8.1. Szybkość reakcji - zadania

8.1-1.
W zamkniętym układzie w stałej temperaturze ustala się równowaga: 2CO + O₂= 2CO₂
Ile razy zwiększy się szybkość reakcji jeżeli ciśnienie mieszaniny zwiększymy 3 krotnie, w którym kierunku zostanie przesunięta równowaga?

8.1-2.
Stała szybkości rozkładu N₂O₅ w temperaturach 0^oC i 35^oC wynosi odpowiednio 0,787^.10^‑5/s oraz 13,5^.10^-5/s. Jaka jest energia aktywacji tej reakcji? Obliczyć stałą szybkości tej reakcji w temperaturze 25^oC.

8.1-3.
Reakcja rozkładu N₂O₅ : 2N₂O₅ → 4NO₂ + O₂ przebiegająca w fazie gazowej jest reakcją pierwszego rzędu. W temperaturze 25^oC stała szybkości tej reakcji wynosi 3,4^.10^-5 1/s. Początkowo w zbiorniku reakcyjnym o objętości 2 dm³ znajdowało się 0,1 mola N₂O₅. Oblicz po jakim czasie w zbiorniku pozostanie:
a) 75% pierwotnej ilości N₂O₅ 
b) 50% pierwotnej ilości N₂O₅ 
c)25 % pierwotnej ilości N₂O₅

8.1-4.
Reakcja rozkładu substancji A przebiega według równania A=B +C z szybkością v=k[A]. Stężenie początkowe substancji A wynosiło 0,5mol/dm³. Stala szybkości wynosi 0,4s^‑1. Obliczyć szybkość reakcji :
a) w momencie jej rozpoczęcia
b). po upływie pewnego czasu gdy stężenie substancji A zmniejszyło się o 0,2 mol/dm³.

8.1-5.
Jak zmieni się szybkość reakcji w fazie gazowej według równania kinetycznego V=K [A]³ [B] jeżeli ciśnienie reagujących gazów zmniejszy się 2-krotnie.

8.1-6. 
Dla reakcji H₂ + I₂ → 2HI stała szybkości w temperaturze 670K wynosi 3,79^.10^-2dm^3.mol^-1.s^-1, a stała szybkości reakcji odwrotnej 5,88^.10^-4dm^3.mol^-1.s^-1. Obliczyć stałą równowagi Kc, reakcji H₂ + I₂  2HI.

8.1. Szybkość reakcji - odpowiedzi

8.1-1.
Szybkość reakcji tej reakcji określona jest wzorem V=k[CO]²[O₂]. Z uwagi na to, ze C_M=n/V (nawias kwadratowy oznacza stężenie molowe), a dla gazów z równania stanu gazu doskonałego PV=nRT, czyli P/RT=n/V, widzimy, że szybkość reakcji dla gazów możemy opisać wzorem . Jeżeli ciśnienie gazów wzrośnie 3-krotnie, p₁=3p, to szybkość reakcji po zwiększeniu ciśnieniea 
Po zwiększeniu ciśnienia 3-krotnie, szybkość reakcji zwiększy się 27 razy. 
Reakcja przebiega ze zmniejszeniem ciśnienia (objętości). Jeżeli zwiększymy ciśnienie mieszaniny reagującej, to zgodnie z prawem przekory (Le Chatteliera Brauna), stan równowagi przesunie się w takim kierunku, by przeciwdziałać bodźcowi zewnętrznemu, stan równowagi przesunie się w takim kierunku, by ciśnienie mieszaniny zmniejszyło się, czyli w kierunku tworzenia CO₂.

8.1-2.
Stała szybkości z energią aktywacji połączona jest zależnością Arrheniusa: , gdzie A stała, charakterystyczna dla reakcji, E – energia aktywacji, R – stała gazowa, T – temperatura.
Dla reakcji w dwóch różnych temperaturach otrzymamy: 
oraz , czyli:
, a po uporządkowaniu:
 (z prawa logarytmów: lna – lnb=ln(a/b))
po doprowadzeniu do wspólnego mianownika: 
czyli . Po podstawieniu danych: K₂=13,5^.10^-5s^-1 oraz T₂=308K; K₁=0,787^.10^-5s^-1 oraz T₁=273K otrzymamy E=56769J/mol. 
Oznaczając stałą szybkości w temperaturze 298K jako K₂ a w 273K jako K₁ otrzymamy: i po podstawieniu danych:, czyli:

8.1-3. 
Jeżeli jest to reakcja 1^o-rzędu to szybkość tej reakcji opisana jest wzorem: , a czas połowicznego rozkładu τ powiązany jest zależnością ln2=kτ (lub 0,693=kτ). Ostatni wzór pozwala nam obliczyć czas połowicznego rozkładu τ=0,693/k. Po podstawieniu danych otrzymamy: τ=20382s. Podstawiając dane otrzymamy:
a) 
b) po czasie τ, czyli 5h39’42’’
c) 

8.1-4. 
Wystarczy dane podstawić do wzoru na szybkość reakcji:
a) [A]=0,5mol/dm³ v=0,4s^-1.0,5mol/dm³=0,2mol^.dm^-3.s^-1
b) [A]=0,5-0,2=0,3mol/dm³ v=0,3mol/dm^3.0,4s^-1=0,12mol^.dm^-3.s^-1

8.1-5.
Zgodnie z prawem Boyla-Mariotta PV=cons, oznacza, że gdy ciśnienie zmalało dwukrotnie, to jednocześnie objętość musiała wzrosnąć dwukrotnie. We wzorze na szybkość reakcji [A] i [B] oznaczają odpowiednio stężenia molowe substancji A i substancji B. Stężenie molowe C_M=n/V. Jeżeli objętość wzrosła dwukrotnie, to stężenie substancji A i substancji B zmalało dwukrotnie. Wzór na szybkość reakcji w nowych warunkach ciśnienia przyjmie postać: V₁=(1/2[A])³(1/2[B])=1/16[A]³[B]. Zauważmy, że V=[A]³[B], czyli V₁=1/16V. 
Po dwukrotnym zmniejszeniu ciśnienia, szybkość reakcji zmaleje 16 razy.

8.1-6. 
Stała równowagi tej reakcji opisana jest wzorem: .
Szybkość reakcji tworzenia jodowodoru V₁=k₁[H₂][I₂], natomiast szybkość rozkładu jodowodoru V₂=k₂[HI]². W stanie równowagi szybkości reakcji są sobie równe, V₁=V₂, czyli: k₁[H₂][I₂]= k₂[HI]². Po przekształceniu otrzymamy: 

8.2. Stała równowagi reakcji - zadania

8.2-1.
W jakim stosunku molowym zmieszano substancje A₂ z substancją. B₂ jeśli do momentu ustalenia się stanu równowagi przereagowało 80% związku A₂ z utworzeniem produktu AB. Stała równowagi tej reakcji wynosi 16.

8.2-2.
Stała równowagi reakcji odwracalnej: CO+H₂O = CO₂ + H₂ w pewnej temperaturze jest równa 1, a stężenia równowagowe CO₂ i H₂O wynoszą odpowiednio 0,04 i 0,03. Ile wynoszą stężenia początkowe CO i H₂O?

8.2-3.
Stała równowagi reakcji: A + B = C + D w temperaturze 298K wynosi 1. Stężenia równowagowe wynoszą odpowiednio: [A]=2, [B]=8, [C]=4, [D]=4. Jak zmieni się stężenie równowagowe substancji D jeżeli do układu wprowadzone zostaną 4 mole substancji A? Założyć, że objętość układu praktycznie nie uległa zmianie i wynosi 1dm³.

