(휉) 휕휉 =−3퐺°퐻2−퐺°푁2+2퐺°푁퐻3−3푅푇−푅푇+2푅푇+2푅푇−3푅푇ln(3−3휉) −푅푇ln(1−휉)+2푅푇ln(2휉)+2푅푇ln(4−2휉)
-20
-18
-16
-14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
energía libre de Gibbs, G° (kJ/mol)
avance de reacción ξ

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휕퐺(휉) 휕휉 =Δ퐺°푅+2푅푇ln(2휉)2(4−2휉)2(3−3휉)3(1−휉)
Pero Kp está dado por: 퐾푃= 푃푁퐻3′2 푃퐻2′3푃푁2′ = ( 2휉 4−2휉 ) 2( 3−3휉 4−2휉 ) 3( 1−휉 4−2휉 )
퐾푃= 4휉2(4−2휉)2(3−3휉)3(1−휉) 퐾푃= 16휉2(2−휉)227(1−휉)4
Por lo tanto ( 휕퐺 휕휉 )=Δ퐺°푟+푅푇ln[ 16휉2(2−휉)227(1−휉)4]
*** A partir del valor de ΔGr se determina el valor de ξ (avance de reacción) cuando δG es mínimo (punto de equilibrio) ( 휕퐺 휕휉 )=Δ퐺°푟+푅푇ln[ 16휉2(2−휉)227(1−휉)4]=0
Δ퐺°푅=2(−4.8 푘퐽푚표푙−1)=−9.6푘퐽푚표푙−1 푅푇=4.157 푘퐽푚표푙−1
푟푒푠표푙푣푖푒푛푑표 푝푎푟푎 휉 휉=0.558138

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** Calculo de Kp a partir del avance de reacción
퐾푃= 16휉2(2−휉)227(1−휉)4
퐾푃= 16(0.558138)2(2−0.558138)227(1−0.558138)4
퐾푃=10.0679