Termodinâmica e Equilibrio Quimico

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Termodinâmica Química
	Introdução
	Quando se estuda uma determinada reação química, três questões são importantes:
	1. A reação avança naturalmente na direção de formação dos produtos?
	2. O sistema reacional terá quantidade suficiente de produtos ao atingir o equilíbrio?
	3. Se isto acontecer, qual é a rapidez do processo?
	Ao se estudar Cinética Química, focaliza-se na terceira questão. Ao se estudar Equilíbrio Químico, aborda-se a segunda questão. A Termodinâmica Química investiga a primeira questão.
	Para que um processo possa ser observado de forma significativa, os três aspectos anteriormente levantados devem ser favoráveis.
	Exemplo:
H2 (g)   +   ½ O2 (g)      →      H2O(ℓ)
	— este processo é termodinamicamente viável
	— este processo, à temperatura ambiente, ocorre muitíssimo lentamente.
	Conclusão: uma mistura de H2 e O2 é estável à temperatura ambiente.
	A termodinâmica diz respeito às transferências de calor ou outras formas de energia, que estão envolvidas em processos físicos e químicos.
	Aplicada à Química, a termodinâmica permite prever se uma transformação química é possível, ou impossível, em determinadas condições experimentais, ou seja, se o processo é espontâneo ou não nas condições em questão.
	A termodinâmica se baseia em leis de natureza experimental, independentes de qualquer modelo que leve em conta a estrutura microscópica da matéria.
	Sistema - porção particular do universo cujas propriedades se desejam estudar, os sistemas podem ser:
	a) Sistema Isolado: não troca matéria nem energia com a vizinhança, não varia de volume.
	b) Sistema Fechado: pode trocar energia com a vizinhança e variar de volume, mas não troca matéria.
	c) Sistema Aberto: pode trocar matéria e energia com a vizinhança.
	Vizinhança (ou ambiente) – todas as demais partes do universo que não fazem parte do sistema.
	Estado – situação de equilíbrio em que as propriedades macroscópicas do sistema como: temperatura, pressão, densidade, composição química, volume, estado físico (sól., líq., gás.), forma cristalina, são bem definidas e não se alteram com o tempo.
	Funções de Estado – propriedade do sistema caracterizada por um valor numérico bem definido para cada Estado e independente da maneira pela qual o estado é alcançado.
	Pressão (P), temperatura (T), e volume (V).são Funções de Estado. Outras Funções de Estado importantes para o estudo da termodinâmica são: energia interna (E ou U), entalpia (H), entropia (S) e energia livre de Gibbs (G).
	As Funções de Estado tem duas propriedades importantes:
	a) Quando um sistema sofre uma transformação, as alterações das funções de estado somente dependem do estado inicial e do estado final, ou seja, não dependem do caminho da transformação.
	b) As funções de estado são inter-relacionadas através de equações de estado, atribuindo-se valores para algumas, pode-se definir os valores de outras.
	Exemplo:
	 
	PV = nRT
H = U + PV  ou  H = E + PV
G = H – TS
	 
	Propriedades Intensivas – não dependem da quantidade ou tamanho do sistema, em sistemas homogêneos, as propriedades intensivas são idênticas em toda a extensão do sistema, mas em sistemas heterogêneos estas propriedades variam nas diferentes fases.
	Exemplo: pressão (P), temperatura (T), densidade (d), fração molar (), cor.
	Propriedades Extensivas – dependem da quantidade ou tamanho do sistema.
Exemplo: volume (V), energia (E), massa (m), n° de mols (n).
Transformações Termodinâmicas
	As transformações termodinâmicas são classificadas em:
- Transformações Reversíveis
- Transformações Irreversíveis,
	Seja uma variável qualquer que caracterize um estado A de um sistema. Esta variável é alterada por uma transformação a um estado C, passando por um estado intermediário B.
	Se existe uma transformação, que conduz o estado C de volta para o estado A, pelo mesmo caminho (passando pelo estado intermediário B), diz-se que a Transformação é Reversível.
	Todas as transformações que não obedecem esta regra são Transformações Irreversíveis.
Exemplo:
	Dispõe-se de um gás dentro de um cilindro e o seu volume (V1) é limitado por um pistão. 
	Este volume V1 pode ser reduzido a um volume V2 por aumento da pressão sobre o pistão.
	Pode-se realizar esta transformação por diversos caminhos, sendo dois destes citados abaixo:
1°- Colocar um bloco de massa “m” sobre o pistão, de forma que o volume diminua bruscamente de V1 para V2. A transformação foi brusca, pois a pressão aumentou bruscamente de um valor igual a Patm (P1) até um valor P2, que corresponde ao peso do bloco dividido pela área do pistão, o que provoca variação brusca de volume.
	Graficamente, esta transformação pode ser representada por:
	Para retornar ao estado inicial, basta retirar o bloco de massa m de cima do pistão. Desta forma, a pressão é diminuída bruscamente de P2 para P1 e o volume aumentado de V2 para V1.
	
	Pode-se observar que o caminho de retorno da transformação, não foi o mesmo caminho da transformação direta, ou seja, não foi possível retornar ao estado inicial pelo mesmo caminho – Transformação Irreversível.
	2° - Colocar sobre o pistão um punhado de areia com massa “m” igual à massa do bloco anterior. Mas este punhado de areia deve ser colocado grão a grão, de forma a provocar um aumento infinitesimal de pressão a cada grão adicionado, e consequentemente levar a uma diminuição infinitesimal de volume.
Após a adição de todos os grãos de areia, os quais provocaram uma sucessão de transformações infinitesimais, a pressão P2 e o volume V2 são atingidos. A transformação foi gradual e muito lenta.
	Graficamente, esta transformação pode ser representada como uma isoterma, se T permanecer constante durante a transformação.
	OBS: Como cada etapa de compressão é infinitesimal pode-se representar a sucessão de pequenos “degraus” sobre a isoterma, como a própria isoterma.
	Para se retornar ao estado inicial, é preciso remover os grãos de areia. Se estes grãos forem removidos um por um, cada grão removido provoca uma redução infinitesimal na pressão, o que acarreta um aumento infinitesimal de volume. Após a remoção de todos os grãos, os quais provocaram uma sucessão de transformações infinitesimais, o sistema retorna gradual e lentamente ao estado inicial.
	Pode-se observar que o caminho de retorno desta transformação foi o mesmo da transformação direta, desta forma, ocorreu uma Transformação Reversível, pois o retorno ao estado inicial ocorreu pelo mesmo caminho da transformação direta.
	Num Processo Reversível as Funções de Estado do sistema e da vizinhança nunca diferem entre si mais do que uma quantidade infinitesimal em cada passo da transformação:
P externa = P interna ± ∆P
	Onde:  ∆P - variação infinitesimal de P
	Como não existe mais do que uma diferença infinitesimal entre as Funções de Estado do sistema e da vizinhança, estas transformações ocorrem numa velocidade infinitamente lenta e são ditas transformações quase estáticas.
	A direção de uma transformação reversível pode ser alterada em qualquer momento, simplesmente fazendo uma modificação infinitesimal na vizinhança.
	Exemplo:
	Uma compressão reversível pode ser transformada em uma expansão reversível, diminuindo-se a Pexterna por um infinitésimo (retirada de um grão de areia).
	Por outro lado, uma transformação irreversível ocorre a uma velocidade finita. As propriedades do sistema e da vizinhança diferem por quantidades finitas. Logo, estas transformações não podem ser invertidas fazendo modificações infinitesimais na vizinhança, ou seja, é preciso uma modificação brusca na vizinhança para inverter o processo.
	OBS: Não existe na natureza um processo que seja rigorosamente reversível.
Calor e Trabalho – Primeiro Princípio da Termodinâmica
Conservação da Energia
	A termodinâmica é descrita em função de três Leis (ou Princípios). O Primeiro Princípio da Termodinâmica é o “Princípio da Conservação da Energia”.
	Para enunciar o primeiro princípio, é preciso entender o conceitode Energia Interna (E) de um sistema e a maneira de alterar esta Energia Interna.
	A Energia Interna (E) é a soma da energia Cinética e Potencial das partículas que constituem o sistema:
	- A Energia Cinética inclui a energia dos movimentos (translação, rotação, vibração) dos elétrons, átomos e moléculas.
	- A Energia Potencial é o resultado das ligações químicas entre os átomos e das atrações intermoleculares.
	A Energia Interna é uma Função de Estado, ou seja, uma propriedade que só depende do Estado em que se encontra o sistema no momento, e não depende da história do sistema.
	Quando o sistema passa de um estado para o outro, sua energia interna varia de um valor bem definido:
∆E = E final – E inicial
	Normalmente, se tem interesse nas variações de Energia Interna e não nos seus valores absolutos em cada Estado. Essas variações podem ser medidas quantificando as trocas de energia entre o sistema e sua vizinhança. Essas trocas de energia podem ser de dois tipos:
	- Calor (q): energia que entra ou sai do sistema em consequência da diferença de temperatura entre sistema e vizinhança.
	- Trabalho (w): qualquer outra forma de energia diferente de calor, como trabalho mecânico de expansão de um gás ou trabalho elétrico fornecido por uma bateria.
	OBS: Em laboratório de química, o trabalho mecânico relacionado com expansão (ou compressão) de um gás é o mais comum, pois um gás pode ser consumido ou produzido em uma reação química, sob pressão externa constante, igual à pressão atmosférica.
	Exemplo:
1) "q" vem da vizinhança que tem maior T
2) O gás absorve calor e eleva a sua T
3) O gás se expande e levanta o peso e o pistão, ou seja, realiza "w"
	Supondo-se que o sistema (gás) absorveu 180 J de calor proveniente da vizinhança e, como consequência, realizou um trabalho de expansão que forneceu à vizinhança 100 J de trabalho.
Logo, o sistema ganhou energia sob forma de calor e perdeu energia sob forma de trabalho.
Então:
∆E= q + w
∆E = +180 J + (- 100 J )
∆E = 80 J
Variação líquida de Energia Interna
	
 	Pode-se agora, enunciar o Primeiro Princípio da Termodinâmica:
“Em qualquer processo a variação total de Energia Interna do sistema (∆E), é igual à soma do calor absorvido (q) e do trabalho (w) realizado sobre o sistema, ou seja, a Energia não é criada, nem destruída, mas é conservada.” 
	Matematicamente: ∆E = q + w
	As quantidades “q” e “w” têm módulo e direção:
	- Calor pode fluir para um sistema aumentando sua temperatura ou deixar o sistema baixando sua temperatura.
	- Um gás pode se expandir e realizar trabalho sobre a vizinhança (empurrar a atmosfera) ou pode ser comprimido quando a vizinhança empurra o gás e realiza trabalho sobre o sistema.
	Convenção moderna de sinais para “q” e “w”:
	Calor (q):
	- sinal (+): quando o sistema absorve energia sob forma de calor,
	- sinal (–): quando o sistema perde energia sob forma de calor.
	Trabalho (w):
	- sinal (+): quando o sistema ganha energia sob forma de trabalho – compressão da vizinhança,
	- sinal (–): quando o sistema perde energia sob forma de trabalho – expansão da vizinhança.
	Assim, o enunciado matemático do Primeiro Princípio da Termodinâmica fica: 
∆E = q + w
Como medir o trabalho de expansão de um gás?
	Na verdade, trabalho mecânico não se restringe a sistemas gasosos, mas estes são mais facilmente imagináveis.
	Considerando-se um sistema químico:
Zn0 (s) + 2 H+ (aq) → Zn2+ (aq) + H2 (g)           q = – 152,4 kJ / mol
	
	Quando esta reação ocorre em um béquer, sistema aberto, em contato com a atmosfera, a reação é exotérmica e ocorre o desprendimento de 152,4 kJ/mol de Zn consumido.
	O Hidrogênio gasoso produzido aumenta o volume do sistema (expansão), ou seja, o sistema realiza trabalho empurrando a atmosfera.
	Para calcular w, pode-se imaginar que a atmosfera seja substituída por um pistão sobre o qual atua a pressão atmosférica.
	Supõe-se que o aumento de volume provocado pela produção de H2 (g) seja ∆V:
	Por definição: w = – Fext x h
 	 O sinal é negativo, pois a energia está saindo do sistema como trabalho.
Mas:  Pext =  Patm = Fext / A                            onde: A = área do pistão
Logo:  Fext = Patm . A ->  Pext x A
Substituindo:  w = – Pext x A x h
Como:  A x h = ∆V
Resulta:  w = – P∆V
	Logo: o trabalho mecânico de expansão (ou compressão) realizado (ou sofrido) contra uma pressão externa constante pode ser calculado por:
	w = – P∆V
	Retornando ao exemplo: 1 mol de Zn (s) produz 1 mol de H2 (g). A 25 ºC e 1 atm, 1 mol de H2 (g) ocupa o volume de 24,45 L (calculado por PV = nRT).
	O trabalho realizado pelo sistema químico ao empurrar a atmosfera, ou seja, ao exercer trabalho sobre a vizinhança (atmosfera) é:
w = – 1 atm x (24, 45 L (Vf) – 0 L (Vi))                          Lembrando que:  1 atm.L = 101,3 J
w = – 24, 45 atm.L x 101, 3 J / atm.L
w = – 2476,78 J = – 2,48 kJ
	Para se calcular ∆E:
∆E = q + w
∆E = –152,4 kJ – 2,48 kJ
∆E = – 154,88 kJ
	Pode-se, no entanto, calcular o trabalho para um caso mais geral, em que a pressão externa não é constante, dizendo que uma variação infinitesimal de volume, ∆V, gera uma quantidade infinitesimal de trabalho, ∆w. Então:
∆w = – Pext . ∆V         e          w total = ∑ ∆w
	A pressão permanece virtualmente constante e igual à Pexterna durante a variação infinitesimal de volume.
	O trabalho efetuado durante o deslocamento finito é o somatório (∑) dos trabalhos infinitesimais realizados partindo do Estado inicial até a chegada ao Estado final.
	Esta relação geral permite calcular o trabalho desde que seja conhecida a dependência da Pext em função de V.
Trabalho e Calor são Funções de Estado?
	O trabalho de expansão depende de como o sistema é conduzido do Estado inicial para o Estado final. Podem-se imaginar dois caminhos diferentes:
	A figura mostra dois caminhos pelos quais o sistema pode mudar do Estado Inicial (P1 V1) para o Estado Final (P2 V2).
	Em A:     
	1°) V1 → V2     o sistema é aquecido sob Pinterna constante e igual a P1
2°) P1 → P2   o sistema é resfriado a V constante
	Em B:
	1°) P1 → P2     o sistema é resfriado a V constante
2°) V1 → V2   o sistema é aquecido sob Pinterna constante e igual a P2.
	Como w = – P ext . ∆V, os trabalhos realizados em cada caminho são iguais às áreas marcadas. Logo: wA ≠ wB.
 
	Conclusão: O trabalho realizado depende de como as modificações são conduzidas, apesar dos Estados inicial e final serem os mesmos. Logo, TRABALHO não é Função de Estado, pois depende do caminho da transformação.
Mas: 	∆EA = ∆EB    , pois E é Função de Estado
	∆EA = qA + w A                  ∆EB = qB + wB
Como: 
		wA ≠ wB  ,          então: qA ≠ qB           para  ∆EA = ∆EB.
Conclusão: O CALOR também não é Função de Estado, pois depende do caminho da transformação.
	Para ocorrer uma mudança do Estado inicial (E1) para o Estado final (E2) existem diversos caminhos, consequentemente, diferentes combinações possíveis de q + w para um mesmo ∆E.
Exemplo:
Um sistema com volume de 25 L absorve 1000 J de calor. Calcular ∆E para o sistema quando:
a) q é absorvido a V constante
V cte → w = – P∆V = O
∆E = q + w
∆E = 1000 J + 0 =
∆E = 1000 J              ∆E = q
 
b) À medida que “q” é absorvido, o sistema se expande contra uma pressão externa constante de 1 atm até um volume de 28,95 L.
w ≠ 0 → w = – Pext . ∆V
w = – 1 atm (28,95 L – 25,0 L)
w = – 3, 95 atm. L x 101, 3 J / atm. L
w = – 400 J
 
∆E = q + w
∆E = 1000 J – 400 J
∆E = 600 J
 
c) À medida que “q” é absorvido, o sistema se expande contra uma pressão externa constante de 0,56 atm até um volume de 42, 063 L.
w ≠ 0 → w = – Pext . ∆V
w = – 0, 56 atm (42,63 L – 25,0 L)
w = – 9, 87 atm.L x 101, 3 J / atm. L
w = – 1000 J
 
∆E = q + w
∆E = 1000 J – 1000 J
∆E = 0 J         Estado Inicial ≠ Estado Final, mas com o mesmo valor de E. 
Trabalho Reversívelx Trabalho Irreversível
Supondo:
Estado Inicial: P = 10 atm e V = 1 L
Estado Final: P = 1 atm e V = 10 L
 
Qual o caminho que fornece a quantidade máxima de trabalho?
1) Expansão em 1 etapa:
2) Expansão em 2 etapas:
W2 > W1
	Observa-se que se obtém mais trabalho quando a expansão é realizada em duas etapas do que em uma única etapa.
	O número de etapas pode ser aumentado:
3) Expansão em 3 etapas:
Observa-se que se obtém mais trabalho ainda quando a expansão é realizada em três etapas.
W3 > W2 > W1
	Pode-se deduzir que mais trabalho ainda pode ser obtido, se a expansão for conduzida em mais etapas, nas quais a pressão externa é mantida tão alta quanto possível.
	Deve-se concluir que a maior quantidade de trabalho poderá ser obtida se o processo for realizado em um número infinito de etapas, sendo cada etapa uma expansão infinitesimal, nas quais a Pext é sempre ligeiramente menor do que a exercida pelo gás:
	A expansão de um gás em infinitas etapas é um exemplo de Processo Reversível.
 