8.2-4.
Ułożyć równania wyrażające prawo działania mas dla następujących reakcji przebiegających w fazie gazowej: 
2H₂ + O₂ = 2H₂O                                 2CO + O₂ = 2CO₂ 
H₂ + Cl₂ = 2HCl                                   4NH₃ + 5O₂ = 4NO + 6H₂O

8.2-5.
Ułożyć równania wyrażające prawo działania mas dla podanych reakcji. Określić wymiar stężeniowej stałej równowagi: 
a) C(s) + O₂(g) = CO₂(g) 
b) 2SO₂(g) + O₂(g) = 2SO₃(g) 
c) A(aq) + 3B(s) = C(aq) 
d) 2CH₄(g) + O₂(g) = 2CO(g) + 4H₂(g)

8.2-6.
Obliczyć stałą równowagi chemicznej dla reakcji: 
2NO₂ = 2NO + O₂ jeżeli stężenia substancji w stanie równowagi wynoszą: [NO₂]=0,06mol/dm³, [NO]=0,24mol/dm³, [O₂]=0,12mol/dm³.

8.2-7.
Mieszaninę 2,94 mola jodu i 8,1 mola wodoru ogrzewano w temperaturze 721K do osiągnięcia równowagi w fazie gazowej. Stwierdzono, że powstało 5,64 mola jodowodoru. Obliczyć stałą równowagi Kc tworzenia jodowodoru.

8.2-8.
Dla reakcji H₂ + I₂ → 2HI stała szybkości w temperaturze 670K wynosi 
3,79^.10^-2 dm³/mol^.s, a stała szybkości reakcji odwrotnej 5,88^.10^-4 dm³/mol^.s. Obliczyć stałą równowagi Kc reakcji: H₂ + I₂ → 2HI.

8.2-9.
W stanie równowagi układu: 
N₂ + 3H₂ = 2NH₃
stężenia wynosiły: azotu 3 mol/dm³, wodoru 9 mol/dm³, amoniaku 4 mol/dm³. Obliczyć stężenia wyjściowe wodoru i azotu.

8.2-10.
Równowaga reakcji H₂ + I₂ = 2HI ustaliła się przy następujących stężeniach:
[H₂]=0,25 mol/dm³, [I₂]=0,05 mol/dm³, [HI]=0,9 mol/dm³. Obliczyć wyjściowe stężenia substratów.

8.2-11.
Dwutlenek węgla ulega w wysokiej temperaturze dysocjacji termicznej na tlenek węgla i tlen. Obliczyć procentowy skład objętościowy mieszaniny gazów w stanie równowagi, jeżeli 20% dwutlenku węgla uległo rozkładowi.

8.2-12.
Obliczyć stężenia gazowych reagentów układu FeO + CO = Fe + CO₂ w stanie równowagi, w temperaturze 1300K, jeżeli K_c=0,5, a początkowo stężenia wynosiły: 
[CO]=0,5 mola/dm³, [CO₂]=0,1 mol/dm³.

8.2-13.
W jakim stosunku molowym zmieszano dwutlenek węgla z wodorem, jeśli do momentu ustalenia równowagi: CO₂ + H₂ = CO + H₂O K_c=1 (w temp. 1100K) 90% wodoru przereagowało tworząc wodę?

8.2-14.
W pewnych warunkach równowaga reakcji CO + H₂O = H₂ + CO₂ ustaliła się przy następujących stężeniach: [CO]=1mol/dm³, [H₂O](g)=4mole/dm³, [H₂]=[CO₂]=2mole/dm³. Obliczyć kolejno: 
1) stałą K_c, 
2) wyjściowe stężenia reagentów, 
3) stężenia równowagowe składników po trzykrotnym zwiększeniu stężenia CO w stosunku do stężenia początkowego.

8.2-15.
W powietrzu pod wpływem wyładowań elektrycznych w temperaturze 1900K ustala się równowaga: N₂ + O₂ = 2NO, której stałaK_c=3,9^.10^-3, Obliczyć procent objętościowy NO w otrzymanej mieszaninie.

8.2-16.
9,2 g mieszaniny równowagowej N2O4 = 2NO2 zajmuje w temperaturze 300K pod normalnym ciśnieniem objętość 2,95 dm3. Obliczyć procent objętościowy NO2 w mieszaninie i stałą równowagi Kc.

8.2-17.
W którą stronę przesunie się równowaga reakcji: 4HCl + O₂ = 2H₂O + 2Cl₂ jeżeli: 
1) wprowadzi się tlen
2) wprowadzi się chlor
3) usunie się część HCl
4) usunie się część H₂O?

8.2-18.
Zmieszano 3 mole pewnego chlorowca X₂ z 6 molami wodoru w ustalonym stanie równowagi stwierdzono powstanie 4 moli chlorowcowodoru obok nieprzereagowanych substratów. Oblicz stałą równowagi.

8.2-19.
W temperaturze 390^oC i pod ciśnieniem 1,013^.10⁵ Pa 0,0157 mola ditlenku azotu zajmuje objętość 0,001 m³, przy czym NO₂dysocjuje częściowo na NO i O₂. Wyznacz stałą równowagi ciśnieniowej i stężeniowej reakcji 2NO+O₂=2NO₂  (rozpatrujemy gaz doskonały)

8.2-20.
W temperaturze 200^oC stała równowagi reakcji odwodornienia alkoholu izopropylowego do acetonu w fazie gazowej wynosi 6,92^.10⁴ Pa. Oblicz stopień dysocjacji alkoholu izopropylowego w temperaturze 200^oC pod ciśnieniem 9,7^.10⁴ Pa przyjmując, że mieszanina gazów spełnia warunki gazu doskonałego.

8.2-21.
Do reakcji estryfikacji wzięto 8 g alkoholu etylowego i 12 g kwasu octowego. Jaki liczby gramów czterech składników będą w równowadze, jeśli stała równowagi osiągnęła w określonej temperaturze wartość 4,5.

8.2-22.
W stanie równowagi reakcji N₂ + 3H₂ = 2NH₃ znaleziono następujące stężenia reagentów: N₂ 0,3 mol/dm³; H₂ 0,9 mol/dm³; NH₃0,4 mol/dm³. Obliczyć:
a) stałą równowagi reakcji
b) początkowe stężenia azotu i wodoru

8.2-23.
Fosgen ulega dysocjacji termicznej wg równania reakcji: COCl₂ = CO + Cl₂. W temperaturze 300^oC w naczyniu ustala się ciśnienie równowagowe p=1,906^.10⁵Pa, a gęstość reagentów wynosi 3,3g/dm³. Oblicz stałą dysocjacji fosgenu w tej temperaturze oraz jego stopień dysocjacji.

8.2-24.
Stopień dysocjacji HI w temperaturze 770K wynosi 0,34 pod ciśnieniem 1,013^.10⁵Pa. Obliczyć stałe równowagi K_P dla obu poniższych reakcji:
a) H_2(g) + I_2(g) = 2HI_(g) 
b) HI_(g) = 1/2H_2(g) + 1/2I_2(g)

8.2-25.
9,2 g mieszaniny równowagowej N₂O₄ = 2NO₂ zajmuje w temperaturze 300K, pod normalnym ciśnieniem, objętość 2,95dm³. Obliczyć procent objętościowy NO₂ w mieszaninie, oraz stałą równowagi K.

8.2-26.
Mieszaninę złożoną ze 180g kwasu octowego i 230g etanolu poddano reakcji estryfikacji. W stanie równowagi było 220g octanu etylu. Oblicz, ile moli kwasu octowego i ile moli etanolu zawierała mieszanina w stanie równowagi.

8.2-27.
Mieszaninę 15 moli jodu i 30 moli wodoru ogrzewano w temp. 721K, aż do osiągnięcia równowagi w fazie gazowej. Otrzymano 20 moli jodowodoru. Oblicz stałą równowagi reakcji otrzymywania jodowodoru.

8.2-28.
Obliczyć stężenie substancji  B w stanie równowagi jeżeli wartość stałej Kc wynosi 3^.10^‑2, stężenia równowagowe pozostałych substancji wynoszą: [A]=0,5 mol/dm³, [C]=0,2 mol/dm³, [D]=0,1 mol/dm³,a reakcja przebiega w fazie gazowej według równania:
a) A+ B= C+D
b) A+2B=C+D
c) 2A +B=C+D

8.2-29.  
Dla reakcji estryfikacji kwasu octowego z alkoholem metylowym wartość stałej równowagi wynosi K=5,2. Oblicz procent przereagowania substratów w stanie równowagi, jeżeli do reakcji wzięto równomolowe ilości kwasu i alkoholu. W jakim stosunku należy zmieszać substraty, aby wydajność estru w stanie równowagi była nie niższa niż 95% w przeliczeniu na kwas octowy?

