Respostas de Equilíbrio Quimico

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GABARITO - LISTA #11 CQ167 
Assunto: equilíbrio químico 
 
 
1. Rosenberg, problema 15.27, pág. 206. Basta aplicar o 
procedimento. Esta é uma reação fácil, pois só há um reagente 
() e um produto (), com estequeometria 1:1. Além disso, o 
único dado do problema dá as concentrações expressas em 
quantidades relativas. Assim, 
 
reação:  =  
 
início: 1 0 
mudança: - + 
equilíbrio: (1-) () 
 
A contabilidade usualmente resulta numa equação K = K() 
 
 
 
 
  1,7536,4%
63,6%
α
βK 
 
 
 e da expressão da energia livre achamos 
 
G = GӨ + RT.ln K; como no equilíbrio G = 0, então sai 
direto 
 
GӨ = RT.ln K = ( 8,314 J.mol-1 .K-1 )(298 K).ln(1,75) 
GӨ = 1,38 kJ.mol-1 
 
2. Rosenberg, capítulo 15, problema 15.29, página 206. Basta 
seguir o procedimento. 
 
reação: branco + xiloquinona = xilohidroquinona + azul 
 
início: 0,012 0 0,24 10-3 
mudança: +x +x -x -x 
equilíbrio: (0,012+x) (x) (0,24-x) (10-3-x) 
 
onde reconhecemos que a reação vai da direita para a esquerda. 
A quantidade x foi dada: 4% do branco de metileno, que em 
concentração molar fica... X = (0,04)(10-3 M) = 410-5 M 
 
Este valor de concentração pode ser adotado porque, se 
adicionamos uma ou duas gotas de qualquer material a 1,0 L da 
solução original, quase certamente o volume total (e em 
conseqüência as concentrações) não se altera. O cálculo da 
constante de equilíbrio é direto: 
 
  
  
  
  
3102,1
0,239960,00096
0,000040,01204
uinonaxilohidroqazul
axiloquinonbrancoK 
 
 
 
 
Atenção: essa é a constante da reação que vai para a 
esquerda! O que foi pedido é a constante da reação que vai 
para a direita, que é simplesmente o inverso da calculada: 
 
Kf = 1 / Kr = 1 / (2,110
-3) = 478,3  480 
 
3. Barrow, capítulo 8, problema 9, página 236. Este serve para 
fazer a conexão com o significado das funções de estado 
termodinâmicas vistas anteriormente. Basta usar a lei de Hess, 
mais as definições das funções de estado. 
 
rHƟ = fHƟ(bz.) - 3 fHƟ(acet.) = (19,82 kcal.mol
-1) –... 
- 3 (54,19 kcal.mol-1) = -142,75 kcal.mol-1 
 
negativo, grande  estão se quebrando três ligações triplas, 
e se formando seis ligações aromáticas  o sistema está 
liberando muita energia! 
 
rSƟ = SƟ(bz.)- 3SƟ(acet.)=(64,34 u.e.)– 3(48 u.e)= -80 u.e. 
 
negativo, grande  em fase gás, très partículas (acetileno) se 
transformam em uma (benzeno)  o número de graus de liberdade 
diminui  o sistema está ficando muito mais organizado! 
 
rGƟ = rHƟ-TrHƟ =(-142,75 kcal.mol
-1)–(298 K)(-80 u.e.) 
rGƟ = -119 kcal.mol
-1  negativo, grande  espontâneo! 
 
E portanto a constante de equilíbrio em tais condições é 
 
 
  
87201
11
10
r 101,9e
K298Kmolcal1,987
molcal 119000exp
RT
GΔexpK 










 

 
 
 
um número absurdamente alto, o que significa que nas condições 
dadas o sistema tende a consumir completamente o acetileno. A 
reação é completa. 
 
4. Após a integração da equação de van´t Hoff: 
2
O
r
RT
HΔ
dT
dlnK
  
 


















21
O
r
12
21
O
r
1
2
T
1
T
1
R
HΔexpKK
T
1
T
1
R
HΔ
K
Kln 
 
 
basta substituir os dados. 
 
         












 

773K
1
298K
1
Kmol1,987cal
mol142750calexp101,9K 11
1
87
2
 = 1,31023 
 
Observe que ao levantarmos a temperatura de 25C para 500C, a 
constante de equilíbrio é diminuída de 64 ordens de grandeza! 
 
É bom também observar que a aproximação não é válida. Lembre-
se da lei de Kirchhoff: 
 
 
T
298 p298rTr
dTΔCHΔHΔ
 
 
A aproximação só seria válida se as capacidades caloríficas (Cp) 
dos reagentes e produtos fossem iguais, o que não é verdade! 
5. Rosenberg, capítulo 15, problema 15.39, página 208. Este é 
interessante por que vários componentes do sistema estão em 
fases diferentes (líquido, sólido, gás). 
 
Reação: SnO2 (s) + 2 H2 (g) = 2 H2O (g) + Sn (líq.) 
 
Início: 1,0 0 
Mudança: - + 
Equilibrio: (1-) () 
 
Como a reação se processa em fase gasosa, então no cálculo de 
equilíbrio podemos desconsiderar o SnO2 (s) e o estanho (líq.). 
 
2
2
H
2
OH
2
H
2
OH
p ξ1
ξ
y
y
p
p
K
2
2
2
2






; agora basta comparar as duas situações: 
 
(a) Em T = 900 K, yH2 = 0,45  Kp = 1,5 
(b) Em T = 1100 K, yH2 = 0,24  Kp = 10 
 
Logo, em temperaturas mais altas a redução é mais eficiente. 
Note que este é um problema safado, pois a resposta foi dada! 
 
6. A definição é G = H – TS, onde as interpretações são 
 
G = energia livre de Gibbs (conteúdo de trabalho útil) 
H = entalpia (conteúdo de calor do sistema) 
T = temperatura absoluta 
S = entropia (desorganização do sistema) 
 
7. REA, problema 6-19, páginas 307-308. 
 
Reação: Fe3O4 (s) + CO (g) = 3 FeO (s) + CO2 (g) 
 
Início: 1,0 2,0 0,5 0,3 
Mudança: - - +3 + 
Equilibrio: (1-) (2-) (0,5+3) (0,3+) 
 
Como a reação se processa em fase gasosa, então no cálculo de 
equilíbrio podemos desconsiderar o Fe3O4 (s) e o FeO (s). Além 
disso, devido à estequeometria da reação o número total de 
moles em fase gás é constante 
 
ntotal = ( 2 -  ) + ( 0,3 +  ) = 2,3 moles , daí 
 
 
  ξ2
ξ0,3
y
y
p
p
K
CO
CO
CO
CO
p
22


 
 
Como a constante de equilíbrio foi dada K = 1,15, é fácil 
calcular o grau de avanço da reação em  = 0,93 = 93% 
 
8. REA, problema 6-13, páginas 301-302. Muito parecido com o 
anterior. Para esta reação, 
 
 
 
 22CO
CO
2
CO
SO
p ξ1
ξ
atm 1,03
1
y
y
p
1
p
p
K 22
 4 

  Kp = 269,44 atm
-1. 
 
Atenção: muito provavelmente não tem essa precisão toda. Se eu 
colocasse este problema numa prova, provavelmente aceitaria a 
resposta Kp = 270 atm
-1. 
 
9. 
 
 
10.