	Conclusão: O trabalho máximo que pode ser obtido de uma transformação será obtido apenas se o processo for conduzido de maneira reversível.
w máximo = w reversível
	Como um processo verdadeiramente reversível requer um número infinito de etapas, levará um tempo infinito para ocorrer.
	Portanto, nenhuma transformação real espontânea é reversível e o trabalho que pode ser obtido em uma transformação irreversível é sempre menor que o máximo teórico.
w irreversível < w máximo (teórico)
Determinação de ∆E
	Foi visto que:                       ∆E = q + w
	Se a transformação é executada dentro de um recipiente fechado, de forma que o volume do sistema se mantenha constante, se tem:
	∆V = 0  →  não ocorre variação de volume.
	Consequência: 	w=0
	Resulta: 	∆E = q + 0	∆E = q 
	Logo:	∆E = qv , (qv = calor trocado a volume constante).
	Conclusão: ∆E é numericamente iguala o calor absorvido (ou liberado) pelo sistema, quando a transformação é realizada a volume constante.
Entalpia (H)
	Entalpia (H) é uma função de Estado Termodinâmica definida como:
H = E + P.V
	Entao: 	∆H=∆E + ∆ (PV)						(eq. 1)
	Relembrando que: 	∆E= q + w						(eq. 2)
	E:	w= -P∆V						(eq. 3)
	Numa transformação à P constante:
				∆(PV) = P∆V						(eq. 4)
	Substituindo as equações 2, 3 e 4 na equação 1 se tem:
∆H=∆E + ∆ (P.V)	 			
∆H= (q+w) + P(∆V) ---> (à pressão cte)
∆H = q + (-P.∆V) +P(∆V)	
	Resta:				∆H = q
	Ou seja: 			∆H = qp 	(qp = calor trocado a P constate)
	Em laboratório de química as reações são comumente realizadas em recipientes abertos, ou seja, à pressão constante (Pcte = Patm) e não em condições de volume (V) constante. Consequentemente o calor absorvido (ou perdido), nestas condições não será qV (∆E), e sim qP (∆H).
	Por esta razão, os químicos se interessam mais em medir ∆H do que ∆E, pois a entalpia (∆H) é uma Função de Estado mais útil.
	Assim:  
	∆H<0 → o sistema perde calor a P constate → Processo Exotérmico
	∆H>0 → o sistema absorve calor a P constante → Processo Endotérmico 
Qual a diferença entre ∆E e ∆H?
	Sabe-se que: 	∆H = ∆E + ∆(PV) 				(eq. 5)
	Transformações que envolvem somente líquidos e/ou sólidos:
∆(PV) = zero → ∆H = ∆E
	Fases condensadas são muito pouco compressíveis, portanto ∆V é muito pequeno (desprezível) e se P não for muito elevada, podemos considerar ∆(PV) = 0
Transformações que envolvem gases (produção ou consumo de gases), geralmente:  
∆H ≠  ∆E
	Como				PV = n.R.T   →   ∆(PV) = ∆(n.R.T)
	
	Para transformações a T constante:
∆(PV) = ∆(n.R.T) = ∆n.RT 		 (eq.6)
	Onde:   ∆n = (n° de mols gasosos de produtos) – (n° de mols gasosos de reagentes)
	Substituindo eq.6, [∆(PV) = ∆n. R.T] na eq. 5:
∆H = ∆E + ∆n. RT
	Lembrete:		R = 8,314 J / mol. K
R = 1, 987 cal /mol. K
	Exemplos:
	1) A 25 ºC e 1 atm, a reação de 1 mol de óxido de cálcio (CaO) com água, libera 65,27 kJ, conforme a reação:
CaO(s) + H2O (ℓ)→ Ca(OH)2 (s)
	Quais são os valores molares de ∆H e ∆E para este processo se as densidades de CaO(s), H2O(ℓ) e Ca(OH)2(s) a 25 ºC são 3,25 g/mL, 0,997 g/mL e 2,24 g/mL, respectivamente?
	Resolução:
 ∆H = qP  logo  = - 65,27 kJ / mol
 
  Como ∆H = ∆E + P∆V ou  ∆E= ∆H - P∆V
	Cálculo de P∆V:
	P∆V = 1 atm x [ VCa (OH)2 – (VCaO + VH2O)]
	V de 1 mol Ca (OH)2 = 74 g/mol x 1/ 2,24 g/ mL = 33,04 mL/mol
	V de 1 mol CaO = 56 g/mol x 1/ 3,25 g/mL = 17,23 mL/mol
	V de 1 mol H2O = 18 g/ mol x 1 / 0,997 g/mL = 18,05 mL/mol
	
	P∆V = 1 atm x [ 33,04 mL/mol – (17,23 mL/mol + 18,05 mL/mol)]
	P∆V = 1 atm x [ 33,04 mL/mol – 35,28 mL/mol]
	P∆V = 1 atm x (-2,24 mL/mol)
	P∆V = -2,24 atm.mL/mol x 10-3L
	P∆V = -0,00224 atm. L/mol x 101,3 J/atm.L
	P∆V = 0,227 J/mol x 10-3 KJ
	P∆V = 0,227. 10-3 KJ/mol
	P∆V = 0,000227 KJ/mol
	Logo:
∆E = -65,27 KJ/mol – (-0,227 x 10-3 KJ/mol)
- 65,27 kJ / mol
 
	Conclusão:  ∆H ∆E  (processos envolvendo somente líquidos e sólidos)
	2) A 25 ºC e 1 atm, a reação de produção de 1 mol de H2O (ℓ) a partir de hidrogênio e oxigênio libera 285,57 kJ conforme a reação:
H2(g)   +   ½ O2(g)    →    H2O(ℓ)
	Quais são os valores molares de ∆H e ∆E para este processo?
	Resolução:
	∆H = qP  logo  = - 285,57 kJ / mol
 
	Lembrando que:     	PV = nRT
	Logo			P∆V = ∆n.R.T
	sabendo que 		∆E= ∆H - P∆V
	ou seja			∆E= ∆H - ∆n.R.T
	Como 			∆n = (0 - 1,5) = -1,5
				R = 8,314 J / mol.K
			∆E = -285,57 KJ/mol – (-1,5) x 8,314 x 10-3 KJ/mol.K x 298K
			∆E = -285,57 KJ/mol + 3,27 KJ/mol = -281,85 KJ/mol
	Logo: 		 -281,85 KJ/mol
	Conclusão: ∆H ≠ ∆E (existem gases envolvidos no processo)
Calorimetria
	Um dos procedimentos usados para medir o calor gerado por uma reação exotérmica é através de uma técnica chamada Calorimetria.
	Antes de se estudar esta técnica, é preciso definir algumas propriedades térmicas, que descrevem a capacidade de um sistema absorver ou liberar calor sem que ocorra transformação química. Estas propriedades são:
	- Calor específico (c)
	- Capacidade calorífica (C)
	- Capacidade calorífica molar (Cm)
Calor Específico (c)
	Calor específico de uma substância é a quantidade de calor necessária para aumentar a temperatura de um (1) grama da substância em 1 °C (ou 1 K).
Unidades utilizadas: J / g. K (SI), J / g. ºC, cal / g. K ou cal / g. ºC (sendo as duas últimas encontradas em livros antigos).
	Exemplos:
cágua = 1 cal / g.ºC = 4,184 J / g. ºC
cFerro = 0,4498 cal / g .ºC
ccobre = 0,387  cal / g .ºC
	Para 1 g:                    		     c = q / ∆T
	Logo:                   		               q = c. ∆T
	Para uma massa “m” qualquer:		q = m. c. ∆T
	Exemplo:
	Qual a quantidade de energia absorvida por um anel de ouro, com massa igual a 5,5 g, se sua temperatura aumentar de 25 ºC para 28 ºC? 
	Dado: cAu = 0,129 J / g .ºC
	
	Resolução:
	mAu = 5,5 g
	cAu = 0,129 J / g .ºC
	Ti = 25 °C
	Tf = 28 °C
	∆T = (28 – 25) ºC = 3 ºC
	∆T > 0  significa que o anel aqueceu, absorveu calor 
	q = m. c. ∆T
	q absorvido = 5,5 g x 0,129 J / g. ºC x 3 ºC 
	q abs = 2,1 J
Capacidade Calorífica (C)
	Capacidade calorífica de um objeto é a quantidade de calor associada com a variação da temperatura do objeto em 1 ºC ou 1 K.
	A capacidade calorífica depende do material de que é feito o objeto e da sua massa.
Unidades: J / K (SI), J / ºC, cal / K ou cal / ºC (sendo as duas últimas encontradas em livros antigos).
 
OBS: A capacidade calorífica de um objeto informa tanto a quantidade de calor que ele absorve para elevar a sua temperatura quanto à quantidade de calor que este deve perder para que ocorra um dado decréscimo de temperatura.
 
	Como este conceito se aplica a qualquer objeto, pode ser empregado a um calorímetro de bomba XXXXXXXXXXX, incluindo todos os objetos imersos na água e também as paredes do recipiente que contém a água.
	Uma melhordefinição:
 “Capacidade calorífica é a quantidade de calor necessária para aumentar 1 ºC (ou 1 K) a temperatura do objeto, ou a quantidade de calor que o objeto deve perder para sua temperatura diminuir 1 ºC (ou 1 K).”
	Se tem: 	 C = q / ∆T	
			 q = C. ∆T	 
Se: 	 ∆T < 0	 (Tf < Ti) → objeto perde calor e q < 0
Se:	 ∆T > 0	 (Tf > Ti) → objeto ganha calor e q > 0
Capacidade Calorífica Molar(Cm)
	Capacidade Calorífica Molar (Cm) de uma substância, é a quantidade de calor necessária para elevar de 1 ºC (ou 1K) a temperatura de 1 mol desta substância.
	Unidades: J / mol. K (SI),  J / mol. ºC,  cal / mol. K  ou  cal / mol. ºC (sendo as duas últimas encontradas em livros antigos).
	Exemplo: Cm (H2O) = 75,2 J / mol. ºC
Para 1 mol:	 Cm = q / ∆T
Logo:		 q = Cm . ∆T
Para “n” mols:	 q = n . Cm . ∆T
	Exemplo:
	Supondo que 15,0 g de cobre são aquecidos de 16,1 ºC a 49,3 ºC sob pressão atmosférica. Calcular o calor absorvido neste processo admitindo que a capacidade calorífica do cobre não varia neste intervalo de temperatura. 
	Dado: Cm (Cu) = 24,59 J / mol .ºC
	Resolução:
	mCu = 15,0 g
	Cm (Cu) = 24,59 J / mol .ºC
	Ti = 16,1 ºC
	Tf = 49,3 ºC
	∆T = (49,3 – 16,1) ºC = 33,2 ºC        ∆T > 0 Cobre foi aquecido, absorveu calor
Cálculo do valor de n:                    nCu = m / 
                                                           nCu = 15,0 g / 63,54 g. mol-1 = 0,236 mol
	Cálculo da quantidade de calor absorvido pelo cobre:
	q = n . Cm. ∆T
	q absorvido = 0,236 mol x 24,59 J / mol .ºC x 33,2 ºC
	q abs = 192,67 J
Capacidade Calorífica Molar de Gases
	A Capacidade Calorífica Molar mede a quantidade de calor necessária para aquecer 1 mol de uma substância em 1 ºC (ou 1 K).
	No entanto, se esta substância for um gás, a capacidade calorífica molar depende das condições de aquecimento, pois o calor não é Função de Estado. À pressão constante, parte do calor absorvido é usada para realizar trabalho de expansão e não para o aquecimento do gás.
	Definições:			CV,m = qV / ∆T = ∆E / ∆T
onde, 
CV,m = Capacidade Calorífica Molar a volume constante
qV = calor absorvido pelo sistema, quando a transformação é realizada a volume constante.
CP,m = qP / ∆T = ∆H / ∆T
onde, 
CP,m = Capacidade Calorífica Molar a pressão constante
qP = calor absorvido pelo sistema, quando a transformação é realizada a pressão constante.
	OBS: As capacidades caloríficas molares a volume e pressão constantes de sólidos e líquidos têm valores comparáveis e, portanto, não se faz distinção.
Sólidos e líquidos CP,m CV,m
Qual a diferença entre CP,m e CV,m de gases?
	Tem:	 	 	H = E + PV
	para um (1) mol: PV = RT
	logo:			 H = E + RT
	e: 		 ∆Hm = ∆Em + R. ∆T (: ∆T)
 	 ∆Hm / ∆T = ∆Em / ∆T + RT / ∆T
 		 CP,m = CV,m + R
	Exemplo:
	Calcular a capacidade calorífica molar (CP,m)  do Argônio (Ar). Dado: CV,m.= 12,8 J/mol .ºC
	Utilizando as equações acima se obtém:
	CP,m = 12,8 J / mol .ºC + 8, 314 J / mol .ºC
	CP,m = 21, 114 J / mol .ºC
Calorímetro
	Muitos calores de reação são determinados medindo-se a variação de temperatura causada pelas trocas de calor entre a mistura da reação (sistema) e o conteúdo de um calorímetro (vizinhança), onde a mistura é colocada.
	Existem vários tipos de calorímetros, serão comentados: o calorímetro de bomba e o calorímetro de solução.
 
Calorímetro de Bomba ou Bomba Calorimétrica 
	É um calorímetro sofisticado que mede o calor trocado em condições de volume constante.
Mede  qV = ∆E
	Link Interessante: http://ares.unimet.edu.ve/quimica/bpqi03/p1.swf
	No calorímetro de bomba, a amostra é colocada no vaso interno, chamado bomba; e a combustão inicia-se por ignição elétrica. Uma vez iniciada a combustão, a energia liberada como calor se difunde pelas paredes da bomba até a água. O calor liberado pela reação é proporcional à variação de temperatura de todo o conjunto do calorímetro. Como o volume da câmara é fixo, não há variação de volume, logo ∆V é zero e o calor liberado pela reação, a volume constante, é igual ao calor absorvido pela bomba.
P∆V = zero,
– qV (liberado pela reação)  =  qbomba (absorvido pela bomba)
qabs. bomba = Cbomba x ∆T
Calorímetro de Solução
	É um calorímetro simples, muitas vezes improvisado e que mede o calor trocado em condições de pressão constante.
Mede  qP = ∆H
	Dois copos de plástico são encaixados e cobertos por uma tampa. A reação exotérmica ocorre na solução aquosa contida no copo interno. O isolamento térmico proporcionado pelos copos é suficiente para manter o calor confinado na solução. A variação de temperatura da solução contida no copo pode ser medida com um termômetro.
– qP (liberado pela reação)  =  q (absorvido pela solução)
e
qabs. solução = msolução x csolução x ∆T
	Se a solução é diluída, pode-se considerar csolução  cágua, sem erro apreciável.
	Exemplos:
	1) Calcule o ∆H de combustão de 1 mol de Tolueno a 1 atm e 25 ºC, sabendo que 0,05 mol de Tolueno (C7H8(L)) é queimado em uma bomba calorimétrica provocando um aumento de temperatura de 3,075 ºC. A capacidade calorífica desta bomba é 64,12 kJ / ºC.
	Resolução:
	Primeiramente deve-se escrever a reação química devidamente balanceada.
C7H8(ℓ)   +   9 O2(g)     →     7 CO2(g)   +   4 H2O(ℓ)
	Em uma bomba calorimétrica:
	qabs. bomba = Cbomba x ∆T
desta forma:
	q abs bomba  =  64,12 kJ / ºC x 3,075 ºC
	q abs bomba  =  197,17 kJ
	Como:
qbomba (absorvido pela bomba) = – qV (liberado pela reação)
	O calor a volume constante liberado pela reação é igual ao calor absorvido pela bomba calorimétrica. Lembra-se, então que a quantidade de calor é igual, porém o sentido do fluxo de energia é oposto, o que justifica a troca de sinal acima.
	Para 0,05 mol se tem:	 
q liberado reação = – 197,17 kJ (qV = ∆E)
	Para 1 mol:	 
qV = ∆Em = – 197,17 kJ / 0,05 mol
∆Em = – 3943,4 kJ . mol-1
	Mas: 	 
∆Hm = ∆Em + ∆n RT
	calculando 
	∆n gasosos:    ∆n(g)  =  n (CO2) – n (O2)  =  7 – 9  =  – 2
	∆Hm = – 3943,4 kJ. mol-1 + (–2) . 8, 314 x 10-3 kJ. mol-1 . K-1 x 298 K
	∆Hm = – 3948,36 kJ. mol-1
	2) Quando 250 mL de HCl 1 mol/L a 25 ºC foram misturados com 350 mL de NaOH 0,8 mol/L também a 25 ºC, num calorímetro de solução, a temperatura da mistura reagente aumentou para 29,86ºC.  Calcular ∆H molar de neutralização. Dados: cágua  =  4,184 J / g. ºC
	Resolução:
	Primeiramente devemos escrever a reação química devidamente balanceada.
HCl(aq) + NaOH(aq) NaCl(aq) + H2O(ℓ)
250 mL 	 350 mL 		 650 mL
1 mol / L 0,8 mol / L			
 					 ºC(reagentes) 29,86 ºC(produtos)
	Cálculo do número de mols de ácido e de base, lembrando que:  n = conc x volume,
	Ou seja,                                            mol= mol / L x L 
	nHCl  =  1 mol/L x 0,250 L  =  0,25 mol    Reagente limitante
	nNaOH  =  0,8 mol/L x 0,350 L  =  0,28 mol
	csolução  cágua = 4,184 J / g. ºC
	msolução  600 g       (solução  água= 1 g/mL)
	∆T  =  29,86 ºC – 25 ºC  =  4,86 ºC
	Em uma solução:
	qabs pela solução  =  msolução x csolução x ∆T
	desta forma:
	qabs pela solução  =  600 g x 4,184 J / g. ºC x 4,86 ºC
	qabs pela solução  =  12.200,54 J
	Como:
	qabs solução  =  – qP (liberado pela reação) 
e          qp  =  ∆H     (reação a pressão constante)
	qlib  pela  reação  =  –  12.200,54 J
	O calor a pressão constante liberado pela reação é igual ao calor absorvido pela solução. Lembra-se, então que a quantidade de calor é igual porém o sentido do fluxo de energia é oposto, o que justifica a troca de sinal acima.
	Para 0,25 mol temos:	 q liberado reação = – 12.200,54 J (qP = ∆H)
	Para 1 mol: 	 qP = ∆Hm = – 12.200,54 J / 0,25 mol
 	 ∆Hm = – 48.802,16 J / mol
 	 ∆Hm = – 48,80 kJ / mol
Termoquímica
	É possível determinar a variação de entalpia (∆H) em qualquer transformação física ou química.Numa reação química, os produtos constituem o sistema no estado final e os reagentes o sistema no estado inicial.
	Então:				∆H reação = H produtos – H reagentes
	Como foi visto anteriormente, ∆H associado a qualquer processo pode ser calculada, diretamente, pelo calor liberado (ou absorvido) pelo sistema a pressão constante, qp, ou indiretamente a partir da medida do calor absorvido (ou liberado) a volume constante, qv, e então aplicar:
∆H = ∆E + ∆(PV)
	A grandeza geralmente usada para reações químicas é a Variação de Entalpia Padrão Molar a 25 ºC (∆H°m, 298), que pode ser definida como:
	∆H°m, 298 é a variação de entalpia do sistema por mol de reação, quando os reagentes são transformados em produtos, ambos no seu Estado Padrão a 298 K.
	O Estado Padrão de uma substância é a sua forma mais estável a 1 bar (1atm) de pressão.
	OBSERVAÇÕES:
	1) Lembrando que:	1 atm  = 1,01325 x 105 Pa e que
					1 bar  =  105 Pa
	Logo: 				1 atm    1 bar
	2) Os dados termodinâmicos são, na maioria das vezes, registrados a 298,15 K (25 ºC). A temperatura não faz parte da definição de Estado Padrão. Pode-se ter um Estado Padrão em qualquer temperatura, mas 298,15 K é a temperatura mais comum usada nas coletas de dados.
	