8.2-30.
Do fiolki o pojemności 20cm³ wlano 5,0cm³ wody skażonej przez terrorystów. Po ustaleniu równowagi termodynamicznej pomiędzy fazami pobrano 1cm³ powietrza i oznaczono bardzo niezdrowy związek na poziomie 0,18 μg/cm³. Przedmuchując gazem obojętnym, usunięto fazę powietrzną znad wody skażonej. Po doprowadzeniu do stanu równowagi znowu pobrano 1cm³ fazy gazowej i oznaczono bardzo niezdrowy związek na poziomie 0,09 μg/cm³. Jakie było stężenie bardzo niezdrowego związku w wodzie skażonej?

8.2-31. 
Pięciochlorek antymonu dysocjuje na trójchlorek i chlor cząsteczkowy. W temp. 206^oC i pod ciśnieniem 101,3 kPa średnia masa reagentów w stanie równowagi wynosi 204,5 g/mol. Obliczyć stopień dysocjacji pięciochlorku antymonu.

8.2-32. 
Po ustaleniu się równowagi w układzie, w którym przebiega reakcja syntezy amoniaku w temp. 400^oC pod ciśnieniem 10,13x10⁵ Pa. Cząsteczkowe ciśnienia poszczególnych reagentów wynoszą: p_NH3=39000Pa, p_N2=243500Pa, p_H2=730500Pa. Obliczyć stałą równowagi.

8.2-33. 
Ogrzano 0,1 mol jodowodoru do temp 445^oC w naczyniu o pojemności 1L. Stała dysocjacji termicznej jodowodoru w tej temp wynosi 0,02. Obliczyć ciśnienia cząsteczkowe reagentów (p_H2, p_I2, p_HI) [kPa]

8.2-34. 
Stopień dysocjacji fosgenu (COCl₂=CO+Cl₂) w temp. 527^oC pod ciśnieniem 101,3 kPa wynosi 0,75. Oblicz stopień dysocjacji, jeżeli do układu reakcyjnego wprowadzono pewną ilość azotu (gaz obojętny), którego ciśnienie cząstkowe wynosiło 20,3 kPa przy niezmiennym ciśnieniu całkowitym.

8.2-35. 
Do naczynia wprowadzono 4,00 mola Ar, 3,83 mola SO₂ i 2,84 mola O₂. Po ustaleniu się równowagi w procesie tworzenia SO₃według reakcji: 2SO₂ +O₂ = 2SO₃ ułamek molowy argonu jest równy 0,4138. Obliczyć stopień przereagowania dwutlenku siarki (wynik podaj w ułamku).

8.2-36. 
Stała równowagi K_p dla reakcji I₂ = 2I przebiegającej w temperaturze 1690 K wynosi 6,29. Obliczyć, jaką objętość zajmuje 28,9 g jodu w tej temperaturze pod ciśnieniem 107 kPa. Wynik podać w dm³.

8.2-37. 
Próbkę 9,7 mmol Br₂ umieszczono w zamkniętym zbiorniku o pojemności 9,2dm³ i podgrzano do temperatury 1000 K. Stała równowagi procesu Br₂ = 2Br, Kc= 4,7^.10^-7kmol/m³. Podaj stężenie bromu atomowego w stanie równowagi.

8.2-38. 
Współczynnik podziału substancji x miedzy H₂O(1) i toluenem określa stosunek stężeń molowych c₂/c₁=77. Ile potrzeba toluenu aby z 220 cm³ wodnego roztworu usunąć 80% wagowych substancji x przez jednorazowe wytracenie.

8.2-39. 
Stała równowagi reakcji odwracalnej: CO+H₂O = CO₂ + H₂ w pewnej temperaturze jest równa 1, a stężenia równowagowe CO₂ i H₂O wynoszą odpowiednio 0,04 i 0,03. Ile wynoszą stężenia początkowe CO i H₂O?

8.2-40. 
Stała równowagi reakcji estryfikacji 
CH₃COOH + C₂H₅OH  CH₃COOC₂H₅ +H₂O 
w pewnej temperaturze wynosi 4, a stężenia [mol/dm³] równowagowe wynoszą:
kwas-0,1; alkohol-0,4; ester-0,8; woda-0,2 
O ile zmieniło się stężenie równowagowe estru po ustaleniu ponownie stanu równowagi, po wprowadzeniu do układu 0,2 molaCH₃COOH , przy założeniu że objętość nie uległa zmianie i wynosi 1 dm³

8.2-41. 
Mieszaninę 15 moli jodu i 30 moli wodoru ogrzewano w temperaturze 721K, aż do osiągnięcia równowagi w fazie gazowej. Otrzymano 25 moli jodowodoru. Oblicz stałą równowagi otrzymywania jodowodoru

 8.2. Stała równowagi reakcji - odpowiedzi

8.2-1.
Substancja A₂ reaguje z substancją B₂ zgodnie z równaniem reakcji: 
A₂ + B₂ = 2AB 
Stała równowagi tej reakcji . Substancje A₂ i B₂ zmieszano ze sobą w ilości x moli A₂ i y moli B₂. W wyniku reakcji przereagowało 80% (0,8) substancji A₂, czyli przereagowało 0,8x substancji A₂ i w mieszaninie w stanie równowagi pozostało jej jedynie 0,2x mola. Zgodnie z równaniem reakcji powstało 2^.0,8x produktu AB. Jeżeli substancje A₂ i B₂ reagują ze sobą w ilościmol:mol, to musiało również przereagować 0,8x substancji B₂ i w stanie równowagi pozostało jej jedynie y-0,8x. Podstawiając te dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: 
. Po pomnożeniu przez mianownik otrzymamy: 3,2y=5,12x. Po podzieleniu stronami przez y, a następnie przez 5,12 otrzymamy:
Substancje A₂ i B₂ zmieszano w stosunku molowym A₂:B₂=5:8

8.2-2.
Wzór na stałą równowagi tej reakcji: . Jeżeli stężenie [CO₂]=0,04mol/dm³, to stężenie [H₂] również musi wynosić 0,04mol/dm³ (wynika to z równania reakcji, powstaniu jednego mola CO₂ towarzyszy powstanie jednego mola H₂). Podstawiając dane do równania na stałą równowagi można obliczyć stężenie równowagowe CO: . Rozwiązanie tego równania daje: [CO]=0,053mol/dm³. Stężenie początkowe CO musiało być większe o 0,04mol/dm³ (tyle przereagowało z utworzeniem CO₂). C_CO=0,093mol/dm³. Stężenie początkowe wody było również większe o stężenie powstałego wodoru. C_H2O=0,03mol/dm³+0,04mol/dm³=0,07mol/dm³.

8.2-3.
Załóżmy, dla uproszczenia obliczeń, że objętość mieszaniny reakcyjnej wynosi 1dm³. Stała równowagi tej reakcji . Jeżeli w stanie równowagi [C]=[D]=4mol/dm³, to zgodnie z równaniem reakcji, te ilości produktów mogły powstać z 4moli A i 4moli substancji B. Czyli początkowe stężenia substancji A i B wynosiły; C_A=2mol+4mol=6mol/dm³, C_B=8mol+4mol=12mol/dm³. Po wprowadzeniu do układu 4moli substancji A, jej stężenie początkowe wzrośnie do 10mol/dm³. W nowych warunkach, w wyniku reakcji powstanie x moli C, oraz zgodnie z równaniem reakcji x moli D. Stężenia równowagowe [A]=10-x, oraz [B]=12-x. Podstawiając te dane do równania na stałą równowagi reakcji otrzymamy: . Rozwiązując te równanie względem x otrzymamy: x=5,45mol/dm³. Czyli w wyniku dodania 4moli substratu A, stężenie produktu D wzrosło do 5,45mol/dm³.

8.2-4.
Prawo działania mas dla reakcji dla reakcji odwracalnej, która osiągnęła stan równowagi:
aA + bB = cC + dD opisane jest wzorem: , gdzie stała k_c nazywana jest stężeniową stałą równowagi, nawiasy kwadratowe określają równowagowe stężenie molowe C_M substancji. Z uwagi na to, że stężenie molowe liczone jest ze wzoru C_M=n/V, a dla gazów n/V=P/RT (z przekształcenia wzoru stanu gazu doskonałego PV=nRT). Czyli widzimy, ze w przypadku gazów stężenie molowe jest proporcjonalne do ciśnienia gazu, a współczynnikiem proporcjonalności jest 1/RT. Ciśnieniowa stała równowagi tej reakcji opisana jest zatem wzorem . Ze wzoru na stałą równowagi wynika, ze dla substancji w postaci stałej stężenie molowe jest stałe (constans) i nie jest brane pod uwagę (uwzględnione w wartości stałej równowagi). Prawo działania mas dla podanych reakcji opisane jest wzorem: 
2H₂ + O₂ = 2H₂O 
2CO + O₂ = 2CO₂ 
H₂ + Cl₂ = 2HCl 
4NH₃ + 5O₂ = 4NO + 6H₂O 

8.2-5.
Prawo działania mas dla reakcji dla reakcji odwracalnej, która osiągnęła stan równowagi:
aA + bB = cC + dD opisane jest wzorem: , gdzie stała k_c nazywana jest stężeniową stałą równowagi, nawiasy kwadratowe określają równowagowe stężenie molowe C_M substancji. Z uwagi na to, że stężenie molowe liczone jest ze wzoru C_M=n/V, a dla gazów n/V=P/RT (z przekształcenia wzoru stanu gazu doskonałego PV=nRT). Czyli widzimy, ze w przypadku gazów stężenie molowe jest proporcjonalne do ciśnienia gazu, a współczynnikiem proporcjonalności jest 1/RT. Ciśnieniowa stała równowagi tej reakcji opisana jest zatem wzorem . Ze wzoru na stałą równowagi wynika, ze dla substancji w postaci stałej stężenie molowe jest stałe (constans) i nie jest brane pod uwagę (uwzględnione w wartości stałej równowagi). Prawo działania mas dla podanych reakcji opisane jest wzorem: 
C(s) + O₂(g) = CO₂(g) 
2SO₂(g) + O₂(g) = 2SO₃(g) 
A(aq) + 3B(s) = C(aq) 
2CH₄(g) + O₂(g) = 2CO(g) + 4H₂(g) 

8.2-6.
Stała równowagi dla tej reakcji opisana jest wzorem: . Podstawiając podane stężenia równowagowe do wzoru na stałą k_c otrzymamy: 

8.2-7.
Jod z wodorem reaguje według równania reakcji: I₂ + H₂ = 2HI. W temperaturze 721K jod jest w postaci pary i stałą równowagi dla tej reakcji można opisać wzorem: . 
Z równania reakcji widać, że jeżeli powstało 5,64mola jodowodoru, to musiało przereagować 5,64/2mola jodu (2,82mola) oraz 2,82mola wodoru. W stanie równowagi pozostało zatem 2,94-2,82=0,12mola jodu oraz 8,1-2,82=5,28mola wodoru. Podstawiając te dane do wzoru na stałą k_c otrzymamy: 

8.2-8.
Stała równowagi tej reakcji 
Szybkość reakcji tworzenia jodowodoru V_r=k_r[H₂][I₂], natomiast szybkość reakcji odwrotnej V_o=k_o[HI]². W stanie równowagi szybkości reakcji tworzenia jodowodoru i rozkładu jodowodoru są jednakowe: V_r=V_o=k_r[H₂][I₂]=k_o[HI]² Przekształcając to równanie otrzymamy: . Podstawiając dane do równania otrzymamy: 

8.2-9.
Załóżmy, dla uproszczenia obliczeń, że objętość mieszaniny reakcyjenj wynosi 1dm³. Zgodnie z równaniem reakcji syntezy amoniaku, 4 mole amoniaku mogły powstać z 2 moli azotu i 6 moli wodoru. W stanie początkowym mieliśmy: azotu 3+2=5mol, wodoru 9+6=15moli. Stężenia początkowe wynosiły więc: [N₂]=5mol/dm³, [H₂]=15mol/dm³.

8.2-10.
Załóżmy, dla uproszczenia obliczeń, że objętość mieszaniny reakcyjnej wynosi 1dm³. Zgodnie z równaniem reakcji, 0,9mola HI powstało z 0,45mola wodoru i z 0,45mola jodu. W stanie początkowym mieliśmy więc 0,25+0,45=0,7mola wodoru oraz 0,05+0,45=0,5mola jodu. Stężenia początkowe wynosiły więc: [H₂]=0,7mol/dm³, [I₂]=0,5mol/dm³.

8.2-11.
Tlenek węgla(IV) (dwutlenek węgla) w wysokiej temperaturze ulega rozkładowi wg równania reakcji: 2CO₂ = 2CO + O₂. Stała równowagi tej reakcji jest opisana równaniem: . Załóżmy, że w stanie początkowym mamy 100moli CO₂. W stanie równowagi, 20% CO₂ uległo rozkładowi (1/5, czyli 20moli), to w mieszaninie reakcyjnej mamy 80 moli CO₂ 20moli CO oraz 10moli O₂ (wynika to z równania reakcji). Zauważmy, że ilość moli substancji jest proporcjonalna do objętości jaką zajmuje ta substancja (zgodnie z równaniem stanu gazu doskonałego PV=nRT). Procentowy skład objętościowy mieszaniny w stanie równowagi jest więc identyczny z procentowym składem molowym. Skład procentowy liczony jest ze wzoru: .

8.2-12.
Załóżmy, dla uproszczenia obliczeń, że objętość mieszaniny reakcyjnej wynosi 1dm³. Prawo działania mas dla reakcji odwracalnej, która osiągnęła stan równowagi:
aA + bB = cC + dD opisane jest wzorem: , gdzie stała k_c nazywana jest stężeniową stałą równowagi, nawiasy kwadratowe określają równowagowe stężenie molowe C_M substancji. Ze wzoru na stałą równowagi wynika, że dla substancji w postaci stałej stężenie molowe jest stałe (constans) i nie jest brane pod uwagę (uwzględnione w wartości stałej równowagi). Prawo działania mas dla podanej reakcji opisane jest wzorem: . Z równania reakcji wynika, ze z jednego mola tlenku węgla(II) powstaje 1 mol tlenku węgla(IV). Czyli jeżeli przereagowało x moli CO, to równocześnie powstało x moli CO₂. W stanie równowagi mamy zatem: [CO]=0,5-x, [CO₂]=0,1+x. Podstawiając dane do równania na stałą reakcji otrzymamy: . Przekształcając równanie względem x otrzymamy: 0,25-0,5x=0,1+x. Rozwiązując równanie względem x otrzymamy: x=0,1mol/dm³
W stanie równowagi stężenia wynosiły: [CO]=0,5-0,1=0,4mol/dm³, [CO₂]=0,1+0,1=0,2mol/dm³.

8.2-13.
Stała równowagi dla tej reakcji opisana jest wzorem: . Załóżmy, że w stanie początkowym mieliśmy 100moli wodoru. Jeżeli do ustalenia się stanu równowagi przereagowało 90% wodoru (90moli, patrz definicja stężenia procentowego), to oznacza, ze w reakcji powstało 90moli CO oraz 90moli H₂O. Pozostało 10moli wodoru, oraz x moli CO₂. Jeżeli dla uproszczenia rachunków przyjmiemy, ze reakcja zachodziła w objetosci 1dm³, to w stanie równowagowym były następujące stężenia reagentów (C_M=n/V) [CO]=90mol/dm³, [H₂O]=90mol/dm³, [H₂]=10mol/dm³ oraz [CO₂]=x mol/dm³. Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi i przekształcając wzór względem x otrzymamy: 
Z równania reakcji wynika, ze przereagowało 90moli CO₂, więc w stanie początkowym było 900moli CO₂. Tlenek węgla(IV) i wodór zmieszano w stosunku molowym CO₂:H₂=900:100=9:1.