	3) Parte da literatura define a pressão do Estado Padrão como sendo 1 bar (recomendado pela IUPAC), e não 1 atm.
	Exemplo:   		Cgrafite + O2(g) → CO2(g) 	∆H°m,298 = -393,51 KJ.mol-1
			 
				Equação Química
			
						Equação Termoquímica
	A equação termoquímica é a equação química acompanhada da variação de energia, ∆H°m, 298, que é denominada Entalpia Padrão Molar de Formação do CO2 na temperatura de 298,15 K.
	Significa que, 1 mol de CO2 é formado a partir seus elementos na sua forma mais estável, isto é 1 mol de C(grafita) e 1 mol de gás oxigênio, estando todos (reagentes e produtos) a 1 bar e 298,15 K. E ainda que foram liberados 393,51 kJ de calor.
	A combustão de C(grafita) pode ser efetuada quantitativamente em um calorímetro de bomba, permitindo a determinação de ∆H, basta colocar 1 mol de C(grafita) em excesso de O2para obter-se a combustão completa.
	Este processo também é válido para a reação:
CO(g)   +   ½ O2(g)     →     CO2(g)     ∆H°m, 298 = – 282,98 kJ. mol -1
	É necessário também colocar 1 mol de CO em presença de excesso de O2 para que ocorra a conversão completa a 1 mol de CO2.
	Por outro lado, a combustão parcial do C(grafita) a CO, é difícil de ser efetuada quantitativamente.
C (grafita)   +   ½ O2(g)     →     CO(g)       ∆H°m, 298 = ?
	Sem excesso de oxigênio a combustão do C(grafita) é incompleta, mas com excesso de O2o CO pode ser oxidado a CO2.
	Mas: como a Entalpia é Função de Estado, torna-se desnecessária a determinação direta.
Pode-se chegar ao valor acima desejado, imaginando-se que existem duas maneiras de se combinar C grafita e O2 para se obter CO2.
	A figura abaixo mostra os dois caminhos:
A reação pode ocorrer diretamente através do caminho 1 para o qual ∆H1 é conhecido.
A reação pode ocorrer em duas etapas: 2 e 3, das quais somente se conhece ∆H3.
	Mas como Entalpia é Função de Estado, ∆H para a transformação de C(grafita) em CO2 éindependente do caminho, o que significa que:
∆H1 = ∆H2 + ∆H3
Como ∆H1 e  ∆H3 podem ser medidos experimentalmente:
	∆H1 = – 393, 51 kJ. mol -1
	∆H3 = – 282,98 kJ. mol -1      
 
	Então:                                             ∆H2 = ∆H1 – ∆H3
	∆H2 =( – 393,51 kJ. mol -1) – (– 282,98 kJ. mol –1)
	∆H2 = – 110,53 kJ. mol –1
	E H2 representa a variação de entalpia padrão para a transformação do C(grafita) em CO(g), desta forma a equação termoquímica fica representada da seguinte forma:
C(grafita) + ½ O2(g) → CO(g) ∆H°m 298 = -110,53 KJ.mol-1
Lei de Hess
	O calor liberado ou absorvido em uma reação química, à pressão constante, é independente do caminho seguido pela reação.
	A figura anterior equivale à combinação algébrica de reações químicas cujos ∆H são conhecidos, de modo a se obter a reação desejada e para calcular a variação de entalpia desta reação, é preciso combinar algebricamente os valores conhecidos de ∆H de forma análoga ao procedimento utilizado com as reações químicas.
	Assim:
		C(grafita)   +   O2(g)     →     CO2(g)     				x (1)
		CO(g)   +   ½ O2(g)     →     CO2(g)     				x (-1)
	Resulta:
			 ½ O2(g)    
		C(grafita)   +   O2(g)     →     CO2(g)     		∆H°m,298 = -393,51 KJ.mol-1
	+	CO2(g)      →     CO(g)   +   ½ O2(g)    		∆H°m,298 = +282,98 KJ.mol-1
 _______________________________________________________________________
		C(grafita)  + ½ O2(g)    →  CO(g)   		∆H°m,298 = -110,53 KJ.mol-1
	Outro exemplo:
	Deseja-se obter o valor de ∆H°m ,298 na seguinte equação química:
C(grafita) + 2 H2(g) → CH4(g) ∆H°m, 298 = ?
 
	É possível determinar experimentalmente os seguintes valores de ∆H°m, 298 e por observação determinar o fator adequado para multiplicar cada reação:
	Assim:
		C(grafita) + O2(g) → CO2(g)			∆H°m, 298 = -393,51 KJ.mol-1 	x(1)
		H2(g) + ½ O2(g) →  H2O (L)			∆H°m, 298 = -285,83 KJ.mol-1 	x(2)
		CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O (L)		∆H°m, 298 = -890,36 KJ.mol-1	x(-1)
	Resulta:
		C(grafita) + O2(g) → CO2(g)			∆H°m, 298 = - 393,51 KJ.mol-1 
		2 H2(g) + O2(g) →  2 H2O (L)			∆H°m, 298 = - 571,66 KJ.mol-1
	+	CO2(g) + 2 H2O (L) → CH4(g) + 2 O2(g) 		∆H°m, 298 = + 890,36 KJ.mol-1
_________________________________________________________________________________
		C(grafita) + 2 H2(g) → CH4(g) 			∆H°m, 298 = -74,81 KJ.mol-1
	O uso da Lei de Hess permite evitar um grande número de experimentos calorimétricos de difícil execução.
	Podem-se armazenar, de forma eficiente, informações termoquímicas conhecidas, (ou por que foram determinadas experimentalmente ou por que foram calculadas através da Lei de Hess), por meio da compilação de tabelas de Entalpia Molar de Formação a 298,15 K e Entalpia Padrão Molar de Combustão a 298,15 K.
Entalpia Padrão Molar
	— de Formação a 298,15 K: É a variação de entalpia da reação de formação de 1 mol do composto puro no Estado Padrão, a partir de seus elementos também no Estado Padrão, na temperatura de 298,15 K.
	Exemplos:
	C(grafita) + O2(g) → CO2(g)			∆H°m, 298 = -393,51 KJ.mol-1 
	C(grafita)  + ½ O2(g)    →  CO(g)   			∆H°m,298 = -110,53 KJ.mol-1
	C(grafita) + 2 H2(g) → CH4(g) 			∆H°m, 298 = -74,81 KJ.mol-1
	H2(g) + ½ O2(g) →  H2O (ℓ)			∆H°m, 298 = -285,83 KJ.mol-1 
	OBS: Por definição, ∆Hf°298 de todas as substâncias simples no seu estado padrão é igual a zero. Para substâncias compostas os valores de ∆Hf°298 são encontrados nas tabelas com os resultados termodinâmicos.
	— de Combustão a 298,15 K: É a variação de entalpia da reação de combustão de 1 mol do composto puro no Estado Padrão, formando CO2(g) e H2O(ℓ) também no estado padrão, a 298,15 K.
	Exemplo:
		CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O (ℓ)		∆Hc°m, 298 = -890,36 KJ.mol-1
Utilização das Tabelas Termodinâmicas
	Como se devem utilizar as tabelas com os resultados termodinâmicos para calcular o valor da entalpia padrão de reação, ∆Hr°298?
	A tabela de entalpia padrão de formação, ∆Hf°m, 298, permite calcular o valor da entalpia (∆Hr°298 ) de qualquer reação química a 25 ºC, como no exemplo a seguir.
	Exemplo:
	Deseja-se calcular o ∆H da reação abaixo, a 298,15 K.
HCOOH(ℓ)     →    CO(g) + H2O(ℓ)                   ∆Hr°, 298 = ?
	Consultando a tabela, obtém-se os valores de ∆Hr°, 298 para HCOOH(ℓ), CO(g) e H2O(ℓ).
	Deve-se escrever as reações de formação de cada substância, com o respectivo valor de ∆Hf°, 298 .
	C(grafita)   +   ½ O2(g)    ->   CO(g)				∆Hf°, 298 = – 110,53 kJ. mol-1  (eq. 1)
	H2(g)     +    ½ O2(g)   ->     H2O(ℓ)   				∆Hf°, 298 = – 285,83 kJ. mol-1  (eq. 2)
	H2(g)   +   O2(g)   +   C(grafita)   ->   HCOOH(ℓ)			∆Hf°, 298 = – 424,72 kJ. mol-1  (eq. 3)
          Imaginando queesta reação pode ser conduzida por um caminho alternativo, utilizam-se as informações termoquímicas da seguinte forma:
	1°) O Ácido Fórmico se decompõe em C(grafita), H2(g) e O2(g).
	2°) Estes elementos reagem formando CO(g) e H2O(ℓ).
C(grafita)   +   H2(g)   +   O2(g) ∆H1
HCOOH(ℓ)   ∆H2 
CO(g)   +   H2O(ℓ) ∆H3
Pela Lei de Hess:
 ∆H1 = ∆H2 + ∆H3                                (eq. 4)
Mas:
				∆H3 =   ∆Hf°m, 298 (CO(g))   +   ∆Hf°m, 298 (H2O(ℓ))		 (eq. 5)
					∆H2 = – ∆Hf°m, 298 (HCOOH(ℓ))			 (eq. 6)
	  Como a reação 2 representa o caminho de decomposição do ácido fórmico, o seu valor de ∆H2 é igual à recíproca do valor de ∆Hf°m, 298 , reação oposta a da formação do Ácido Fórmico a partir de seus elementos.
	– ∆Hf°m, 298(HCOOH(ℓ)) =  ∆H°dec, m, 298 (HCOOH(ℓ))
	Substituindo as (eq. 5) e (eq. 6) na (eq. 4) tem-se:
	∆H1 = ∆Hf°m, 298 (CO(g))   + ∆Hf°m, 298, 298 (H2O(ℓ))  - ∆Hf°m, 298, 298 (HCOOH(ℓ))
	 
				∆H3 			+		∆H2
	Calculando:
	∆H1 = -110,51 kJ. mol-1  –  285,83 kJ. mol-1  +  424,72 kJ. mol-1
	∆H1 = 28,36 kJ. mol-1
	Pode-se observar a partir deste exemplo, que o ∆Hr°298 de qualquer reação química pode ser calculado a partir dos valores de ∆Hf°m, 298 de reagentes e produtos:
∆Hr°m, 298 = ∆Hf°m, 298 (Produtos) – ∆Hf°m, 298 (Reagentes)
	Pois qualquer reação pode, teoricamente, ser conduzida por um caminho em que:
	1°) Reagentes se decompõe em seus elementos:
( – ∆Hf°m, 298 dos reagentes)
	2°) Produtos são formados a partir dos seus elementos:
( + ∆Hf°m, 298 dos produtos)
	OBS: Algumas substâncias simples, por não estarem no Estado Padrão, possuem  ∆Hf°m, 298 diferente de zero.
	Exemplos:
Aplicando os conhecimentos
	Calcular a entalpia padrão da reação de glicose com oxigênio.
C6H12O6(s)    +    6 O2(g)      →      6 CO2(g)    +    6 H2O(ℓ)
1) Lembrando o que é a reação de combustão:
	A reação de um mol compostos orgânicos com oxigênio, gerando CO2 e H2O é chamada uma reação de combustão, logo o ∆Hr°298 é a entalpia padrão de combustão da glicose,∆Hc°298 (glicose).
	
2) Obtendo os valores das entalpias padrão de formação, ∆Hf°298, dos reagentes e produtos, através da consulta à tabela de resultados termodinâmicos.
	∆Hf°298  C6H12O6(s)  = – 1268 kJ. mol-1
	∆Hf°298    CO2(g)   = – 393,51 kJ. mol-1
	∆Hf°298    H2O(ℓ)   = – 285,83 kJ. mol-1
	∆Hf°298    O2(g)   = ZERO
	
	3) Escrevendo as relações entre os ∆H.
∆Hr°298 = ∆Hf°m, 298 (Produtos) – ∆Hf°m, 298 (Reagentes)
e lembrando que: ∆Hr°298 = ∆Hc°m, 298;
∆Hr°298=[6 x ∆Hf°m, 298 (CO2(g))  +  6 x ∆Hf°m, 298 (H2O(ℓ))]  –  [∆Hf°m, 298 (C6H12O6(s)) +  6 x ∆Hf°m, 298 O2(g)]
	4) Substituindo os valores:
	∆Hr°298=[6x(–393,51kJ.mol-1)+6x(–285,83 kJ.mol-1)] – [–1268kJ.mol-1+6x0]
	∆Hr°298  = [ (– 2361,06 kJ. mol-1)  +  (– 1714,98 kJ. mol-1)]  –  (– 1268 kJ. mol-1)
	∆Hr°298 =  – 4076,04 kJ. mol-1  +  1268 kJ. mol-1
	∆Hr°298  =  ∆Hc°m, 298  (C6H12O6(s))  =  –2808,04 kJ. mol-1
Entalpia de Mudança de Fase
	Mudanças de fase em que as moléculas ficam mais separadas requerem energia e, portanto são endotérmicas.
	Mudanças de fase que aumentam o contato entre as moléculas liberam energia e, portanto são exotérmicas.
	Como as mudanças de fase ocorrem tipicamente à pressão constante, podemos identificar a transferência de calor que acompanha a mudança de fase com uma alteração da entalpia da substância.
Exemplos:
	∆Hvaporização = H vapor – H líquido
	∆H vaporização > O 				∆H condensação < O
	∆H fusão > O  					∆H solidificação < O
	∆H sublimação > O
	∆H vaporização = – ∆H condensação
	∆H fusão = – ∆H solidificação
	Relembrando as mudanças de estado físico 
	Como Entalpia é uma Função de Estado, a entalpia de sublimação de uma substância é a mesma, se a transição ocorre em:
uma etapa:
	S → G, ou
em duas etapas:
	1ª)  S → L
	2ª)  L → G.
	onde: S = sólido, G = gás e L = líquido.
	A Entalpia de sublimação de uma substância deve ser igual à soma das entalpias de fusão e vaporização medidas na mesma temperatura.
∆H sublimação  =  ∆H fusão + ∆H vaporização
Entalpia de Ligação
	Em uma reação química, as ligações existentes são quebradas e novas ligações são formadas. Pode-se estimar a entalpia de reação, se forem conhecidas as variações de entalpia que acompanham a quebra e a formação de ligação.
	A energia de uma ligação química é medida pela entalpia de ligação (∆HL°), que é a diferença entre as entalpias padrão molar (H°m) da molécula XY (X – Y) e de seus fragmentosX e Y.
∆HL°m = [H°m (X(g)) + H°m (Y(g)) ]  –  [H°m (XY(g))]
	Enquanto a entalpia de rede é igual ao calor necessário (em pressão constante) para quebrar um (1) mol de substância iônica, a entalpia de ligação é igual ao calor necessário para quebrar um (1) mol de ligações à pressão constante.
	Exemplo:
	H2 (g)    →    2 H (g)			 ∆HL°m = + 436 kJ
							
						Entalpia de ligação do H2
	2 H (g)    →   H2 (g)         	       ∆H°m = – 436 kJ => Entalpia de rede do H+
	Pode-se escrever ∆HL°m (H – H) = + 436 kJ. mol-1, o que significa:
	  436 kJ  são necessários para dissociar um (1) mol de H2 em átomos.
	  436 kJ  são liberados quando átomos de H se combinam para formar um (1) mol de H2.
	Em resumo: 
	A quebra de uma ligação é sempre endotérmica, enquanto a formação de uma ligação é sempre exotérmica.
	A tabela abaixo lista as entalpias de ligação de algumas moléculas diatômicas:
	
	Em moléculas poliatômicas, todos os átomos atraem todos os elétrons da molécula, como resultado, a energia de ligação entre um determinado par de átomos varia pouco de um composto para outro.
Exemplo:
	a) entalpia de ligação O – H em HO – H  é 492 kJ.mol-1.
	b) entalpia de ligação O – H em CH3O – H  é 437 kJ.mol-1.
	Essas variações de entalpia de ligação não são consideradas muito grandes, de forma que as entalpias de ligação médias, representadas por  ∆HL°m, são tabeladas e servem como guia para avaliar a energia de ligação em qualquer molécula.
	Os valores tabelados são para amostras na fase gasosa. A tabela abaixo exemplifica algumas entalpias de ligação médias.
	