8.2-14.
Stała równowagi tej reakcji opisana jest wzorem: . Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: 
Z równania reakcji widać, że 2 mole wodoru i 2 mole CO₂ musiały powstać z 2 moli CO i 2moli H₂O. Początkowe stężenie CO 3mol/dm³ a wody 6mol/dm³. 
Po trzykrotnym zwiększeniu CO, początkowe jego stężenie będzie wynosiło 9mol/dm³. Stężenie wody pozostanie bez zmian 6mol/dm³. Po ustaleniu się stanu równowagi powstanie x moli/dm³ wodoru i x moli/dm³ tlenku węgla(IV). Ta ilość produktów powstanie z x moli/dm³ CO i x moli/dm³ H₂O. W stanie równowagi będziemy mieli zatem: [CO]=9-x, [H₂O]=6-x, [H₂]=x i [CO₂]=x.
Podstawiając dane do wyrażenia na stałą równowagi otrzymamy: 
Rozwiązując równanie względem x otrzymamy: x=3,6mol/dm³. 
Po trzykrotnym zwiększeniu stężenia CO, w stanie równowagi będziemy mieli: [H₂]=[CO₂]=3,6mol/dm³, [CO]=9-3,6=5,4mol/dm³, [H₂O]=6-3,6=2,4mol/dm³.

8.2-15.
Dla reakcji tworzenia tlenku azotu(II) stała równowagi . 
W powietrzu znajduje się w przybliżeniu 20% objetościowych tlenu i 80% objętościowych azotu. Ilość moli substancji jest proporcjonalna do objętości jaką zajmuje ta substancja (zgodnie z równaniem stanu gazu doskonałego PV=nRT). Procentowy skład objętościowy mieszaniny w stanie równowagi jest więc identyczny z procentowym składem molowym. Skład procentowy liczony jest ze wzoru: , czyli stężenie początkowe tlenu wynosi 20mol/dm³ i 80mol/dm³ dla azotu. Jeżeli przereagowało x moli tlenu i x moli azotu, to powstało 2x moli NO (wynika to z równania reakcji). W stanie równowagi mamy zatem: [O₂]=20-x, [N₂]=80-x, [NO]=2x. Podstawiając te dane do równania na stałą równowagi otrzymamy: . Rozwiązując równanie względem x otrzymamy: x=1,2mol/dm³. Czyli 1,2mola azotu i 1,2mola tlenu przereagowało ze sobą dając 2,4mola NO. Stężenie objętościowe tlenku azotu(II) w otrzymanej mieszaninie wynosi więc 2,4%.

8.2-16.
Oznaczmy m₁ – masa N₂O₄; m₂ – masa NO₂. n₁=m₁/92 liczba moli N₂O₄ oraz n₂=m₂/46 liczba moli NO₂, V₁ – objętość N₂O₄, oraz V₂ – objętość NO₂. Możemy więc ułożyć następujący układ równań:
m₁+m₂=9,2
V₁+V₂=2,95
W warunkach normalnych każdy z tych związków zajął by objętość 22,4n dm³ (z prawa Avogadro, ze 1mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm³). W temperaturze 300K objętość gazu wynosi 22,4n^.300/273 (wynika to z przekształcenia wzoru V₁/T₁=V₂/T₂). Czyli każdy z tych gazów zajmuje objętość , . 
Podstawiając wyrażenia na V₁ i V₂ do układu równań otrzymamy: 
m₁+m₂=9,2
0,2676m₁+0,5351m₂=2,95
Rozwiązując układ równań otrzymamy: m₁=7,38g, m₂=1,82g, oraz V₁=1,97dm³, V₂=0,98dm³. 
Procent objętościowy NO₂ w mieszaninie obliczymy ze wzoru na stężenie procentowe: 
W celu obliczenia stałej równowagi K_c musimy znać stężenia równowagowe tych substancji. Stężenia równowagowe obliczymy ze wzoru C_M=n/V (n=m/M). , . 
Podstawiają dane do wzoru na stałą równowagi tej reakcji otrzymamy: 

8.2-17.
Korzystając z reguły przekory (le Chateliera Brauna) (jeżeli na układ będący w stanie równowagi podziałamy bodźcem zewnętrznym, to układ zachowa się tak by zminimalizować działanie tego bodźca):
a) jeżeli wprowadzimy do układu tlen, to układ zachowa się w taki sposób by ilość tlenu się zmniejszyła. Może się to dokonać tylko w przypadku gdy tlen przereaguje, a więc równowaga reakcji przesunie się w prawo, w kierunku tworzenia produktów.
b) jeżeli do układu wprowadzimy chlor, to by jego ilość się zmniejszyła równowaga reakcji musi przesunąć się w lewo
c) jeżeli usuniemy część chlorowodoru (zmniejszymy jego ilość) to równowaga reakcji przesunie się w takim kierunku by ilość chlorowodoru wzrosła, czyli równowaga reakcji przesunie się w lewo
d) usunięcie części wody z układu spowoduje, ze układ będzie chciał przeciwdziałać temu wytwarzając wodę, czyli równowaga reakcji przesunie się w prawo. 
Zadanie można rozwiązać również w oparciu o stałą równowagi tej reakcji: 
Stała K_c zawsze musi mieć wartość stałą. Gdy zmniejszamy ilość wody, to mianownik musi się również zmniejszyć – równowaga reakcji zostanie przesunięta w prawo. Gdy zwiększymy ilość chloru, to mianownik również musi się zwiększyć – równowaga reakcji zostanie przesunięta w lewo. W Podobny sposób można rozpatrzyć wpływ pozostałych składników.

8.2-18.
Chlorowiec X₂ z wodorem reaguje wg równania reakcji: 
X₂ + H₂ = 2HX
Stała równowagi tej reakcji . Jeżeli powstały 4 mole produktu HX, to z równania reakcji wynika, że przereagowały 2 mole X₂ i 2 mole H₂. W stanie równowagi pozostały więc 3-2=1mol X₂ oraz 6-2=4 mole H₂. Podstawiając dane do równania na stałą równowagi reakcji otrzymamy: 

8.2-19.
Mieszanina gazów spełnia prawo Daltona, wg którego suma ciśninień cząstkowych jest równa ciśnieniu całkowitemu: . Czyli P=1,013^.10⁵Pa=p_NO2+p_NO+p_O2. Wszystkie gazy zajmują objętość 0,001m³ i spełniają równanie Clapeyrona (jako gazy doskonałe): pV=nRT. 
Gdyby ditlenek azotu nie ulegał rozkładowi, to 0,0157mola NO₂ wywierał by ciśnienie p_NO2=nRT/V, czyli . Z tego wniosek, że brakujące ciśnienie 1,013^.10⁵Pa‑0,865^.10⁵Pa=0,148^.10⁵Pa wywiera tlenek azotu i tlen. Z równania reakcji dysocjacji ditlenku azotu wynika, że p_NO=2 p_O2, czyli p_O2=0,148^.10⁵Pa/3=4933Pa, a p_NO=9866Pa. Stała równowagi ciśnieniowa . Znając ciśnienie poszczególnych gazów z równania Clapeyrona można łatwo wyliczyć stężenia molowe tych gazów. C_M=n/V, a z równania Clapeyrona PV=nRT, czyli n/V=P/RT. Czyli C_M=p/RT. Podstawiając do wzoru na stałą równowagi stężeniowej otrzymamy: 

8.2-20. 
Alkohol izopropylowy w podwyższonej temp. i na katalizatorze ulega dehydratacji wg równania reakcji: 
CH₃CH(OH)CH₃ = CH₃COCH₃ + H₂
Dla tej reakcji, wzór na stałą ciśnieniową przyjmie postać: 
Mieszanina gazów spełnia prawo Daltona, wg którego suma ciśninień cząstkowych jest równa ciśnieniu całkowitemu: . Czyli P=9,7^.10⁴Pa=p_ip+p_ac+p_H2. 
Z równania reakcji wynika, że p_ac= p_H2, oznaczmy te ciśnienia cząstkowe jako pi. W stanie równowagi dla ciśnień cząstkowych możemy zapisać następującą zależność: 9,7^.10⁴Pa=p_ip+2p_i. Podstawiając te dane do stałej równowagi otrzymamy: . Rozwiązując równanie względem p_i otrzymamy: 67,12^.10⁸-13,84^.10⁴p_i=p_i²,p_i=38041Pa=3,8^.10⁴Pa. 
W stanie równowagi p_ip=9,7^.10⁴-2^.3,8^.10⁴=2,1^.10⁴Pa. Z równania reakcji dehydratacji alkoholu wynika, że ciśnienie początkowe alkoholu izopropylowego p₀=p_ip+p_i=5,9^.10⁴Pa. 
Stopień dysocjacji jest to ilość czasteczek zdysocjowanych do ilości początkowej α=c/C₀. Stężenie jest proporcjonalne do ciśnienia cząstkowego (ze wzoru Clapeyrona PV=nRT, czyli n/V=P/RT). Możemy więc zapisać, że 

8.2-21. 
Reakcja estryfikacji przebiega wg równania: 

Stała równowagi tej reakcji opisana jest wzorem: , gdzie wyrażenia w nawiasie kwadratowym oznaczają stężenia molowe C_M=n/V. Jeśli reakcja przebiega w stałej objętości, to stężenie molowe każdego związku jest proporcjonalne do ilości moli n. Do reakcji wzięto 0,2 mol kwasu oraz 0,17 mol alkoholu. Z równania reakcji wynika, ze 1 mol kwasu octowego reaguje z 1 molem etanolu dając 1 mol estru i 1 mol wody. Przyjmijmy, że do osiągnięcia stanu równowagi przereagowało x moli kwasu octowego. Zgodnie z równaniem reakcji przereagowało również x moli etanolu, oraz powstało x moli wody i x moli estru. W równowadze pozostało zatem (0,2-x)moli kwasu oraz (0,17-x)moli alkoholu, dając x moli estru i x moli wody. Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: . Po przekształceniu wzoru względem x i rozwiązaniu równania kwadratowego otrzymamy: x₁= 0,351, x₂= 0,124. x₁ nie ma fizycznego sensu (nie może powstać więcej produktu niż użyto kwasu. 
W równowadze pozostaje ze sobą: 
0,2-0,124=0,076mola kwasu, czyli m=nM=4,56g kwasu octowego, 
0,17-0,124=0,046mola, czyli 2,12g etanolu;
0,124 mola, czyli 2,23g wody
0,124 mola, czyli 10,93g estru.

8.2-22.
Stała równowagi tej reakcji opisana jest wzorem: . Podstawiając dane do równania na stałą równowagi reakcji otrzymamy: 
Z równania reakcji wynika, że 0,9 mola amoniaku powstało z 0,45mola azotu oraz z () 1,35mol wodoru. W stanie początkowym było zatem: 0,3+0,45=0,75mol/dm³ azotu oraz 0,9+1,35=2,25mol/dm³ wodoru.

8.2-23. 
Stała równowagi tej reakcji opisana jest wzorem: . Z równania reakcji dysocjacji fosgenu wynika, że [CO]=[Cl₂] i p_CO=p_Cl2.
Jeżeli gęstość mieszaniny reakcyjnej wynosi 3,3g/cm³, znaczy że 1m³ tej mieszaniny waży 3300g (zamieniamy na jednostki SI).
Z równania Clapeyrona pV=nRT lub pV=mRT/M możemy wyznaczyć masę . Jednakże ciśnienie całkowite mieszaniny jest równe sumie ciśnień cząstkowych (prawo Daltona) . Oczywiście jeżeli [CO]=[Cl₂] to ich ciśnienia również są równe, zatem 
Wiemy, że m_CO+m_Cl2+m_COCl2=3300g. Podstawiając zależności ciśnień cząstkowych do wzoru Clapeyrona na masę gazu otrzymamy: . Podstawiając dane do równania, pozbywając się mianownika i pamiętając, że V=1m³ (założenie), a P=1,906^.10⁵Pa otrzymamy: . 
Po uporządkowaniu równania otrzymamy: . Ciśnienie cząstkowe fosgenu . Podstawiając dane do równania na stałą równowagi ciśnieniowej reakcji otrzymamy K_p=4,13^.10^-2Pa. Wartość stałej stężeniowej tej reakcji otrzymamy z przekształconego prawa Clapeyrona: pV=nRT czyli p=nRT/V. Pamiętając, że C_M=n/V możemy zapisać p=C_MRT. Po wprowadzeniu zależności p=C_MRT do wzoru na stałą ciśnieniową równowagi reakcji otrzymamy: . Czyli 
Stopień dysocjacji definiowany jest jako . Ilość cząsteczek jest proporcjonalna do ciśnienia cząstkowego, więc , gdzie P₀ – początkowe ciśnienie. Z równania reakcji COCl₂ = CO + Cl₂ widzimy, że ciśnienie mieszaniny reakcyjnej w czasie reakcji wzrasta o ciśnienie cząstkowe p_CO. Początkowe ciśnienie P₀=P-p_CO=1,59^.10⁵Pa. Po podstawieni wartości do wzoru na stopień dysocjacji otrzymamy: α=0,199 lub α=19,9%

8.2-24. 
Stopień dysocjacji definiowany jest jako . Ilość cząsteczek jest proporcjonalna do ciśnienia cząstkowego, więc , czyli p_i=αp₀.
a) dla reakcji tworzenia jodowodoru wzór na stałą równowagi przyjmie postać: . Z równania reakcji wynika, że p_H2= p_I2=αp₀. Natomiast p_HI=p₀-αp₀. Podstawiając dane do równania na stałą równowagi reakcji otrzymamy: 
b) stała równowagi dla reakcji dysocjacji jodowodoru: . Podstawiając dane do równania na stałą równowagi otrzymamy: . Podstawiając dane do równania otrzymamy: K_p=0,515.

8.2-25.
Jeżeli mieszanina jest w równowadze, to stałą równowagi można opisać wzorem: . Jeżeli na początku było n=m/M=9,2g/92g/mol=0,1mol dimeru, to w stanie równowagi mamy (PV=nRT) n=PV/RT=2,95dm^3.1013hPa/300K^.83,14hPa^.dm^3.K^-1.mol^-1=0,12mol mieszaniny tlenków. Z równania reakcji widzimy, że jeżeli dysocjacji ulega x moli dimeru, to powstaje 2x moli monomeru. Uwzględniając te zależności możemy sporządzić następujący bilans: 0,1-x+2x=0,12. Czyli x=0,02mol. A więc w stanie równowagi mamy 0,1-0,02=0,08 mol dimeru, oraz 2^.0,02=0,04 mol tlenku azotu(IV). Stężenie reagentów wynoszą odpowiednio: [NO₂]=0,04mol/2,95=1,356^.10^-2mol/dm³, oraz [N₂O₄]=0,08mol/2,95dm³=2,71^.10^-2mol/dm³. Podstawiając dane do wzoru na stałą dysocjacji otrzymamy: K=6,78^.10^-3. W przypadku gazów objętość ich jest proporcjonalna do liczby moli, więc procent objętościowy NO₂ w mieszaninie równowagowej możemy obliczyć na podstawie ilości moli: 

8.2-26.
Kwas octowy z etanolem reaguje według równania reakcji: 
CH₃COOH + C₂H₅OH = CH₃COOC₂H₅ + H₂O
Na początku reakcji były (n=m/M) 3 mole kwasu octowego oraz 5 moli etanolu. W stanie równowagi otrzymano 2,5 mola octanu etylu. Z równania reakcji wynika, że etanol reaguje z kwasem w stosunku mol:mol. Pozostało więc 3-2,5=0,5 mola kwasu oraz 2,5 molaetanolu.