	As entalpias de reação podem ser estimadas usando-se as entalpias de ligação médias para determinar a energia total necessária para quebrar ligações dos reagentes e a energia total liberada para formar as ligações dos produtos.
	Determinar entalpia de reação através das entalpias de ligação equivale a imaginar que todos os reagentes se separam em seus átomos e que estes átomos se recombinam para formar produtos. Na prática, só as ligações que sofrem alterações são consideradas.
	Como as entalpias de ligação referem-se às substâncias na fase gasosa, todas as espécies devem ser gases ou convertidas à fase gasosa.
	Exemplo:  Para estimar-se a entalpia padrão da reação:
	Ligações rompidas
2 ligações C–Cl:  2 × 338 kJ.mol-1  =    676 kJ
2 ligações H–F:    2 × 565 kJ.mol-1  =  1130 kJ
                                                               + 1800 kJ →→→  Energia absorvida
	Ligações formadas
2 ligações C–F:   2 ´ (- 484 kJ.mol-1)  =  – 968 kJ
2 ligações H–Cl:  2 ´ (- 431 kJ.mol-1)  =  – 862 kJ 
                                                                     – 1830 kJ →→→  Energia liberada
∆H°reação   = +1800 – 1830 = – 30 kJ.mol-1
Variação da Entalpia de Reação com a Temperatura
	As entalpias absolutas dos reagentes e produtos aumentam com a temperatura. Mas como fica o valor de ∆H em temperatura mais alta?
	Normalmente pode-se calcular o valor ∆H°m a 298 K.
1) Na figura abaixo, observa-se:
	– Se a capacidade calorífica dos reagentes é maior que a dos produtos a entalpia dos reagentes crescerá mais abruptamente com o aumento da temperatura. Se a reação for exotérmica, como na figura, o ∆H° de reação (∆Hr°) ficará mais negativo.
	Vamos ver outros casos:
	2) Reação Exotérmica, mas a entalpia dos reagentes (Hreagentes) crescemenosabruptamente que a entalpia dos produtos (Hprodutos), pois
Cp, m (reagentes) < Cp, m (produtos)
∆Hr° em T2 fica menos negativo
	3) Reação Endotérmica, mas a entalpia dos reagentes (Hreagentes) cresce maisabruptamente com a temperatura que a entalpia dos produtos (Hprodutos),pois
Cp, m (reagentes) > Cp, m (produtos)
∆Hr° fica menos positivo em T2
	4) Reação Endotérmica, mas a entalpia dos reagentes (Hreagentes) cresce menosabruptamente com a temperatura que a entalpia dos produtos (Hprodutos),pois
Cp, m (reagentes) < Cp, m (produtos)
∆Hr° fica mais positivo em T2
	Pode-se demonstrar para uma reação genérica:
a A   +   b B     →     c C   +   d D
	que:    ∆H°m (T2)  =  ∆H°m (298 K)  +  (T2  -  298,15 K) . ∆CP
	onde:  ∆CP  =  CP (produtos)  –  CP (reagentes)
∆CP    =  [ c CP, m (C)  +  d CP, m (D) ]  –  [ a CP, m (A)  +  b CP, m (B) ]
	sendo:  CP, m  a capacidade calorífica molar da respectiva substância.
	Mas como a diferença de capacidade calorífica dos reagentes e produtos é normalmente pequena, na maior parte dos casos a entalpia de reação varia muito pouco com a temperatura. Para pequenas diferenças de temperatura, ∆Hreação pode ser considerada constante para todos os efeitos práticos.
∆Hr° (T2)    ∆Hr°298        Se T2 não for muito diferente de 298,15 K
	Exemplo:
	A entalpia molar (logo, se refere à formação de um mol de amônia) da reação: 
N2 (g)   +   3 H2 (g)     →     2 NH3 (g)
é  – 92,22 kJ.mol-1 a 298 K. A síntese industrial ocorre a 450 ºC. Qual é a entalpia padrão de reação nesta temperatura?
	
	Resolução:
Se,  ∆H°298 =  – 92,22 kJ.mol-1, este valor corresponde à reação:
1/2 N2 (g)   +   3/2  H2 (g)     →     NH3 (g)
∆CP = CP.m (NH3 (g)) –	 [ 1/2 CP m (N2 (g)) + 3/2 CP m (H2 (g)) ]	 	 
∆CP = 35.06 J. K-1. mol-1 –	 [ 1/2 × 29,12 J . K-1. mol-1 +	 3/2 × 28,82 J. K-1. mol-1]
∆CP = 35.06 J. K-1 – [ 14,56 J. K-1 + 3/2 × 28,82 J. K-1 ]
∆CP = 35.06 J. K-1 – 57,79 J. K-1
∆CP = – 22,73 J. K-1 para cada mol de NH3 (g) formado.
T2  =  450  +  273  =  723 K
∆H°m (T2)  =  ∆H°m (298 K)  + (T2  –  298 K) . ∆CP
∆H°m (450 ºC) =  - 92,22 kJ. mol-1   + [(723 K  -  298 K) x (- 22,73 × 10-3 kJ.K-1.mol-1)]
∆H°m (450 ºC) =  - 92,22 kJ. mol-1  +  [(425 K) x ( - 22,73 × 10-3 kJ. K-1.mol-1)]
∆H°m (450 ºC) =  - 92,22 kJ. mol-1  -  9,6 kJ. mol-1)
∆H°m (450 ºC) =  - 101,88 kJ. mol-1
Entropia
	Entropia (S) é uma função de estado e para entender o seu significado, dois fenômenos simples são analisados:
	a) resfriamento de um bloco de metal quente
	b) expansão de um gás ocupando todo o volume disponível
 
	a) O resfriamento ocorre porque a energia dos átomos que vibram vigorosamente tende a se espalhar pela vizinhança. A mudança inversa não é observada porque é muito improvável que a energia seja recolhida da vizinhança e concentrada no pequeno bloco de metal.
	b) A expansão ocorre porque as moléculas do gás se movem aleatoriamente e se espalham por todo o recipiente. É também improvável que o movimento aleatório leve todas elas para uma parte do recipiente.
	A tendência que se observa nestes processos é que a energia e a matéria tendem a ficar mais desordenadas.
	Na linguagem da termodinâmica a idéia de desordem e aleatoriedade é expressa através da Entropia (S).
	Então: “A Entropia (S) é uma Função de Estado que mede o grau de desordem”.
	Quanto menor a desordem, menor a entropia e quanto maior a desordem, maior a entropia.
	Da mesma forma que a entalpia (H) e a energia interna (E), a entropia (S) é função de estado e ∆S só depende do Estado Final e do Estado Inicial.
∆S = Sfinal  –  Sinicial
	Como medir ∆S?
	Exemplo:
	Cristal de CO a T = 0 K
	
	O CO é uma molécula polar e a 0 K todos os dipolos estão perfeitamente alinhados.
	Ordem perfeita e Desordem Nula S = 0
	Cristal de CO a T > 0 K
	
	Ao se fornecer calor ao cristal e eleva sua T, o movimento térmico das moléculas (vibração) dentro da rede faz com que alguns dipolos troquem a sua orientação.
	Ordem diminui e Desordem aumenta S > 0
Resultado:
	Com o aumento de T, menos ordem (mais desordem) é obtida
    A entropia do cristal aumenta
    Com o aumento da energia vibracional, uma estrutura mais desordenada é mais provável.
	a) Quanto mais calor for fornecido ao sistema, maior será a extensão do aumento da desordem produzida.
	Logo:   ∆S    qfornecido
	b) Quanto mais alta for a temperatura do sistema, menor será a extensão do aumento provocado por uma certa quantidade de calor, pois o sistema já está mais desordenado. 
	Ou seja: uma certa quantidade de calor (q) provoca menor ∆S a altas T (sistema mais desordenado). É como avaliar o impacto de um espirro em um ambiente silencioso (biblioteca) ou em um ambiente barulhento (discoteca).
	
	Logo:   ∆S    1/T  em que “q” foi fornecido.
	Desta forma, pode-se demonstrar que, se a temperatura for constante, a variação de entropia (∆S) de um sistema pode ser calculada por:
∆S  =  qrev / T                        Unidade de S:  J. K-1  ou  cal. K-1
onde:  qrev = energia transferida reversivelmente
            T  =  temperatura absoluta na qual ocorre a transferência de energia
	Em uma transferência reversível de energia, na forma de calor, as temperaturas, da vizinhança e do sistema, são infinitesimalmente diferentes.
	OBS: Apesar da Entropia ser Função de Estado, ∆S, deve sempre ser calculado considerando processos reversíveis, assim como ∆H é igual a“q” somente se “q = qP” e ∆E é igual a“q” somente se “q = qV”, embora H e E sejam Funções de Estado.
Energia Livre de Gibbs (G) – 2º Princípio da Termodinâmica –
 Espontaneidade de Reações Químicas
	O primeiro princípio da termodinâmica, diz que SE uma transformação ocorre, a energia total do universo (sistema  +  vizinhança) permanece inalterada.
	O primeiro princípio não trata da questão do que está por trás do SE.
	Por que algumas transformações ocorrem e outras não?
  A água flui montanha abaixo naturalmente, mas é preciso bombeá-la para levá-la montanha acima.
  O calor passa de um corpo quente para um corpo frio espontaneamente e para inverter o processo é preciso a intervenção de uma bomba de calor ou de um refrigerador.
  O ferro enferruja naturalmente, mas a ferrugem para ser convertida em ferro (obtenção de ferro a partir de seus minérios), exige intervenção humana.
	Em se tratando de reações químicas, quando se questiona se uma reação química avança numa dada direção, conforme a indicação de uma equação química, na verdade se quer saber se a reação é espontânea naquela direção.
	O primeiro princípio não fornece a resposta.
	As reações químicas endotérmicas (∆H > 0) foram um quebra cabeças para os químicos do século XIX, que acreditavam que as reações só poderiam ocorrer se houvesse decréscimo de energia do sistema. No entanto, estes eram obrigados a se render ao fato deque existiam muitas reações endotérmicas que eram espontâneas.
	O segundo princípio da termodinâmica responde às perguntas sobre espontaneidade de uma reação química e este segundo princípio se exprime em termos da Função de Estado Termodinâmica, Entropia.
	O segundo princípio da termodinâmica pode ser enunciado como:
“A Entropia de um sistema isolado aumenta no decorrer de qualquer processo espontâneo”.
	Assim:
 O resfriamento do metal quente é acompanhado de aumento de entropia, quando a energia se espalha pela vizinhança. Neste caso, o “sistema isolado” é o “Universo” (sistema (bloco)  +  vizinhança).
 A expansão de um gás é acompanhada de aumento de entropia, quando as moléculas se espalham aleatoriamente por todo o recipiente.
	Então: A direção natural do Universo é ir da “Ordem” para a “Desordem”, ou seja, da menor para a maior “Entropia”.
	OBS: Para medidas experimentais, um pequeno sistema isolado, como uma garrafa isolada termicamente ou um calorímetro, pode representar o Universo.
SISTEMA
VIZINHANÇASistema Isolado Universo
∆Suniv.  =  (∆Ssistema  +  ∆Svizinhança)  >  0
	A entropia, portanto, é bem diferente da energia:
  A energia não pode ser criada nem destruída numa transformação química (Princípio da Conservação da Energia).
  A entropia sempre aumenta em uma transformação espontânea, portanto a  entropia é criada em um processo natural.
	Como o critério para espontaneidade é o aumento da entropia total e não o decréscimo da energia do sistema fica esclarecido o problema das reações endotérmicas.
	Num processo endotérmico: 
			∆Svizinança < 0
			 
	calor flui: vizinhança    sistema
	
	Mas:  
	∆Ssistema precisa ser positivo e ser suficientemente grande para ∆Suniv > 0.
	∆Ssistema = ∆S devido ao fluxo de calor  +  entropia criada
	Logo: ∆Ssistema  >  | ∆Svizinhança |    ∆Suniv > 0
                 	     +                      –
	Conclusão:  Reações Endotérmicas espontâneas são comandadas pelo aumento dominante da desordem do sistema.
	Exemplo:  Gelo funde espontaneamente acima de 0 ºC  e 1 atm.
                       ∆H  >  0      fusão absorve calor
                       ∆Svizinhança < 0      vizinhança perde calor
                       ∆Ssistema > 0      água líquida é mais desordenada que o gelo
                       ∆Ssistema > ∆Svizinhança para ∆Stotal > 0
                       ∆Ssistema  +  devido ao ganho de calor + Entropia criada
                       ∆Svizinhança  –  devido a perda de calor
	Resumindo:
	1)  Processo espontâneo:  ∆Ssistema  – ∆Svizinhança    ∆Stotal > 0
	2)  Processo em equilíbrio:  ∆Ssistema = – ∆Svizinhança    ∆Stotal = 0
	Fazendo-se um tratamento matemático pode-se fazer uma avaliação através do sistema:
∆Stotal = ∆Ssistema  +  ∆Svizinhança
	Mas:  ∆Svizinhança  =  qrev./ T
Imaginando que a vizinhança é tão grande que a temperatura e a pressão permanecem constantes, tem-se:
		qrev. vizinhança  =  qp  =  –  qp sistema  =  – ∆Hsistema
	Logo:  	  ∆Svizinhança  =  – ∆Hsistema / T             (a P e T constante)
	Substituindo:  ∆Stotal = ∆Ssistema  +  (– ∆Hsistema / T)
 
	Modificando a expressão se obtém:
	T ∆Stotal  =  T ∆Ssistema  –  ∆Hsistema)
			Ou
	T .∆Stotal  =   - (∆Hsistema – T ∆Ssistema )
	+ . +	 
			 – 
	Para:  			 ∆Stotal  >  0    T .∆Stotal  >  0
	E:  	(∆Hsistema  –  T ∆Ssistema)  <  0           para processos espontâneos
	OBS: Sempre que o subscrito das Funções de Estado é omitido, as mesmas se referem ao sistema.
	Logo: Em transformações espontâneas a T e P constantes:
∆H – T ∆S  <  0
	É bastante conveniente, então, definir uma nova Função de Estado em termos de H e S que seja diretamente útil como critério de espontaneidade.
	Para isto o físico americano Josiah Willard Gibbs introduziu o conceito de Energia Livre (G), também conhecida como Energia Livre de Gibbs:
G  =  H  –  T . S
	G é uma Função de Estado e em química só usamos variações de G (∆G) e não o seu valor absoluto. Em processos que ocorrem a T e P constante se tem:
∆G  =  ∆H  –  T . ∆S
	Pode-se perceber que:           ∆G  =  –  T . ∆S total           (a T e P constante)
	Logo:  Em processos espontâneos a T e P constante:  ∆G  <  0
	Ou seja, a direção do processo espontâneo é a direção da diminuição da Energia Livre.
	OBS: A grande importância da introdução do conceito de energia livre é que, se a pressão e a temperatura permanecem constantes pode-se predizer se um processo é espontâneo somente em termos das propriedades termodinâmicas do sistema.
	As variações de entalpia e entropia numa reação química, dependem dos reagentes e produtos e podem ser positivas ou negativas.
	Estas variações determinam o sinal da variação de Energia Livre e dizem se a reação é favorável aos produtos (espontânea) ou aos reagentes (não espontânea).
	A tabela abaixo sistematiza estas informações:
	∆H
	∆S 
	Processo Espontâneo?
	Exotérmico (∆H  <  0)
	S   (∆S  >  0)
	Sim, ∆G  <  0     (sempre)
	Exotérmico (∆H  <  0)
	S   (∆S  <  0)
	Sim, quando:
|T . ∆S| < |∆H|    ∆G  <  0
Espontâneo para T abaixo de um certo valor.
	Endotérmico (∆H  >  0)
	S   (∆S  >  0)
	Sim, quando:
T . ∆S  >  ∆H    ∆G  <  0
Espontâneo para T acima de um certo valor.
	Endotérmico (∆H  >  0)
	S   (∆S  <  0)
	Não    ∆G  >  0  (sempre)
	Pode-se perceber que quando ∆H  e  ∆S  tem o mesmo sinal, a temperatura do processo é fundamental na determinação da espontaneidade ou não do mesmo.
Exemplo:
1) Solidificação da água a 1 atm:
∆H  <  0   (exotérmico)
∆S  <  0   (diminui a desordem:  Sgelo  <  Ságua) 
Para T < 273 K (0 °C) e T > 273 K (0 °C)
2) Vaporização da água a 1 atm:
∆H  >  0   (endotérmico)
∆S  >  0   (aumenta a desordem:  Svapor  > Ságua)
Para T > 373 K (100 °C) e T < 373 K (100 °C)
Energia Livre e Trabalho Útil Máximo
	
	Uma das aplicações mais importantes das reações químicas é a produção de energia sob a forma de trabalho útil (ou trabalho não expansivo)
	A variação de energia livre de um processo permite a predição do trabalho útil máximo ou trabalho não expansivo máximo que um processo pode realizar quando a temperatura e a pressão são constantes
∆G = w útil máximo
	O trabalho útil, ou não expansivo, é qualquer tipo de trabalho que não seja devido à expansão contra uma pressão. Inclui trabalho elétrico, trabalho mecânico que não seja de expansão, trabalho de atividade muscular, trabalho de enviar sinais nervosos através dos neurônios, etc.
	O trabalho elétrico, trabalho de empurrar elétrons em um circuito elétrico é a base da geração química de energia elétrica, que através de baterias acionam equipamentos eletrônicos: celulares, computadores, etc.
	O trabalho mecânico não expansivo pode ser o alongamento de uma mola ou a elevação de um peso ladeira acima, por exemplo. A combustão da gasolina viabiliza o deslocamento de um automóvel – é uma reação química gerando trabalho mecânico.
	OBS: Ao se obter trabalho de um processo, trabalho tem sinal negativo (w < 0), pois energia abandonou o sistema sob forma de trabalho. Somente é possível obter trabalho de um processo, se o sinal de ∆G também for negativo (∆G < 0).
	MAS: O conceito de trabalho máximo útil de uma reação química é uma idealização.
	Em qualquer situação real, a quantidade de trabalho obtido é menor que o máximo previsto por ∆G provocando aumento da entropia da vizinhança.
POIS:						wmáximo = wreversível
E					 wreversível > wirreversível
					 		 
					Processo 	Processo
				 em equilíbrio	irreversível (espontâneo)
	Isto ocorre porque os processos reais são sempre irreversíveis e o trabalho máximo útil somente pode ser extraído de uma transformação reversível.
	Por isso a definição:
	“A variação de energia livre de um processo é igual ao trabalho máximo útil (ou de não expansão) que o sistema pode realizar em temperatura e pressão constante, ou seja, a quantidade máxima de energia produzida pelo processo que pode ser teoricamente aproveitada como trabalho, a temperatura e pressão constante."
Entropia Padrão Absoluta – 3º Princípio da Termodinâmica
	O terceiro princípio da termodinâmica afirma:
	“Uma substância pura perfeitamente cristalina a 0 K tem entropia nula nesta temperatura.”
	Este princípio faz sentido, pois no zero absoluto de temperatura a ordem é perfeita para um cristal puro. Mas quando a temperatura se eleva, a substância fica mais desordenada pela absorção de calor e a entropia aumenta.
	Pode-se determinar a entropia de uma substância pura a uma temperatura diferente de 0 K, por exemplo 298 K (25 ºC), pelo aquecimento lento desta substância de 0 K a 298 K.
	O valor de ∆S (variação de entropia) quando há aquecimento na temperatura T é:
 ∆S = qrev / T 
Supondo aquecimento muito lento de :
		0K a 2,0 K supondo que
		  ∆S = 0,19 J / 1 K = 0,19 .K-1 Entropia a 2,0 K
		2,0 K a 4,0 K supondo que
		 ∆S = 0,88 J/ 3 K = 0,29 J.K-1 Entropia a 4,0 K = (0,19 + 0,29) = 0,48 J.K-1
		4,0 K a 6,0 K supondo que∆S = 1,86 J/ 5 K = 0,37 J.K-1 Entropia a 6,0 K = (0,19 + 0,29 + 0,37) = 0,85 J.K-1
	Procedendo-se desta maneira, pode-se calcular a entropia da substância pura a 298 K.
	A entropia aumenta gradualmente quando a temperatura se eleva. Quando ocorre mudança de fase (S  L  ou L  G), a entropia aumenta descontinuamente. O valor de ∆S na mudança de fase é:
∆Smudança de fase = ∆H mudança de fase / Tmudança de fase
	A figura abaixo ilustra como varia a entropia de uma substância que está no estado gasoso a 298 K, quando a temperatura varia de 0 K a 298 K.
	Define-se entropia padrão absoluta molar (S°m) de uma substância pura como o valor da entropia de 1 mol desta substância pura no estado padrão (P = 1 atm, a uma dada temperatura que normalmente é 298 K).
	Os valores de S°m, 298 de substâncias puras são tabelados e representam todo o aumento da entropia que a substância acumulou com o aquecimento de 0 K a 298 K.
	OBS: Os valores de S°m, 298 são sempre positivos, pois a Entropia sempre aumenta com a temperatura.
	Exemplo: Tabela com valores de S°m, 298 (J. K-1. mol-1)
Variação de Entropia numa Reação Química
	Dispondo-se das entropias padrão absolutas molares a 298 K de todas as substâncias numa reação química, pode-se calcular a variação de entropia (∆S°m, 298) para a reação a 298 K através da expressão:
∆Sr°m, 298  =   Sr°m, 298 (produtos)  –   Sr°m, 298 (reagentes)
	Exemplo:
Para calcular-se a variação de entropia a 298 K na reação de formação de amônia a partir de N2 (g) e H2 (g).
N2 (g)    +    3 H2 (g)          2 NH3 (g)
Dados da tabela:
S°m, 298 (NH3 (g))  =  192,4 J. K-1. mol-1
S°m, 298 (N2 (g))  =  191,6 J. K-1. mol-1
S°m, 298 (H2 (g))  =  130,7 J. K-1. mol-1
∆Sr°m, 298  =   Sr°m, 298 (produtos)  –   Sr°m, 298 (reagentes)
∆Sr° 298  =  ( 2  S°m, 298 (NH3 (g))  –  [S°m, 298 (N2 (g))  +(3  S°m, 298 (H2 (g))]
∆Sr° 298  =  (2  192,4)  –  [191,6  +  3  130,7]
∆Sr° 298  =  –  198,9 J. K-1
	OBS: Apesar do valor da entropia padrão absoluta molar de uma substância (S°m, 298) ser sempre positivo, os valores da variação de entropia de uma reação química (∆Sr° 298) podem ser negativos quando os produtos têm menor desordem que os reagentes.
	Mesmo sem conhecer os valores de entropia padrão absoluta molar das substâncias, é possível às vezes prever o sinal de ∆Sr°. A entropia usualmente cresce nas seguintes situações:
1) Reação em que uma molécula se divide em duas ou mais moléculas pequenas.
2) Reação em que há aumento do número de mols gasosos.
3) Processo em que um sólido se transforma em líquido ou gás, ou em que líquido se transforma em gás.
Exemplos:
a) C6H12O6 (s) 2 C2H5OH (ℓ) + 2 CO2 (g) 			(∆S > 0)
b) CaCO3 (s) CaO (s) + CO2 (g)				(∆S > 0)
c) CS2 (ℓ) CS2 (g) 						(∆S > 0)
d) 2 Hg(ℓ) + O2 (g) 2 HgO(s) 				(∆S < 0)
e) 2 Na2O2 (s) + 2 H2O (ℓ) 4 NaOH (aq) + O2 (g)	 	(∆S > 0)
f) 2 NH3 (g) + CO2 (g) NH2CONH2 (aq) + H2O(ℓ)		(∆S < 0)
g) CO (g) + 2 H2 (g) CH3OH (ℓ) 				(∆S < 0)
h) K (s) + H2O (ℓ) KOH (aq) + ½ H2 (g)			(∆S > 0)
Energia Livre Padrão Molar de Formação (∆Gf°m)
	
	Energia Livre Padrão Molar de Formação (∆Gf°m) de uma substância se define de maneira análoga à Entalpia Padrão Molar de Formação.
	∆Gf°m é a variação de energia livre que ocorre quando 1 mol de substância, no estado padrão (P = 1 atm) é formado a partir dos seus elementos também no estado padrão, em um certo valor de temperatura (comumente 298 K).
	Da mesma forma que: ∆Hf°m de substâncias simples são nulos, os valores de ∆Gf°m de substâncias simples também são nulos.
Exemplo:	∆Gf°m (O2 (g)) = 0
		∆Gf°m (C (grafita)) = 0
 		∆Gf°m (Hg (ℓ) ) = 0	
	A partir dos valores de ∆Hf°m, 298 e S°m, 298, é possível calcular os valores de ∆Gf°m , 298os quais também são tabelados.
	Exemplo:
	Para calcular-se ∆Gf°m , 298 de Fe2O3 (s).
	Lembrando-se a relação ∆G = ∆H – T. ∆S, utiliza-se a reação de formação da substância e os valores tabelados de ∆Hf°m, 298 e S°m, 298
2 Fe (s) + 3/2 O2 (g)  Fe2O3 (s)
Dados da tabela:
	∆Hf°m, 298 (Fe2O3 (s)) = – 824,20 kJ. mol-1
 	S°m, 298 (Fe2O3 (s)) = 87,40 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (O2 (g)) = 205,14 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (Fe (s)) = 27,28 J. K-1. mol-1
∆Sf°m, 298 (Fe2O3) = S°m, 298 (Fe2O3 (s)) – [2 x S°m, 298 (Fe (s)) + 3/2 S°m, 298 (O2 (g))]
∆Sf°m, 298 (Fe2O3) = 87,40 – [2 x 27,28 + 3/2 x 205,14]
∆Sf°m, 298 (Fe2O3) = 87,40 – [54,56 + 307,71]
∆Sf°m, 298 (Fe2O3) = 87,40 – 362,27
∆Sf°m, 298 (Fe2O3) = – 274,87 J. K-1. mol-1
 
∆Gf°m, 298 = ∆Hf°m, 298 – 298 x ∆Sf°m, 298
∆Gf°m, 298 = – 824,20 kJ. mol-1 – 298 K x (– 274,87 J. K-1. mol-1)
∆Gf°m, 298 = – 824,20 kJ. mol-1 – 298 K (– 274,87 x 10-3 kJ . K-1. mol-1)
∆Gf°m, 298 = – 824,20 kJ. mol-1 – (– 81,91 kJ. mol-1)
∆Gf°m, 298 = – 824,20 kJ. mol-1 + 81,91 kJ. mol-1
∆Gf°m, 298 = – 742,29 kJ. mol-1
Exemplo: Tabela com valores de ∆Gf°m, 298 (J. K-1. mol-1)
Cálculo de Energia Livre Padrão de Reação a 298 K (∆Gr°298)
a) A partir de ∆H°298 e ∆S°298
Pode-se calcular ∆Gr°298 através da Equação:
∆Gr°298 = ∆Hr°298 – 298 K . ∆Sr°298
	Exemplo: Calcular ∆Gr°298 para a combustão de 1 mol de glicose a 298 K.
C6H12O6 (s) + O2 (g)  6 CO2 (g) + 6 H2O (ℓ)
Dados da tabela:
	∆Hf°m, 298 (glicose) = – 1268 kJ. mol-1
 	∆Hf°m, 298 (CO2 (g)) = – 393,5 kJ. mol-1
 	∆Hf°m, 298 (H2O (ℓ)) = – 285,83 kJ. mol-1
 	S°m, 298 (glicose) = 212 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (O2 (g)) = 205,14 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (CO2 (g)) = 213,74 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (H2O (ℓ)) = 69,91 J. K-1. mol-1
Cálculo de ∆Hr298:	 
 	∆Hr°298= ∆Hf°m, 298 (Produtos) – ∆Hf°m, 298 (Reagentes)
 	∆Hr°298 = [ 6 x ∆Hf°m, 298 (CO2 (g)) + 6 x ∆Hf°m, 298 (H2O (ℓ)) ] – ∆Hf°m, 298 (glicose)
 	∆Hr°298 = [ 6 x (– 393,51) + 6 x (– 285,83) ] – (– 1268)
 	∆Hr°298 = (– 2361,06) + (– 1714,98) + 1268
 	∆Hr°298 = – 2808,04 kJ. mol-1
 
Cálculo de ∆Srr°298:	 
 ∆Sr°298= Sf°m, 298 (Produtos) – Sf°m, 298 (Reagentes)
 ∆Sr°298 = [ 6 x Sf°m, 298 (CO2 (g)) + 6 x Sf°m, 298 (H2O (ℓ)) ] – [Sf°m, 298 (glicose) + 6 x Sf°m, 298 (O2 (g))]
 ∆Sr°298 = [ 6 x 213,74 + 6 x 69,91 ] – [212 + 6 x 205,14]
 ∆Sr°298 = [ 1282,44 + 419,46 ] – [212 + 1230,84]
 ∆Sr°298 = 1701,19 – 1442,84
 ∆Sr°298 = 259,06 J . K-1 . mol-1
 
Cálculo de ∆Gr°298:	 
 	∆Gr°298= ∆Hf°m, 298 – 298 K . ∆Sr°298
 	∆Gr°298= – 2808,04 kJ. mol-1 – 298 K x 259,06 J. K-1.mol-1
 	∆Gr°298=– 2808,04 kJ. mol-1 – 298 K x 259,06 10–3 kJ.K-1. mol-1
 	∆Gr°298= – 2808,04 kJ. mol-1 – 77,2 kJ. mol-1
 	∆Gr°298= – 2885,24 kJ. mol-1
b) A partir de ∆Gf°m, 298
Pode-se calcular ∆Gr°298 a partir de:
∆Gr°298 =  ∆Gf°m, 298 (Produtos) –  ∆Gf°m, 298 (Reagentes)
	Exemplo: Utilizando-se o mesmo exemplo anterior, ou seja,
Calcular ∆Gr°298 para a combustão de 1 mol de glicose a 298 K.
C6H12O6 (s) + O2 (g)  6 CO2 (g) + 6 H2O (ℓ)
Dados da tabela:
	∆Gf°m, 298 (glicose) = – 910 kJ. mol-1
 	∆Gf°m, 298 (O2 (g)) = zero
 	∆Gf°m, 298 (CO2 (g) ) = – 394,36 kJ. mol-1
 	∆Gf°m, 298 (H2O ()) = – 237,13 J. K-1. mol-1
 
∆Gr°298 = [6 x ∆Gf°m, 298 (CO2 (g) )) + 6 x ∆Gf°m, 298 (H2O (ℓ)) ] – ∆Gf°m, 298 (glicose)
∆Gr°298 = [ 6 x (– 394,36) + 6 x (– 237,13) ] – (– 910)
∆Gr°298 = [ (– 2366,16) + (– 1422,78) ] – (– 910)
∆Gr°298 = [ – 3788,94 ] – (– 910)
∆Gr°298 = – 2878,94 kJ. mol-1
Efeito da Temperatura sobre Energia Livre Padrão (∆G°)
	Já foi visto que os valores de ∆H° de reação não variam muito com a temperatura.
	Da mesma forma, os valores de ∆S° de reação variam muito pouco com a temperatura. As entropias dos reagentes e produtos são afetadas pelo aumento de temperatura, mas a diferença entre eles muda muito pouco.
	Para todos os efeitos práticos, pode-se considerar que ∆Hr° e ∆Sr° variam muito pouco com a temperatura.
	Mas ∆Gr° depende da temperatura, pois:
∆Grº = ∆Hrº – T. ∆Srº
	Exemplo: 
	Calcular ∆Gr° para a combustão de 1 mol de glicose a 85 ºC.
Foi visto no exemplo anterior para esta reação
∆Hr°298 = – 2808,04 kJ. mol-1
∆Sr°298 = 259,06 J. K-1. mol-1∆Gr°298 = – 2885,24 kJ. mol-1
T = 85 ºC = 358 K
 
∆Gr°358 = – 2808,04 kJ. mol-1 – 358 K x 259,06 J. K-1. mol-1
∆Gr°358 = – 2808,04 kJ. mol-1 – 358 K x 259,06 10–3 kJ. K-1. mol-1
∆Gr°358 = – 2808,04 kJ. mol-1 – 92,743 kJ. mol-1
∆Gr°358 = – 2900,78 kJ. mol-1
∆Gr°298 = – 2878,94 kJ. mol-1  ∆Gr°358 = – 2900,78 kJ. mol-1
∆Gr° pode inclusive mudar de sinal quando a temperatura se altera.
 
	No caso de uma reação exotérmica (∆Hr° < 0) com uma entropia de reação negativa (∆Sr° < 0), o termo (T. ∆Srº) contribui como um termo positivo para ∆Gr°. Em uma reação desse tipo ∆Gr° será negativo em T baixas, mas pode se tornar positivo em T altas.
	No caso de uma reação endotérmica (∆Hr° > 0) com uma entropia de reação positiva (∆Sr° > 0), o termo ∆Hr° contribui como termo positivo no cálculo ∆Gr°. Em uma reação desse tipo∆Gr° será negativo em T altas, mas pode se tornar positivo em T baixas.
	Já foi visto que se ∆Hr° > 0 e ∆Sr° < 0 a reação nunca será espontânea pois ∆Gr° será positivo em qualquer temperatura.
	Mas no caso de ∆Hr° < 0 e ∆Sr° > 0 a reação será espontânea em qualquer temperatura pois ∆Gr° será sempre negativo.
	Como: ∆Grº = ∆Hrº – T. ∆Srº
	Logo: A temperatura em que ∆Grº = 0 é a temperatura em que uma reação troca da espontaneidade para a não espontaneidade.
	Se: ∆Grº = 0 ∆Hrº – T. ∆Srº = 0
	E: T = ∆Hrº / ∆Srº Temperatura em que ∆Grº muda de sinal.
	Exemplo:
Estimar a temperatura a partir da qual é termodinamicamente possível para o carbono reduzir óxido de ferro (III) até ferro em condição padrão, pela reação endotérmica:
2 Fe2O3 (s) + 3 C (grafita)  4 Fe (s) + 3 CO2 (g)
Dados da tabela:	
	∆Hf°m, 298 (Fe2O3 (s)) = – 824,2 kJ. mol-1
 	∆Hf°m, 298 (CO2 (g)) = – 393,5 kJ. mol-1
 	S°m, 298 (Fe2O3 (s)) = 87,4 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (C (grafita)) = 5,7 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (Fe (s)) = 27,3 J. K-1. mol-1
 	S°m, 298 (CO2 (g)) = 213,74 J. K-1. mol-1
Resolução:
	∆Hr° > 0  já que a reação é endotérmica.
	Pode-se prever que ∆Sr° > 0, já que há um aumento da desordem pois forma-se um produto gasoso.
	Logo esta reação terá ∆Grº < 0 quando ∆Hr° < T. ∆Srº  altas T
Cálculo de∆Hr°298:
∆Hr°298=  ∆Hf°m, 298 (Produtos) –  ∆Hf°m, 298 (Reagentes)
∆Hr°298 = [ 3 x ∆Hf°m, 298 (CO2 (g))] – [ 2 x ∆Hf°m, 298(Fe2O3 (s))]
∆Hr°298 = [ 3 x (– 393,51)] –[ 2 x (– 824,2) ]
∆Hr°298 = [ – 1180,5 ] – [ – 1648,4 ]
∆Hr°298 = [ – 1180,5 ] + 1648,4
∆Hr°298 = + 467,9 kJ. mol-1 ∆Hr° > 0
Cálculode∆Sr°298:
∆Sr°298=  Sf°m, 298 (Produtos) –  Sf°m, 298 (Reagentes)
∆Sr°298 = [ 4 x S°m, 298 (Fe (s)) + 3 x S°m, 298 (CO2 (g)) ] – [2 x S°m,298 (Fe2O3 (s)) + 3 x S°m, 298 (C (grafita)) ]
∆Sr°298 = [ 4 x 27,3 + 3 x 213,7 ] – [ 2 x 87,4 + 3 x 5,7 ]
∆Sr°298 = [ 109,2 + 641,1 ] – [ 174,8 + 17,1 ]
∆Sr°298 = 750,3 – 191,9
∆Sr°298 = 558,4 J . K-1 . mol-1  ∆Sr°298 > 0
Cálculo de∆Gr°298:
∆Gr°298= ∆Hf°m, 298 – 298 K . ∆Sr°298
∆Gr°298= + 467,94 kJ. mol-1 – 298 K x 558,4 J. K-1.mol-1
∆Gr°298= + 467,9 kJ. mol-1 – 298 K x 558,4 10–3 kJ. K-1. mol-1
∆Gr°298= + 467,9 kJ. mol-1 – 166,4 kJ. mol-1
∆Gr°298= + 301,5 kJ. mol-1  ∆Gr°298 > 0
	A temperatura na qual ∆Gr°298 muda de positivo para negativo é:
T = ∆Hrº / ∆Srº		T = 467,9 kJ. mol-1 / 558,4 x 10–3 kJ. K-1. mol-1
			T = 837,9 K = 564,9 ºC
	Como a reação é endotérmica, a temperatura mínima em que a redução ocorre, em condições padrão, é cerca de 565 ºC.
Energia Livre e Equilíbrio
	Foi visto que a variação da energia livre padrão (∆G°) podia ser usada como critério de espontaneidade de uma reação química.
∆G° < 0  reação química espontânea
∆G° > 0  reação não espontânea
	Onde: ∆G° = G°produtos – G°reagentes
	Ou seja: ∆G° é a elevação ou diminuição da energia livre quando os reagentes, nos respectivos estados padrões, se convertem completamente nos produtos, também nos respectivos estados padrões.
	Mas: na prática não se observa freqüentemente a conversão completa de reagentes em produtos, ou seja:
	– Se ∆G° < 0: não significa que a reação química ocorreu 100 % e houve conversão total de reagentes em produtos -> sempre resta um pouco de reagente.
	– Se ∆G° > 0: não significa que a reação química ocorreu 0 % e que nenhuma quantidade de produto foi formada-> sempre se forma um pouco de produto.
 