8.2-27. 
Jod z wodorem reaguje według równania reakcji: I₂ + H₂ = 2HI. W temperaturze 721K jod jest w postaci pary i stałą równowagi dla tej reakcji można opisać wzorem: . 
Z równania reakcji widać, że jeżeli powstało 20moli jodowodoru, to musiało przereagować 20/2 mola jodu (1 0moli) oraz 10 moli wodoru. W stanie równowagi pozostało zatem 15-10=5 mola jodu oraz 30-10=20 mola wodoru. Zakładając, że reakcja przebiegała w zbiorniku o objętości 1dm³ (1dm³ dla uproszczenia obliczeń) ilości moli są równe stężeniu. Podstawiając te dane do wzoru na stałą k_c otrzymamy:  

8.2-28. 
Stała równowagi reakcji aA + bB = cC + dD opisana jest wzorem: . Stężenie substancji B w stanie równowagi opisane jest wzorem: . Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: 
a) 
b) 
c) 

8.2-29. 
Reakcja estryfikacji przebiega zgodnie z równaniem reakcji:
CH₃COOH + CH₃OH = CH₃COOCH₃ + H₂O
Stała równowagi tej reakcji . Jeżeli wzięto równomolowe ilości kwasu i alkoholu (zakładamy, że wzięto po 1molu), to w stanie równowagi powstało x moli estru oraz (zgodnie z równaniem reakcji) x moli wody. W tym celu przereagowało x moli kwasu oraz x moli alkoholu, czyli w stanie równowagi pozostało 1-x moli kwasu i 1-x moli alkoholu. Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: , czyli: 5,2x²-10,4x+5,2=x². 
Po rozwiązaniu równania kwadratowego otrzymamy: x₁=1,78mol, x₂=0,695mol. Oczywiście wartość x₁ nie ma sensu fizycznego (nie mogło powstać więcej estru niż wzięliśmy do reakcji kwasu. 
Jeżeli w chwili początkowej był 1 mol kwasu i powstało 0,695mola estru, to procent przereagowania kwasu wynosi 69,5%. 
Jeżeli wydajność w przeliczeniu na kwas ma być co najmniej 95%, oznacza to, że kwas octowy ma być w niedomiarze w stosunku do alkoholu. Zakładając, że w chwili początkowej mamy 1 mol kwasu i x moli alkoholu, to w stanie równowagi musi powstać co najmniej po 0,95 mola estru i wody. Wzór na stałą równowagi przyjmie postać: . Po rozwiązaniu równania otrzymamy: x=4,42mol. 
Aby wydajność reakcji estryfikacji była większa niż 95% musimy zmieszać ze sobą 1mol kwasu i co najmniej 4,42 mola metanolu.

8.2-30.
Pomiędzy fazą ciekłą a fazą gazową ustala się stan równowagi, który możemy opisać równaniem:  dla której równowagę możemy opisać wzorem: , czyli K=[F_c]/0,18. Po przedmuchaniu próbki gazem obojętnym i ustaleniu się stanu równowagi, stałą równowagi możemy wyrazić równaniem K=[F’_c]/0,09. Nowe stężenie [F’_c] jest mniejsze od stężenia [F_c] o ilość substancji w fazie gazowej, czyli . Stała równowagi opisana jest wzorem: . Oczywiście stałe równowagi muszą być sobie równe, możemy więc zapisać: . Rozwiązując równanie otrzymamy stężenie substancji w roztworze wodnym po ustaleniu się pierwszej równowagi: [F_c]=0,54μg/cm³. Masa tej substancji w roztworze wynosi m=0,54μg/cm^3.5cm³=2,7µg. W stanie początkowym masa była większa o ilość substancji, która przeszła do fazy gazowej, czyli m₀=2,7µg+15cm^3.0,18μg/cm³=5,4μg, a stęzenie tej substancji w roztworze wynosiło C₀=5,4µg/5cm³=1,08μg/cm³.

8.2-31. 
Pięciochlorek antymonu w temperaturze 206^oC dysocjuje wg równania reakcji:
SbCl₅  SbCl₃ + Cl₂ 
Stopień dysocjacji a określa ilość cząsteczek, które uległy dysocjacji do ilości początkowej. Z równania reakcji dysocjacji widzimy, że n_SbCl3=n_Cl2=x, czyli a=x/n₀. Ze wzoru na stopień dysocjacji widzimy, że w stanie równowagi mamy:
n_SbCl3=an₀ cząsteczek trójchlorku antymonu (chlorku antymonu(III),
n_Cl2=an₀ cząsteczek chloru, oraz
n_SbCl5=n₀-an₀=n₀(1-a) cząsteczek pięciochlorku antymonu. 
Średnia masa cząsteczkowa jest średnią ważoną: . Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: 

Po rozwiązaniu równania otrzymamy a=0,462=46,2%.

8.2-32. 
Synteza amoniaku przebiega zgodnie z równaniem reakcji:
N₂ + 3H₂  2NH₃ 
Stałą równowagi dla tej reakcji można opisać wzorem: 
 odpowiednio dla stałej stężeniowej i ciśnieniowej. Z uwagi, że PV=nRT, czyli: , dla poszczególnych składników w przypadku stałej ciśnieniowej możemy zapisać: . Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: 

8.2-33. 
Jeżeli w naczyniu o pojemności 1dm³ umieszczono 0,1mol jodowodoru, to stężenie początkowe jodowodoru C₀=0,1mol/dm³. Jodowodór ulega rozkładowi wg równania reakcji:
2HI  H₂ + I₂ 
Stała równowagi tej reakcji . Z równania reakcji widzimy, że w stanie równowagi [H₂]=[I₂]=x, natomiast [HI]=C₀-2x. Podstawiając dane do stałej równowagi reakcji otrzymamy: , oraz 0,0002-0,008x-0,08x²=x² (0,92x²+0,008x-0,0002=0). Po rozwiązaniu równania kwadratowego otrzymamy: x=0,011mol/dm³. 
W 1dm³ znajduje się więc 0,011mol H₂, 0,011mol I₂, oraz 0,1-2^.0,029=0,078mol HI. Ciśnienia cząstkowe reagentów obliczymy z przekształconego względem P wzoru Clapeyrona (pV=nRT) p=nRT/V. Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: 
Ciśnienia cząstkowe reagentów wynoszą: p_I2=p_H2=65,66kPa, oraz p_HI=465,6kPa.

8.2-34. 
Dysocjację fosgenu możemy opisać równaniem reakcji:
COCl₂  CO + Cl₂ 
Z równania reakcji dysocjacji widzimy, że w wyniku dysocjacji tworzy się równomolowa ilość tlenku węgla(II) i chloru. Stopień dysocjacji a określa ilość cząsteczek zdysocjowanych do ilości początkowej: . Czyli ilość cząsteczek zdysocjowanych n_Cl2=n_CO=n₀a, oraz n_COCl2=n₀-n₀a. Stała ciśnieniowa tej reakcji opisana jest wzorem: . Odpowiednie ciśnienia cząstkowe obliczymy ze wzoru p_i=px_i, gdzie p jest ciśnieniem całkowitym, a x ułamkiem molowym (). Ułamek molowy . Podstawiając do wzoru na stałą dysocjacji otrzymamy: . Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: . Po dodaniu azotu o ciśnieniu cząstkowym 20,3kPa, ciśnienie całkowite nie zmieniło się. Czyli ciśnienie reagentów wynosi: 101,3kPa-20,3kPa=81kPa. Oczywiście stała równowagi nie zmieniła się. Można na jej podstawie obliczyć stopień dysocjacji α: . Po rozwiązaniu równania otrzymamy a=0,785=78,5%. 
Stopień dysocjacji po dodaniu azotu wzrósł do 78,5%

8.2-35. 
Ułamek molowy . Z równania reakcji 2SO₂ + O₂  2SO₃ wynika, że ubytkowi n moli tlenu i 2n moli tlenku siarki(IV) towarzyszy powstanie 2n moli tlenku siarki(VI). Po reakcji mamy więc: . Rozwiązując równanie otrzymamy: n=1,00mol. Reakcji uległy zatem 2 mole SO₂. Stopień przereagowania SO₂ wynosi zatem w=2/3,83=0,522.