	O que ocorre na realidade, é que:
“O sistema atinge um estado de equilíbrio no qual existe uma certa composição de mistura reagente + produto com menor energia livre.”
	– Se ∆G° < 0: Esta mistura é rica em produtos, o que significa que a reação avançou bastante.
	– Se ∆G° > 0: Esta mistura é rica em reagentes, o que significa que a reação avançou muito pouco.
	Problema: A relação entre a magnitude de ∆G° e a composição da mistura reagente mais produto existente no estado de equilíbrio.
	O equilíbrio químico será estudado mais adiante, mas todos os princípios relacionados com este assunto são da maior importância, por que a tendência das reações químicas em ocorrer na direção do equilíbrio é a base da maior parte da química.
	Alguns comentários breves sobre equilíbrio químico:
Um sistema em equilíbrio não tende a mudar em direção alguma (direta ou inversa).
Um sistema permanece em equilíbrio até ser perturbado por uma mudança de condições.
O estado de equilíbrio é dinâmico: os processos direto e inverso continuam a acontecer, porém sua velocidade é a mesma. Os processos continuam a ocorrer no nível microscópico.
Termodinamicamente, no equilíbrio: ∆Stotal = 0 e ∆G = 0.
Diagrama de Energia Livre para Reações Químicas
	
	A figura que segue, mostra qualitativamente a relação entre ∆G° e o estado de equilíbrio. Mostra também como varia a energia livre à medida que a reação avança:
	Observa-se: A reação ocorre enquanto a energia livre do sistema estiver decrescendo (∆G< 0). Quando a reação chegar no ponto a partir do qual a formação de produtos implique em aumento da energia livre (∆G > 0), a reação cessa macroscópicamente e o sistema estará em equilíbrio.
	
	Caso particular:
	Os gráficos anteriores permitem fazer uma distinção muito importante entre ∆G° e ∆G:
 ∆G° é simplesmente G°P – G°R
∆G é a variação de energia livre em vários intervalos ao longo do caminho da reação
∆G < 0  reação avança no sentido direto
∆G > 0  reação retrocede (avança no sentido inverso)
	Os gráficos mostram que para uma reação qualquer em que reagente e produtos estão na mesma fase, existe uma composição de mistura reagente + produto que tem um mínimo de energia livre que se situa abaixo tanto de G°R como de G°P.
 
	Como o sistema sempre busca o mínimo de energia livre, as reações químicas sempre irão ocorrer em uma certa extensão tanto se no início só houver reagentes puros (R  P) ou só houver produtos puros (R  P).
	 Em cada caso a reação é acompanhada por um decréscimo de energia livre enquanto a reação se aproxima do estado de equilíbrio.
	Logo: ∆G para qualquer reação em direção ao mínimo é negativo.
	Então:		É o sinal de ∆G e não o sinal de ∆Gº que determina a espontaneidade.
			∆Gº apenas determina a posição do valor mínimo da curva de energia livre.
	No entanto, ainda que o valor de ∆Gº não seja um indicador de espontaneidade, funciona como guia de viabilidade para uma determinada reação.
	 Não vale a pena tentar obter certos produtos a partir de certos reagentes se ∆Gº >> 0, pois o rendimento seria muito pequeno.
	Exemplo:
	Sob condições padrão, seria possível obter iodo sólido através do seguinte processo a 298 K?
2 HI (g) + Cl2 (g)  2 HCl (g) + I2 (s)
Dados da tabela: 	∆Gf°m, 298 (HCl (g)) = – 95,30 kJ. mol-1
			∆Gf°m, 298 (HI (g) ) = + 1,70 kJ. mol-1
Lembrando que:	∆Gr° 298 = ∆Gf°m, 298 (Produtos)– ∆Gf°m, 298 (Reagentes)
Resolução:
∆Gr° 298 = [2 x ∆Gf°m, 298 (HCl (g)) ] – [2 x ∆Gf°m, 298 (HI (g)) ]
∆Gr° 298 = [2 x (– 95,30) ] – [2 x (1,70) ]
∆Gr° 298 = [– 190,60 ] – [3,40]
∆Gr° 298 = – 194,00 kJ. mol-1 de I2 (s)
 
	Conclusão: Pelo sinal de ∆G°, pode-se concluir que a posição do equilíbrio favorece a formação de I2 (s) e, portanto, a reação é viável.
Diagrama de EnergiaLivre para Mudanças de Fase
	Os processos de mudança de fase são processos físicos e apresentam diagramas de energia livre mais simples do que os diagramas de energia livre de reações químicas, vistos no item anterior.
Para uma dada mudança de fase como:
H2O (l)            H2O (s)                   (Solidificação)
	O equilíbrio pode existir para uma dada pressão apenas a uma dada temperatura particular. Para a água se:  P = 1 atm, a temperatura de solidificação é 0 ºC, ou seja:
	(a)   T < 0 ºC: H2O ()               H2O (s)                (Solidificação)
	(b)   T = 0 ºC: H2O ()                H2O (s)             (Equilíbrio L/S)
	(c)   T > 0 ºC: H2O ()              H2O (s)               (Fusão)
Desta forma, os diagramas de energia livre são:
	Em:
	a)  A energia livre diminui até toda a água existir como gelo.
	(b)  O equilíbrio gelo/água líquida pode existir para qualquer composição gelo/água.
	(c)  A fusão é espontânea e ocorrerá até toda a água existir como líquido.
Variação de Energia Livre Padrão e Constante de Equilíbrio Termodinâmico
	Anteriormente foi visto de forma qualitativa que a posição do equilíbrio numa reação química é determinada pelo sinal e pela magnitude de ∆G°. Foi visto também que a direção na qual a reação ocorre depende da composição do sistema em relação ao mínimo da curva de energia livre.
	Quantitativamente, é preciso que se conheça a relação entre ∆G (prognóstico de espontaneidade) e ∆G°.
É possível demonstrar, para espécies gasosas, a relação matemática a seguir (válida para 1 mol):
Gm – Gºm = RT ln (P / Pº) para 1 mol
	Onde:		Gm = Energia livre molar da espécie gasosa a qualquer pressão (em atm)
			Gºm = Energia livre molar padrão da espécie gasosa (a 1 atm)
			P = Qualquer pressão (em atm)
			Pº = Pressão padrão (em atm)
			T = temperatura em K
			R = Constante universal dos gases (8,314 J. mol-1. K-1)
	Logo:		Gm – Gºm = RT ln (P atm / 1 atm)
			Gm – Gºm = RT ln P
OBS: P é adimensional.
Para “n” mols, se tem: 	nGm = nGºm + nRT ln P
	A equação acima será utilizada para deduzir a relação entre a constante de equilíbrio e ∆G°.
	Considerando a reação genérica entre gases ideais:
a A (g) + b B (g)  c C (g) + d D (g)
e que: PA, PB, PC e PD = pressões parciais dos reagentes e produtos.
	Sabe-se que ∆G, em quaisquer condições, pode ser dado por:
∆G  =  Gprodutos  –  Greagentes
Logo:  ∆G  =  [c.Gm (C) + d.Gm (D)]  –  [a.Gm (A) + b.Gm (B)] 
Mas:	c.Gm (C)  =  c.Gºm (C) + c.RT.ln PC
	d.Gm (D)  =  d.Gºm (D) + d.RT.ln PD
	a.Gm (A)  =  a.Gºm (A) + a.RT.ln PA
	b.Gm (B)  =  b.Gºm (B) + b.RT.ln PB
	Substituindo:
  ∆G  =  [c.Gºm (C) + c.RT.ln PC + d.Gºm (D) + d.RT.ln PD]  -  [a.Gºm (A) + a.RT.ln PA + b.Gºm (B) + b.RT.ln PB]
	Rearranjando:
	∆G = [c. Gºm (C) + d.Gºm (D)]- [a.Gºm (A) - b.Gºm (B)] +	 [c.RT.ln PC + d.RT.ln PD] – [a.RT.ln PA + b.RT.ln PB]
	 
				∆G°			 +		 RT. Ln (PCc . PDd / PAa . PBb )
	Resultando em: 	∆G = ∆G°  +  RT.ln Q
	Onde:  Q = PCc . PDd / PAa . PBb  é o quociente de reação, é adimensional.
	Esta equação relaciona ∆G de qualquer reação entre gases ideais com ∆G° e as pressões parciais de reagentes e produtos.
	Supondo que as pressões parciais correspondem às pressões do estado de equilíbrio, então:
∆G = 0            e          Q = Keq
	Para reações gasosas,  Keq  =  KP  =  (PCc . PDd / PAa . PBb)eq
	Assim:                           0  =  ∆G°  +  RT.ln KP
	Ou seja:		∆G°  =  – RT.ln KP
	Ou: 			KP  =  e – (∆G° / RT)		     Para reações gasosas
	Por outro lado, para espécies em solução, é possível demonstrar a relação matemática a seguir:
Gm  =  Gºm  +  RT ln (a / aº)         para 1 mol
	Onde:             a = atividade
    	                  aº = atividade padrão  =  1
OBS: 
1) Para espécies em solução, as condições padrão são estabelecidas como condições de atividade unitária.
2) Para soluções diluídas, atividade é aproximadamente igual à concentração molar, ou seja, aº  1 mol L–1.
	Considerando soluções diluídas, com concentração molar igual a “c” , a relação anterior pode ser modificada:
Gm  =  Gºm  +  RT ln ( c (mol L–1) / 1 (mol L–1) )
Gm  =  Gºm  +  RT ln c               onde c é adimensional.
	Para ”n” mols:			  n Gm  =  n Gºm  +  n RT ln c
	Por analogia às reações em fase gasosa, considerando a reação genérica ocorrendo em solução:
a A (aq)   +   b B (aq)            c C (aq)   +   d D (aq)
	É possível demonstrar que:
∆G = ∆G°  + RT.ln ([C]C [D]d / [A]a [B]b )
 
 Q => adimensional
	Esta equação relaciona ∆G de qualquer reação em solução aquosa com ∆G° e as concentrações de reagentes e produtos.
	Supondo que as concentrações correspondam às concentrações do estado de equilíbrio, então:
∆G = 0            e          Q = Keq
Para reações em solução:
Keq = Kc = ([C]c [D]d / [A]a [B]b) eq
Assim:			0 = ∆G°  +  RT.ln Kc
Ou seja:		∆G°  =  – RT.ln KC
Ou:			Kc  =  e – (∆G° / RT) 		     Para reações em solução
	Observa-se que são obtidas as mesmas relações entre ∆G° e Kp (para reações gasosas) e ∆G° e Kc (para reações em solução).
 
	Algumas conclusões podem ser tiradas:
Kc  =  e – (-∆G° / RT) 	
Se ∆G° < 0    expoente positivo  Keq > 1
(PCc . PDd) eq  >  (PAa . PBb)eq
Ou
(CCc . CDd) eq  >  (CAa . CBb)eq
No equilíbrio, a mistura reacional é rica em produtos.
_______________________________________________________________
  Se ∆G° <<<< 0		  		Keq >>>> 1
					 
∆G° mais negativo que – 20 kJ		reação praticamente completa, sobra muito pouco
				 reagente quando o equilíbrio é atingido.
________________________________________________________________
Kc  =  e – (+∆G° / RT) 	
  Se ∆G° > 0           	expoente negativo Keq < 1
(PCc . PDd) eq  <  (PAa . PBb)eq
Ou
(CCc . CDd) eq  <  (CAa . CBb) eq
No equilíbrio, a mistura reacional é rica em reagentes.
___________________________________________________________________
  Se ∆G° >>>> 0          	Keq <<<< 1
				 
∆G° mais positivo que 20 kJ		reação praticamente não ocorre
					e forma muito pouco produto
					quando o equilíbrio é atingido.
__________________________________________________________________ 
  Se ∆G° = 0 (caso particular)  		expoente = 0	 	Keq = 1
			
		(PCc . PDd) eq  =  (PAa . PBb) eq
		Ou
		(CCc . CDd) eq  =  (CAa . CBb) eq
	
	Para melhor entender os casos em que:
∆G° <<<< 0
Por exemplo: 		∆G° =  – 50 kJ  =  – 50 000 J 
			K eq  =  e – (– 50.000 / 8,314  298)
			K eq  =  e 20,1810
			K eq  =  5,8  108  (a 298 K)  (reação quase completa)
∆G° >>>> 0
Por exemplo:		 ∆G° =  50 kJ  =  50 000 J
			K eq  =  e – ( 50.000 / 8,314  298)
			K eq  =  e – 20,1810
			K eq  =  1,7  10–9  (a 298 K)  (reação quase não ocorre)
Graficamente pode-se ver:
∆G° <<<< 0					b) ∆G° >>>> 0
  			
Escrevendo a equação,			 KP (ou Kc) = e – (∆G° / RT)
em uma forma expandida, pois		 ∆G° = ∆H° – T ∆S°,
obtém-se:	 			KP (ou KC) = e (∆S° / R) . e (– ∆H° /RT)
	Pode-se compreender melhor as forças que atuam sobre as reações químicas:
	  Quanto mais positivo ∆S°      maior Keq
	  Quanto mais negativo ∆H°      maior Keq
	Desta forma, a tendência no sentido de alcançar o máximo de caos molecular (maior entropia) contribui diretamente para a magnitude de Keq, assim como a tendência dos átomos em tentarem alcançar o estado de menor energia também contribui para aumentar o valor da Keq.
	Exemplos:
O dióxido de enxofre (SO2), gerado na combustão da gasolina que contenha enxofre, é um poluente do ar. Mas reage com o oxigênio (O2) quando passa pelo catalisador presente no conversor catalítico do automóvel. O produto da reação é o trióxido de enxofre (SO3), um óxido muito ácido.
2 SO2 (g)  +  O2 (g)  2 SO3 (g)
	Para esta reação, ∆G°  =  140 kJ. mol-1 a 25 ºC. Calcular o valor de KP.
	Resolução:
	KP (ou Kc)  =  e – (∆G° / RT)
	KP  =  e – (– 140 000 J. mol-1 / 8,314 J. mol-1. K-1  298 K)KP  =  e 56,5
	KP  =  3,47  1024          Reação praticamente completa
	2.a) A reação:		N2 (g)  +  3 H2 (g)    2 NH3 (g)
	tem KP  =  6,9  102 a 25 ºC. Calcular ∆G° a 25 ºC para esta reação.
	Resolução:
	∆G°  =  – RT.ln KP
	∆G°  =  – 8,314 J. mol-1. K-1  298 K  ln 6,9  102
	∆G°  =  – 16 195,12 J  =  16,2 kJ                       por mol de N2 consumido
	KP > 1             e          ∆G° < 0          Equilíbrio favorece produtos
	 2.b) Para a reação anterior, calcular ∆G a 25 ºC quando as pressões parciais de N2, H2 e NH3 forem respectivamente: 0,5 atm, 0,1 atm e 0,2 atm. Se o sistema não estiver em equilíbrio, em que sentido a reação estará ocorrendo?
	Resolução
	∆G  =  ∆G°  +  RT.ln Q                Q  =  (PNH3)2 / [PN2  (PH2)3]
	∆G  =  – 16 195,12 J + 8,314 J. mol-1. K-1  298 K  ln {(0,2)2 / [0,5  (0,1)3]}
	∆G  =  – 16 195,12 + 8,314  298  ln {0,04 / 5 . 10–4}
	∆G  =  – 16 195,12 + 8,314  298  ln 80
	∆G  =  – 16 195,12 + 8,314  298  4,3820
	∆G  =  – 16 195,12 + 10856,786
	∆G  =  – 5338,3335 J    – 5,3 kJ
	∆G    0               Sistema fora do equilíbrio
	∆G  <  0                 reação ocorre espontaneamente no sentido direto, R  P, até o equilíbrio ser atingido
	 2.c) Para a mesma reação, calcular ∆G a 25 ºC quando as pressões parciais de N2, H2 e NH3 forem respectivamente: 0,1 atm, 0,05 atm e 0,6 atm. Se o sistema não estiver em equilíbrio, em que sentido a reação estará ocorrendo?
	Resolução
	∆G  =  ∆G°  +  RT.ln Q                Q  =  (PNH3)2 / [PN2  (PH2)3]
	∆G  =  – 16 195,12 J + 8,314 J. mol-1. K-1  298 K  ln {(0,6)2 / [0,1  (0,05)3]}
	∆G  =  – 16 195,12 + 8,314  298  ln {0,36 / 1,25 . 10–5}
	∆G  =  – 16 195,12 + 8,314  298  ln 28800
	∆G  =  – 16 195,12 + 8,314  298  10,268131
	∆G  =  – 16 195,12 + 25440,033
	∆G  =  + 9244,913 J    + 9,24 kJ
	
	∆G    0               Sistema fora do equilíbrio
	∆G  >  0                 reação não está ocorrendo espontaneamente no sentido R  P, portanto está ocorrendo no sentido inverso R  P até o equilíbrio ser atingido.
Constante de Equilíbrio Termodinâmico em temperaturas diferente de 25ºC
	Já foi visto que conhecendo ∆G°298 pode-se calcular o valor da Keq (KP ou KC) a 298 K.
	Quando a temperatura se afasta de 25 ºC, a posição do equilíbrio também muda devido às mudanças no valor de ∆G°T. Portanto, é preciso calcular o valor de ∆G°T (T  298 K), para que se possa calcular o valor da Keq em outra temperatura.
	Exemplo:
	O óxido nitroso (N2O) é um anestésico conhecido como gás do riso, porque às vezes libera pacientes de suas inibições. A decomposição do óxido nitroso tem KP = 1,8  1036 a 25 ºC.
2 N2O (g)     2 N2 (g)    +    O2 (g)
	Para esta reação: ∆Hr°298  =  – 163 kJ  e  ∆Sr°298  =  148 J. K-1. Qual o valor de KP para esta reação a 80 ºC?
	Resolução
	T = 80 ºC = 353 K
 
	∆G°353  =  ∆Hrº298  –  353 K  ∆Srº298
	∆G°353  =  – 163 000 J  –  353 K  148 J. K-1
	∆G°353  =  – 163 000 J  –  52 244 J
	∆G°353  =  – 215 244 J
	KP   =  e – (∆G° / RT)
	KP   =  e – (– 215 244 / (8,314353)
	KP   =  e 73,34
	KP   =  7,10  1031
	KP (80 ºC)  <  KP (25 ºC)
Links relacionados à Termodinâmica Química:
http://www.iq.ufrgs.br/ead/quimicageral/
http://www.profpc.com.br/Termodin%C3%A2mica%20Qu%C3%ADmica/Termodin%C3%A2mica_qu%C3%ADmica.htm#Transformações_Termodinâmicas
Equilíbrio Químico
	Introdução
	Não é raro que as reações químicas pareçam parar antes de estarem completas. As reações deste tipo são reversíveis, isto é, os reagentes originais formam produtos, mas os produtos reagem entre si e regeneram os reagentes.
	Na realidade, ocorrem duas reações simultâneas e o resultado final é uma mistura de reagentes e produtos, e não apenas uma mistura de produtos.
	
Características de um Equilíbrio Químico
	
	Seja a reação reversível genérica:
V 1
A(aq)	+	B(aq) 		C(aq) 	+	D(aq)
V-1
	Onde:             v1 = velocidade da reação direta
	                        v-1 = velocidade da reação inversa
	A reação se processa até que um equilíbrio químico seja atingido. Este equilíbrio é caracterizado pelo fato da velocidade da reação direta (v1) ser igual à velocidade da reação inversa (v-1). Quando as velocidades tornam-se iguais (v1 = v-1), não ocorre variação das concentrações dos reagentes e dos produtos com o tempo.
 
	1º) A primeira característica do estado de equilíbrio é ser DINÂMICO. Trata-se de uma situação permanente onde produtos estão continuamente sendo formados e se decompondo na mesma velocidade:  v1 = v-1    0
	2º) A segunda característica é que o estado de equilíbrio é atingido de forma ESPONTÂNEA. Um sistema sempre busca uma situação de equilíbrio espontaneamente e somente pode deslocar-se do equilíbrio mediante alguma influência externa. Uma vez perturbado o equilíbrio de forma que  v1  v-1,  o sistema volta espontaneamente a um novo estado de equilíbrio onde novamente as velocidades v1 e v-1 tornam-se iguais.
	3º) A terceira característica do estado de equilíbrio é a REVERSIBILIDADE. A natureza e as propriedades do estado de equilíbrio são iguais, não importando a partir de qual sentido o equilíbrio é atingido. Ou seja, o equilíbrio que se estabelece a partir da composição 100% reagentes é o mesmo que se estabelece quando se tem no início 100% produtos.	 
	4º) A quarta característica de um estado de equilíbrio, é que este representa um meio termo entre duas tendências: a propensão das moléculas de assumir o estado de MÍNIMA ENERGIA e o ímpeto em direção a um estado de ENTROPIA MÁXIMA. Já foi visto que a posição do estado de equilíbrio depende do valor de ∆G° o qual, por sua vez, depende de ∆H° e ∆S°.
Cinética e Equilibrio
	Pode-se esquematizar a variação das velocidades v1 e v-1 da reação genérica anterior, assim como a variação das concentrações de reagentes e produtos com o tempo, considerando a situação inicial em que 
[C] = [D] = 0:
	
	Pode-se observar:
No tempo = 0, somente existia A e B que são consumidos mais rapidamente no início, com velocidade de consumo diminuindo com o tempo pois [A]¯ e [B]¯ com o tempo.
Se  [A]  e [B]     v1: v1 diminui mais rapidamente no início ([A] e [B] maiores) e cada vez mais moderadamente à medida que a reação avança.
No tempo  t = 0,  [C] = [D] = 0,  logo v-1 = 0  no início.
À medida que C e D vão sendo formados, [C]  e [D] . Logo v-1 .
O aumento de v-1 é mais acentuado no início pois a formação de C e D é mais intensa nos instantes iniciais. Com o avanço da reação, o aumento de v-1torna-se gradualmente mais moderado.
É atingido um tempo (tequilíbrio) em que v1 = v-1. A partir deste tempo, o estado de equilíbrio foi atingido e as concentrações não variam mais com o tempo, assim como as concentrações de Reagentes e Produtos.
	Na verdade, todas as reações químicas tendem a alcançar um estado de equilíbrio, embora isto nem sempre seja aparente. Muitas vezes, quando uma reação atinge o estado de equilíbrio, a concentração de pelo menos um dos reagentes remanescentes é tão pequena que é quase impossível de ser medida:
	
	Outras vezes, quando uma reação atinge o estado de equilíbrio, a concentração de produtos formada é tão pequena que é quase impossível de ser medida:
	Entretanto, rigorosamente falando, não existe reação que consome totalmente os reagentes (100% completa) ou que não forme absolutamente nada de produtos (0% de reação). Todos os sistemas que reagem alcançam um estado de equilíbrio no qual permanecem, pelo menos, pequenas quantidades de reagentes ou se formam, pelo menos, pequenas quantidades de produtos.
Equilíbrio e Lei da Ação das Massas
	Em 1864, os noruegueses Cato Guldberg (matemático) e Peter Waage (químico) já haviam descoberto a relação matemática que resume a composição de uma mistura de uma reação em equilíbrio.
	Como exemplo do trabalho destes pesquisadores, a tabela que segue mostra dados experimentais da reação:
2 SO2(g)		+	O2(g)		2 SO3 (g)
	Nos experimentos, descritos na tabela abaixo, cinco misturas dos três gases com composições iniciais diferentes foram preparadase atingiram o equilíbrio à 1000 K. A composição das misturas no equilíbrio e a pressão total foram determinadas.
	Inicialmente os dados pareciam não fazer sentido. Guldberg e Waage, entretanto, notaram uma relação extraordinária. Quando o estado de equilíbrio era atingido, o valor da quantidade:
K= (PSO3/Pº)2 / (PSO2/Pº)2 . (PO2/Pº)
era o mesmo em todos os experimentos, independente das composições iniciais. Pº é a pressão padrão (1 atm ou 1 bar, dependendo da literatura). Observe-se que K (constante de equilíbrio) não tem unidades, porque as unidades das pressões parciais são canceladas pelas unidades de Pº em todos os termos.
	Para simplificar, daqui em diante será escrito simplesmente:
K= PSO32 / PSO22 . PO2
em que P é o valor numérico da pressão parcial de cada componente em atm (ou bar).
	Dados de equilíbrio e valor de K para a reação, em 1000K de
2 SO2 (g)	+	O2 (g)	 	2 SO3 (g)
	
	PSO2(atm)
	PO2(atm)
	PSO3(atm)
	Ptotal (atm)
	K
	1
	5,49 . 10-2
	3,24 . 10-2
	2,21 . 10-4
	8,75 . 10-2
	5,00 . 10-4
	2
	3,16 . 10-3
	1,83 . 10-2
	9,49 .10-6
	2,15 . 10-2
	4,93 .10-4
	3
	9,15 .10-3
	9,15 .10-3
	1,96.10-5
	1,83 .10-2
	5,02 . 10-4
	4
	7,90 .10-2
	7,32 .10-2
	4,75 .10-4
	0,153
	4,93 .10-4
	5
	0,120
	0,165
	1,08 .10-3
	0,286
	4,89 .10-4
	
	Dentro do erro experimental, Guldberg e Waage obtiveram o mesmo valor de K para todas as composições iniciais da mistura de reação. Esse importante resultado mostra que K é característico da composição da mistura de reação no equilíbrio, em uma dada temperatura. K é conhecido com aconstante de equilíbrio da reação.
	
	A descrição feita por Guldberg e Waage, era inteiramente empírica. Agora, entretanto, os químicos sabem que a Lei da Ação das Massas é uma conseqüência do papel da energia livre na determinação da direção da mudança espontânea.
	Então, para uma reação genérica entre gases que podem ser tratados como ideais:
a A (g) 	+	b B(g)		c C (g)	+	d D (g)
K= PCc . PDd / PAa. PBb
onde as pressões parciais são as pressões de equilíbrio.
 
	Para reações ocorrendo em solução, nas quais as espécies dissolvidas formam uma solução ideal em um solvente líquido, a pressão parcial, na expressão de K, é substituída pela concentração molar relativa à concentração molar padrão (1 mol/L).
	Em outras palavras: P/Pº é substituído por [  ]/[  ]º, onde:
	- Pº = 1 atm (ou 1 bar) 
	- [  ]º = 1 mol/L
	Embora K devesse ser escrito em termos da razão sem dimensão [  ]/[  ]º, é comum escrever K em termos de [  ], onde [  ] é a concentração molar sem unidades.
	Então, para uma reação genérica entre espécies em solução, cuja solução pode ser tratada como ideal:
a A (aq) +	b B (aq) 			c C (aq) +	d D (aq)
K= [C]c . [D]d / [A]a . [B]b
onde as concentrações molares são as do equilíbrio.
	OBS: Na verdade, a Constante de Equilíbrio (K) sob uma perspectiva rigorosa, deveria ser expressa em termos de atividade (a), que pode ser definida como:
para um gás ideal: a = P/Pº
para um soluto em uma solução diluída: a = [  ]/[  ]º
para um sólido ou líquido puro: a = 1, conforme será comentado em equilíbrios heterogêneos, os quais serão vistos mais adiante (note-se que “a” não tem unidades)
	Então, para uma reação genérica, seja em fase gasosa ou em solução, pode-se escrever:
a A +	b B 			c C +		d D 
K= aCc . aDd / aAa . aBb
	Se, a = P/Pº, então K costuma ser designada Kp
Kp = PCc . PDd / PAa. PBb
	Se, a = [  ]/[  ]º, então K costuma ser designada Kc
Kc = [C]c . [D]d / [A]a . [B]b
	Em qualquer um dos casos, K não tem unidades.
	Cabe neste ponto salientar que as atividades podem ser consideradas quantidades empíricas que foram introduzidas para facilitar a escrita da expressão de K.
	As definições de Kp e Kc se aplicam a gases ideais e soluções diluídas, nas quais as interações intermoleculares entre as espécies solúveis ou moléculas gasosas não são importantes.
No caso de gases reais e soluções reais, onde as interações intermoleculares são importantes, é preciso ampliar as definições de atividade.
	A Lei da Ação das Massas resume os resultados experimentais e pode ser enunciada como:
“No equilíbrio, a composição da mistura de reação pode ser expressa em termos de uma Constant de Equilíbrio K (Kc ou Kp) a qual é igual ao produto das concentrações ou pressões parciais dos produtos dividido pelo produto das concentrações (ou pressões parciais) dos reagentes, onde todas as concentrações (ou pressões parciais) são elevadas a potências iguais ao seu coeficiente estequiométrico na reação”.
Constante de Equilíbrio e Cinética
	Pode-se fazer outra abordagem da constante de Equilíbrio.
	Já foi visto que quando o Estado de Equilíbrio é atingido, v1 = v-1.
	Considerando a reação genérica em solução aquosa:
V 1
A(aq)	+	B(aq) 		C(aq) 	+	D(aq)
V-1
	v1 = k1 .[A] . [B]         velocidade da reação direta
	v-1 = k-1 . [C . [D]       velocidade da reação inversa
 
	Se no equilíbrio: v1 = v-1
 
	Então: k1 [A] . [B] = k-1 [C] . [D]
 
	Rearranjando:
K1 / K -1 = [C].[D] / [A].[B]
Logo: K  =   k1 / k-1
 
	Mas supondo que a reação genérica anterior ocorra em duas etapas:
	1ª Etapa:      
V 1
A(aq)	+	B(aq) 		E(aq) 	+	F(aq)
V-1
	2ª Etapa:
V 2
E(aq)	+	F(aq) 		C(aq) 	+	D(aq)
V-2
	Para a 1ª Etapa:	v1 = k1 [A] . [B]
                                   		v-1 = k-1 [E] . [F]
	No equilíbrio:                     	  v1 = v-1
	Resulta:
K1 /K-1 = [E].[F] / [A].[B] 
	Para a 2ª Etapa:   		   v2 = k2 [E] . [F]
                                   			 v-2 = k-2 [C] . [D]
          
	No equilíbrio:                     		  v2 = v-2
	Resulta:                		K2 / K-2 = [C].[D] / [E].[F]
	Multiplicando:				K1 /K-1 X K2 / K-2 
	Obtém-se: 
K1 /K-1 X K2 / K-2 = ([E].[F] / [A].[B]) X( [C].[D] / [E].[F])
	Resulta: 
K1 /K-1 X K2 / K-2 = [C].[D] / [A].[B] X K
	Logo:
	K = K1 X K2 / K-1 X K-2 	
	Conclusão: As etapas intermediárias não interessam no cálculo da Constante de Equilíbrio, ou seja, a Constante de Equilíbrio independe do mecanismo da reação química. Qualquer que seja o mecanismo, sempre se atinge a mesma condição de equilíbrio.
	Ou seja, K só depende dos reagentes iniciais e dos produtos finais, o que é consistente com a relação vista em Termodinâmica:
K  =    e –Gº/RT
 
	Se Gº (G é Função de Estado) não depende do caminho, K também não depende do caminho.
Baseando-se no que foi visto acima, pode-se generalizar:
a A (aq) +	b B (aq) 		c C (aq) 	 +	d D (aq)
	Independente do mecanismo através do qual esta reação se processa, pode-se dizer que:
K (KC) = [C]C.[D]d / [A]a . [B]b
	O que reproduz a Lei da Ação das Massas já vista.
	OBS:   Independente dos valores dos coeficientes estequiométricos (a, b, c, d), K não tem unidades.
Manipulação de Equações Químicas para o Processo de Equilíbrio Químico
	Às vezes é útil ser possível combinar o processo de equilíbrio químico para se obter a equação para alguma  outra reação de interesse.
	Ao se fazer isto, são realizadas várias operações tais como inverter uma equação, multiplicar os coeficientes por algum fator ou adicionar as equações para se obter a equação desejada.
	Em Termoquímica foi visto como tais manipulações afetam os valores de H. Algumas regras diferentes se aplicam às mudanças nas expressões das Constantes de Equilíbrio.
 
Mudando o Sentido de um Equilíbrio
	“Quando o sentido de uma equação é invertido, a nova Constante de Equilíbrio é a recíproca da original”.
	Exemplo:  
PCl3(g)	 + Cl2(g) PCl5(g) Kp  = PPCl5 / PPCl3 . PCl2
	Ao inverter a reação:  
PCl5(g) PCl3(g)	 + Cl2(g) Kp’= PPCl3 . PCl2 / PPCl5
	Ou seja:     Kp’ =  1 / Kp
Manipulação de Equações Químicas para o Processo de Equilíbrio Químico
- Multiplicando os Coeficients por um Fator –
	“Quando os coeficientes em uma equação são multiplicados por um fator, a constante de equilíbrio é elevada a uma potência igual àquele fator”.
	Exemplo: 
H2(g)+ I2(g) 2 HI(g) 	 Kp= PHI2 / PH2 . PI2
	Multiplicando a equação por um fator = 2:
2 H2(g) + 2 I2(g) 4 HI(g) 	 Kp= PHI4 / PH22 . PI22
	Ou seja:     Kp’ = Kp2
 
	OBS:           - Se o fator = n, então Kp’ = Kpn
        	                    - Se o fator = 1/n, então Kp’ = Kp1/n  = n Kp
                           - Se o fator = -n, então Kp’ = Kp-n         
                           - Se o fator = -1/n, então Kp’ = Kp-1/n  =  1 / -n Kp
 
	Pode-se observar, que a inversão de uma equação é um caso particular de multiplicação por um fator igual a -1, logo:     Kp’  =  Kp-1  =  1 / Kp
Manipulação de Equações Químicas 
- Adição de Equações para o Processo de Equilíbrio Químico –
	“Quando um processo de equilíbrio é obtido pela adição de equações, sua Constante de Equilíbrio é obtida pela multiplicação das constantes dos processos adicionados”.
	Exemplo: 
2 N2(g)	+	O2(g)		2 N2O(g)		Kp = PN2O2 / PN22. PO2
2 N2O(g)		+ 	3 O2(g)		4 NO2(g) 	Kp’ = PNO24 / PN2O2. PO23
_____________________________________________________________
2 N2(g)	+	4 O2(g)		4 NO2(g)		KP’’ = PNO24 / PN22. P O24
	Mas:
KP” = (PN2O2 / PN22. PO2 )X (PNO24 / PN2O2. PO23) = (PNO24 / PN22. P O24)
	Logo: Kp”  =  Kp  x  Kp’
 
	Exemplos:
 	
	a) A 25ºC, Kp = 2,86x1024 para a reação:  2 SO2(g)   +   O2(g)        2 SO3(g). Qual é o valor de Kp para a reação: 					SO3(g)        SO2(g)   +   ½ O2(g)
 
	Resolução:
	A equação inicial foi multiplicada por -1/2 para obter a reação final: dividida por 2 e invertida.
	Logo:
KP’ = KP-1/2 = 1 / √ KP = 1 / √ 2,86.10-24 
KP’ 5,91.10-13
b) A 25ºC, as seguintes reações têm as constantes de equilíbrio especificadas:
2 CO(g) + O2(g) 2 CO2(g) Kp1 = 1,35x1090
2 H2(g)  + O2(g) 2 H2O(g) Kp2 = 3,32x1079
	Use estes dados para calcular Kp para a seguinte reação:
H2O(g) + CO(g) CO2(g) + H2(g) 	 Kp = ?
Resolução:
	Fazendo:   Equação 1 x  ½ :      Kp1’ = Kp11/2 = Kp1
	Equação 2 x -1/2 :   Kp2’ = Kp2-1/2  =  1 /  Kp2
	Obtém-se:
CO(g)	+	⅟2 O2(g)		CO2(g)		KP1’ = 1,16.1045
H20		H2(g)	+	⅟2 O2(g)		KP2’ = 1,64.10-40
______________________________________________________
H20	+	CO(g)		H2(g)	+	CO2(g)		KP = KP1’ x KP2’
KP = 1,16 .1045 x 1,64 .10-40
Kp = 1,90 .105
Relação Entre Kp e Kc para Reações em Fase Gasosa
	Quando todos os reagentes e produtos são gases, podem-se formular as expressões da Lei da Ação das Massas em termos de:
	- Pressões Parciais: Kp
	- Concentrações Molares: Kc
 