8.2-36. 
Dla reakcji dysocjacji jodu I₂  2I stała ciśnieniowa równowagi opisana jest wzorem: . Odpowiednie ciśnienia cząstkowe jodu i jodu cząsteczkowego można obliczyć ze wzoru: p_I=p₀x_I, oraz p_I2=p₀x_I2, gdzie p₀ jest ciśnieniem ogólnym (107kPa), natomiast x ułamkiem molowym jodu i jodu cząsteczkowego (). Z definicji ułamka molowego wynika, że x_I2=1-x_I. Podstawiając dane do wzoru na stałą ciśnieniową reakcji dysocjacji otrzymamy: . Pozbywając się mianownika otrzymamy: . Rozwiązując równanie kwadratowe otrzymamy: x_I=0,215. Z reakcji dysocjacji jodu wynika, że z mola jodu cząsteczkowego tworzą się 2 mole jodu atomowego, czyli gdy z n₀ moli jodu cząsteczkowego dysocjuje n moli jodu, to w równowadze pozostaje n₀-n moli jodu cząsteczkowego, oraz tworzy się 2n moli jodu atomowego. W sumie otrzymamy: 2nmoli jodu atomowego, n₀-n moli jodu cząsteczkowego, a suma moli jodu wynosi n₀-n+2n=n₀+n. Ułamek molowy jodu atomowego:  (n₀ jodu to m/M=28,9/253,8). Po rozwiązaniu równania otrzymamy n=0,0137 mola. Suma moli jodu (cząsteczkowego i atomowego) n_I+I2=0,1139+0,0137=0,1276 moli. Ta ilość moli jodu w temperaturze 1690K wywiera ciśnienie 10700Pa. Podstawiając dane do wzoru Clapeyrona (PV=nRT) możemy obliczyć objętość tego gazu (w tej temperaturze jod jest gazem) 

8.2-37. 
Stężenie początkowe C₀ bromu wynosi C_M=n/V=9,7^.10^-3mol/9,2dm³=1,054^.10^-3mol/dm³. Po ogrzaniu bromu do temperatury 1000K ustala się stan równowagi: Br₂  2Br ze stałą równowagi K_c=4,7^.10^-7kmol/m³=4,7^.10^-7mol/dm³. Stała równowagi opisana jest wzorem: . Przekształcając równanie otrzymamy: [Br]²+K_C[Br]-K_CC₀=0. Rozwiązując równanie kwadratowe względem [Br] otrzymamy: [Br]=2,202^.10^-5mol/dm³. 
W stanie równowagi stężenie bromu atomowego wynosi [Br]=5,202^.10^-5mol/dm³, natomiast zgodnie z równaniem reakcji stężenie bromu cząsteczkowego wynosi [Br₂]=C₀-[Br]=(105,4-2,2/2)^.10^-5mol/dm³=104,3^.10^-5dm³. 
Stosunek C₀/K_C>400, dlatego wzór na stałą równowagi można uprościć, przyjmując, że C₀-[Br]≈C₀. Stężenie bromu atomowego w stanie równowagi można obliczyć ze wzoru: 

8.2-38. 
Pomiędzy roztworem wodnym substancji x a roztworem toluenowym ustala się równowaga:  . Stała tej równowagi K określona jest przez prawo podziału faz Nernsta: . Stężenie molowe tej substancji w toluenie określone jest wzorem: [x]_toluen=m₂/(MV_t), natomiast w wodzie [x]_aq=m₁/(M/V_aq)=m₁/(0,22dm^3.M).Podstawiając dane do wzoru na prawo podziału faz otrzymamy: . Jeżeli w chwili początkowej było m₀ substancji w fazie wodnej, to po ekstrakcji do fazy organicznej przeszło 80% (z treści zadania), a w warstwie wodnej pozostało 20% z ilości początkowej m₀. Możemy zapisać, że m₁=0,2m₀, natomiast m₂=0,8m₀. Podstawiając dane do wzoru na prawo podziału faz otrzymamy: . Przekształcając wzór względem objętości toluenu otrzymamy: V_t=0,176dm³/(0,2^.77)=0,0114dm³=11,4cm³. 
Aby z 220cm³ roztworu wodnego wyekstrahować 80% substancji x przy jednokrotnej ekstrakcji potrzeba 11,4cm³ toluenu.

8.2-39. 
Stałą równowagi tej reakcji możemy opisać wzorem: . Jeżeli w stanie równowagi stężenie [CO₂]=0,04mol/dm³, a z równania reakcji wynika, że [CO₂]=[H₂], to stężenie [H₂]=0,04mol/dm³. Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: . Stężenia początkowe łatwo odnajdziemy rozpisując dane w tabeli. Oczywiście na początku reakcji stężenie produktów (CO₂ i H₂) wynosi 0::

Składnik	Stężenie początkowe, mol/dm^3	Stężenie równowagowe,mol/dm^3
[CO]	x	0,053
[H2O]	y	0,03
[CO2]	0	0,04
[H2]	0	0,04

Z równania reakcji wynika, że z 1 mola CO powstaje 1 mol CO₂, czyli 0,04 mola CO₂ mogło powstać z 0,04mola CO. Stężenie początkowe CO wynosiło zatem C₀=0,053+0,04=0,093mol/dm³. 
Podobnie 1 mol H₂ mógł powstać z 1 mola H₂O, zatem 0,04mol wodoru powstało z 0,04mol wody. Stężenie początkowe wody wynosiło zatem C₀=0,03+0,04=0,07mol/dm³.

8.2-40. 
Po dodaniu do układu kwasu octowego, zgodnie z regułą przekory (Le Chatliera Brauna) układ ponownie dąży do stanu równowagi przez zmniejszenie stężenia kwasu i alkoholu, a zwiększenie stężenia estru i wody (reakcja będzie przebiegać w prawo). W związku z tym stężenia kwasu, alkoholu, estru i wody możemy uznać za stężenia początkowe. W celu osiągnięcia stanu równowagi musi przereagować x moli kwasu, x moli alkoholu i powstanie x moli estru i x moli wody (wynika to z równania reakcji: mol kwasu reaguje z molem alkoholu i powstaje molestru, oraz mol wody). Dane te możemy zapisać w tabeli:

	stężenia przed osiągnięciem równowagi	stężenia w stanie równowagi
Kwas octowy	0,1+0,2	0,3-x
Etanol	0,4	0,4-x
Ester	0,8	0,8+x
Woda	0,2	0,2+x

Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: 
Po pozbyciu się mianownika otrzymamy: 4(0,12-0,3x-0,4x+x²)=0,16+0,8x+0,2x+x², czyli: 0,48-2,8x+4x²=0,16+x+x². Po uporządkowaniu równania otrzymamy: 3x²-3,8x+0,32=0, a po rozwiązaniu otrzymamy: x₁=1,18mol/dm³; x₂=0,091mol/dm³. Oczywiście x₁ nie ma fizycznego sensu, ponieważ stężenie estru wzrosło by o więcej niż całkowite stężenie kwasu. Poprawną wartością jest x₂=0,091mol/dm³. O taką wartość wzrosło stężenie estru i w stanie równowagi wynosiło 0,891mol/dm³.

8.2-41. 
Jod z wodorem reaguje wg równania reakcji: 
I₂ + H₂  2HI
Stała równowagi tej reakcji opisana jest wzorem: . Jeżeli otrzymano 25moli HI, z równania reakcji wynika, że przereagowało 12,5moli jodu i 12,5 moli wodoru. W stanie równowagi pozostało więc 15-12,5=2,5 mola jodu, 30-12,5=17,5 molawodoru, oraz 25moli utworzonego jodowodoru. 
Podstawiając dane do wzoru na stałą równowagi otrzymamy: 

We wzorze na stałą równowagi mamy stężenia jodowodoru, jodu i wodoru. Z uwagi na to, że reakcja przebiega bez zmiany objętości stężenie jodowodoru wynosi 25/V, jodu 2,5/V, oraz wodoru 17,5/V. Podstawiając stężenia do wzoru na stałą równowagi, objętości skrócą się, dlatego zamiast stężeń mamy prawo podstawić liczbę moli.