	Isto é possível por que a concentração molar de um gás é proporcional à sua pressão parcial:
PV = n.R.T   Lei dos Gases Ideais
	Obtém-se:  		P = (n/V) . RT
	Mas:			n/V = concentração molar
	Logo:			P = [  ] .RT
 
	Então, para uma reação genérica em fase gasosa:
a A(g) + 	b B(g)		c C(g) +	d D(g)
Kp= PCc  .  PDd / PAa  .  PBb
Kc= [C]c.[D]d / [A]a  .  [B]b
	Mas:	 PA = [A] . RT
                   	 PB = [B] . RT
                   	 PC = [C] . RT
                   	 PD = [D] . RT
	Então:       
Kp =	[C]c . (RT)c x [D]d . (RT)d / [A]a . (RT)a x [B]b . (RT)b
	Rearranjando: 
Kp = ([C]c. [D]d / [A]a. [B]b) x (RT)(c+d) – (a+b) 
Kc = [C]c. [D]d / [A]a  .  [B]b
	Onde: (c + d) – (a + b) = ng = variação do número de mols gasosos
	Logo:          Kp = Kc . (RT)ng 
	Se: ng  =  0, então: Kp = Kc
	Exemplo:			N2(g) +	 3 H2(g) 	 2 NH3(g) 
	Para esta reação, Kc = 6,0x10-2 a 500ºC. Qual o valor de Kp nesta temperatura?
KP = PNH32 / PN2 . PH22
KC = [NH3]2 / [N2] . [H2]3
	Resolução:
	Kp = Kc . (RT)ng						ng = 2 – 4 = -2
	Kp = 6,0x10-2 . (0,082 x 773)-2				R = 0,082 atm.L/ mol.K
	Kp = 6,0x10-2 x (63,386)-2 = 6,0x10-2 x 2,489x10-4		T = 500ºC + 273 = 773 K
	Kp = 1,49x10-5
Equilíbrios Heterogêneos
	Em um equilíbrio homogêneo, todos os reagentes e produtos estão na mesma fase.
Reações em fase gasosa, estabelecem equilíbrios homogêneos, porque todos os gases misturam-se livremente uns com os outros formando uma única fase.
	Existem também muitos processos em que reagentes e produtos estão dissolvidos na mesma fase líquida.
	Quando existem mais de uma fase em uma mistura de reação, denominamos de reação heterogênea e o equilíbrio que se estabelece é um Equilíbrio Heterogêneo.
	Exemplos:
2 NaHCO3(s) 		Na2CO3(s)	+	H2O(g)	+	CO2(g)
3 Fe(s)		+	4 H2O 		Fe3O4(s)		+	4 H2(g)
	As reações heterogêneas são capazes de alcançar o equilíbrio, assim como as reações homogêneas. 	Considerando o primeiro exemplo, se o NaHCO3 é colocado num recipiente vedado de forma que nenhum CO2 e H2O possam escapar, os gases e os sólidos estabelecem um Equilíbrio Heterogêneo onde existem 3 fases:
2 NaHCO3(s) 		Na2CO3(s)	+	H2O(g)	+	CO2(g)
				Fase 1		 	Fase 2			 Fase 3 
	Aplicando a Lei da Ação das Massas, pode-se escrever a condição de equilíbrio:
Kc = [Na2CO3(s)] . [H2O(g)] . [CO2(g)] / [NaHCO3(s)]2
	Mas o significado de concentração é: “concentração de um componente em uma determinada fase”.
 
	Logo:
	[Na2CO3(s)] = concentração de Na2CO3(s) na fase 2.
	[NaHCO3(s)] = concentração de NaHCO3(s) na fase 1.
 
	Mas a concentração de fases sólidas (ou líquidas) puras é constante, pois o número de mols da substância por unidade de volume da própria substância é imutável e independe do tamanho da amostra.
	Exemplo:
 => concentração molar = 1 mol / 0,0389 L = 25,7 mol / L
 => concentração molar = 2 mol / 0,0778 L = 25, 7 mol / L
	Portanto, a lei de equilíbrio para as reações que envolvem líquidos e sólidos puros pode ser escrita de uma forma ainda mais simples, pois:
	[NaHCO3] = constante
	[Na2CO3] = constante
 
	Logo:  
K . ( [NaHCO3(s)]2 . [Na2CO3(s)] ) = [H2O(g)] . [CO2(g)] = Kc
				 	 
						Fatores Constantes	Fatores Variáveis
	Assim, para equilíbrios heterogêneos, a expressão da Constante de Equilíbrio não inclui as concentrações de sólidos puros ou líquidos puros, pois os mesmos têm concentração constante. Convenciona-se incorporar a concentração constante de qualquer fase líquida ou sólida pura, no valor de Kc.
 
	Considerando o exemplo anterior:
2 NaHCO3(s) 		Na2CO3(s)	+	H2O(g)	+	CO2(g)
Kp = ([Na2CO3(s)] . [H2O(g)]. [CO2(g)] / [NaHCO3(s)]2) x (RT)ng
Kp = ([Na2CO3(s)] . [H2O(g)]. [CO2(g)] / [NaHCO3(s)]2) x (RT)ng
Kp = [H2O(g)]. [CO2(g)] x (RT)ng
Kc = [H2O(g)]. [CO2(g)]
Kp = Kc . (RT)2
ng = 2 – 0 = 2 (2 mols gasosos de produtos e “0” mols gasosos de reagentes)
	O fato de as concentrações de NaHCO3 e Na2CO3 não aparecerem na expressão da Constante de Equilíbrio, significa que o equilíbrio não é influenciado pelas quantidades destas substâncias, desde que as mesmas estejam presentes.
	Obviamente, estas simplificações aplicam-se apenas quando se está tratando com fases condensadas puras.
Fazendo raciocínio semelhante, também se omite a concentração do solvente na expressão de Kc, no caso de equilíbrio homogêneo em solução no qual o solvente participa da reação. Obviamente, isto representa uma aproximação.
	Exemplo:		CCl3COOH(aq)	+	H2O(ℓ) 		CCl3CO2-(aq)	+ 	H3O+(aq)
Kc = [CCl3CO2-(aq)] . [H3O+(aq)] / [CCl3COOH(aq)]
	OBS: A Termodinâmica trata do processo de equilíbrio heterogêneo de uma maneira mais elegante por demonstrar a expressão da Lei da Ação das Massas em termos de “atividades”, que significa “concentrações efetivas”. Ao fazer isso, a termodinâmica define atividade de qualquer líquido ou sólido puro como igual a “1”, o que significa que os termos que envolvem tais substâncias podem ser omitidos da expressão da Lei da Ação das Massas.
	Para o exemplo anterior:
2 NaHCO3(s) 		Na2CO3(s)	+	H2O(g)	+	CO2(g)
Kc = a H2O . a CO2 . a NA2CO3 / a NAHCO32
a NA2CO3 = 1
a NAHCO32 = 1
Kc = a H2O . a CO2 . 1/ 1
	Logo:					Kc = a H2O . a CO2
	Mas:					a H2O = [H2O(g)] / 1 mol/L
							a CO2 = [CO2(g)] / 1 mol/L
	Entao:					Kc = [H2O(g)] . [CO2(g)]
A significância da Magnitude da Constante de Equilíbrio
	O valor da Constante deEquilíbrio mostra se a reação é favorável aos produtos ou aos reagentes. Concentrações ou pressões parciais de produtos aparecem no numerador e as concentrações ou pressões parciais dos reagentes aparecem no denominador.
	Se os produtos são relativamente abundantes no equilíbrio, o numerador será grande e o denominador pequeno Þ  Portanto K é grande quando a mistura no equilíbrio é formada principalmente pelos produtos.
	Em contraposição, se o numerador é pequeno e o denominador grande  Þ  K é pequeno e o equilíbrio é atingido com pouca formação de produtos.
	Exemplo:
		NO(g)	+	O3(g)		NO2(g) 	+	O2(g)		Kc = 6,0 . 1034 a 35°C
O que significa que: 		[NO2(g)] . [O2(g)] / [NO(g)] . [O3(g)] = 6,0 . 1034 / 1
K>>>>1 => [NO2(g)]eq . [O2(g)]eq >>> [NO(g)]eq . [O3(g)]eq
		N2(g)	+	O2(g)		2 NO(g)			Kc = 4,8 . 10-31 a 25°C
O que significa que:		[NO(g)]2 / [N2(g)] . [O2(g)] = 4,8 / 1031
Kc <<<< 1 => [NO(g)]eq <<< [N2(g)]eq . [O2(g)]eq
		Para resumir:
Valores grandes de K (K > 103) => equilíbrio favorece os produtos.
K extremamente grande (K >>>> 1) => reação quase completa.
Valores intermediários de K (10-3 < K < 103) => equilíbrio não favorece nem reagentes nem produtos.
K  1 (K é da ordem de grandeza de 1) =>  [Produtos]eq    [Reagentes]eq => no equilíbrio a reação ocorreu em torno da “metade”.
Exemplo: 		CO(g) + 3 H2(g)     CH4(g) + H2O(g)               Kc = 3,92 a 1200K
Valores pequenos de K (K < 10-3) => equilíbrio favorece reagentes.
K extremamente pequeno (K <<<< 1) => reação praticamente não ocorre.
			
			
Previsão da Direção do Avanço da Reação
- Quociente de Reação –
	Supondo-se que a mistura de reação tem concentrações arbitrárias. Como se pode saber se ela tem mais tendência a formar produtos ou a se decompor em reagentes?
 
	Para responder esta questão é preciso, em primeiro lugar, conhecer a Constante de Equilíbrio. Depois é preciso calcular o Quociente de Reação (Q) a partir da composição real da mistura de reação e comparar Q com K.
	O Quociente de Reação (Q) tem a mesma expressão de K, mas as concentrações, ou pressões parciais, referem-se a qualquer ponto da reação, não necessariamente os valores do equilíbrio. No Equilíbrio, Q = K.
 
	Comparando Q e K:
 
	Se Q > K Þ Excesso de Produtos: as concentrações ou pressões parciais dos produtos estão muito altas (ou as concentrações ou pressões parciais dos reagentes estão muito baixas) para o equilíbrio Þ logo, a reação tende a se processar no sentido dos reagentes (R ¬ P), até Q = K.
	Se Q < K Þ Excesso de Reagentes: as concentrações ou pressões parciais dos produtos estão muito baixas (ou as concentrações ou pressões parciais dos reagentes estão muito altas) para o equilíbrio Þ logo, a reação tende a se processar no sentido dos produtos (R ® P), até Q = K.
 	Se Q = K Þ A reação está em Equilíbrio e não apresenta tendência a ocorrer em nenhuma direção.
 
	Estas tendências podem ser vistas quando se analisa o gráfico de Energia Livre de uma mistura de reação em função das mudanças de composição:
	A reação tende a se processar na direção da composição do ponto mais baixo da curva, ponto de Energia Livre mínima, correspondente ao Equilíbrio.
	Para um sistema em equilíbrio, qualquer mudança (seja na direção da reação direta ou da inversa) levaria ao aumento de Energia Livre, logo nenhuma mudança seria espontânea.
 	Quando o mínimo da curva de Energia Livre está muito próximo dos produtos, o equilíbrio favorece fortemente os produtos e a reação será praticamente completa.
 	Quando o mínimo da curva de Energia Livre está muito próximo dos reagentes, o equilíbrio favorece fortemente os reagentes e a reação praticamente não acontece.
 	Sempre que Q < K Þ a composição da mistura de reação se situa entre a composição de equilíbrio e reagentes puros e, portanto, a reação está avançando.
 	Sempre que Q > K Þ a composição da mistura de reação se situa entre a composição de equilíbrio e produtos puros e, portanto, a reação está retrocedendo.
 	“A reação apresenta tendência a formar produtos se Q < K e a formar reagentes se Q > K”.
 
	Exemplo:
	a) Uma mistura H2, I2 e HI, todos em 0,55 atm, foi introduzida em um recipiente aquecido até 783 K. Nessa temperatura, Kp = 46 para:
H2(g)  +  I2(g)    2 HI(g)
Qual a tendência: formação de HI ou decomposição de HI?
 
	Resolução:
Q = PHI2 / PH2 . P I2 = (0,55)2 / 0,55 . 0,55 = 1
Q <  Kp  tendência à formação HI até Q = Kp
 
	b) Uma mistura H2, N2 e NH3 com pressões respectivas de 0,2 atm, 0,4 atm e 0,8 atm foi introduzida em um recipiente aquecido até 127ºC. Nessa temperatura Kp = 41 para:
3 H2(g)  +  N2(g)    2 NH3(g)
	Qual a tendência: formação de NH3 ou decomposição de NH3?
 
	Resolução:
Q = PNH32 / PH23 . PN2 = (0,8)2 / (0,2)3 . 0,4 = 200
	Q  > Kp  tendência à decomposição de NH3 até Q = Kp.
O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Adição ou Remoção de Reagente ou Produto –
	A expressão de equilíbrio, na forma de Kp ou Kc, pode ser usada para realizar cálculos para diversos sistemas, como será visto mais adiante.
	Mas muitas vezes se deseja simplesmente prever como alguma perturbação pode afetar a posição de equilíbrio de um sistema, muito frequentemente com o objetivo de otimizar rendimento de reação. Por exemplo, que condições favorecem a formação de produtos?
 	- Altas ou baixas temperaturas?
	- Altas ou baixas pressões?
 
	Estas perguntas podem ser respondidas pelo “Princípio de Lê Chatelier” que pode ser enunciado como:
“Se uma influência externa perturba um sistema em equilíbrio, este sistema sofre uma mudança num sentido que se opõe à influência que o perturba, e conforme o sistema se ajusta a uma nova situação de equilíbrio, a composição do sistema no novo equilíbrio torna-se mais rica em produtos ou mais rica em reagentes”.
 
	Vamos examinar que tipos de “influências externas” podem afetar o processo de equilíbrio químico e que fatores não afetam a posição do equilíbrio.
 
Fatores que Afetam a Posição do Equilíbrio Químico
 	a1) Adição ou Remoção de Reagente ou Produto
	Se for adicionado ou removido um reagente ou produto, uma das concentrações do sistema sofre alteração.
Isto muda o valor de Q tornando Q    K. Uma das velocidades (v1 ou v-1) também sofre alteração de forma que v1   v-1. O que resulta é um equilíbrio perturbado.
	Para o sistema retornar ao equilíbrio, as concentrações devem se reajustar de forma que novamente Q = K e v1 = v-1. Isto ocorre, pois o sistema reage e a reação ocorre no sentido direto ou inverso até novo equilíbrio ser atingido.
	O Pricípio de Lê Chatelier permite prever:
“Um equilíbrio reage no sentido de consumir parcialmente um reagente ou produto adicionado ou de recolocar parcialmente um reagente ou produto removido”.
	Resumo:
	Por que o consumo de reagente ou produto adicionado é parcial?
	Por que a reposição de reagente ou produto removido é parcial?
 
	Analisando o equilíbrio:
H2(g)  +  I2(g)    2 HI(g)
	Para este equilíbrio:
KC = [HI]2 / [H2] . [I2]
	1º) Supondo-se adição de H2   R    P
	Como ficam as concentrações no equilíbrio final? Parte do H2 adicionado é consumida para formar mais HI à custa de consumo de parte de I2.
	No equilíbrio final:
	[HI]  : houve formação
	[I2]  : houve consumo
	[H2] : o excesso adicionado não é totalmente consumido
	Keq final = Keq inicial      temperatura constante
Keq final = [HI]2 / [H2] . [I2]
Keq final = []2 / [] . []
									
					Esta concentração precisa ser maior que a concentração inicial para K = constante
	2º) Supondo-se remoção de H2   R    P
	Como ficam as concentrações no equilíbrio final? Parte do HI é consumida para suprir parcialmente a perda de H2, custas de formação de mais I2.
	No equilíbrio final:
	[HI] ¯: houve consumo
	[I2] : houve formação
	[H2]¯: a quantidade removida é somente parcialmente reposta
	Keq final = Keq inicial  Þ    temperaturaconstante
Keq final = [HI]2 / [H2] . [I2]
Keq final = []2 / [] . []
		 
Esta concentração precisa ser menor que a concentração inicial para K = constante
	OBS: Em que casos um excesso adicionado é totalmente consumido ou uma remoção é totalmente reposta?
	Exemplo:              		 CaCO3(s)          CaO(s)   +   CO2(g)
           Kc = [CO2]
 
	Neste caso se for adicionado ou removido CO2, o consumo do excesso tem que ser total e a reposição tem que ser total, pois a [CO2] não pode variar.
O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Variação da Temperatura-
	a2) Variação da Temperatura
	A temperatura é o ÚNICO fator que afeta o valor de K, ao provocar alteração da posição do equilíbrio. 
	O valor de K de uma reação é fixo somente enquanto a temperatura s mantiver constante. 
	Analisando a reação:
3H2(g)	+		N2(g)		2 NH3(g)			H < 0
	Se esta reação (sentido direto) é exotérmica e o calor é liberado, pode-se considerar o calor como um produto de reação:
3 H2(g)		+	N2(g)		2 NH3(g)			+calor
	Se a este sistema em equilíbrio for adicionado calor, por aumento de temperatura, o Princípio de Le Chatelier prevê que o sistema reagirá no sentido de consumir o calor adicionado, ou seja: o equilíbrio se desloca no sentido endotérmico que, neste caso, é o sentido inverso:
 
K = [NH3]2 / [N2] . [H2]3
K = [ ]2 / [ ] . [ ]3 
	Se deste sistema em equilíbrio for removido calor, por diminuição de temperatura, o Princípio de Lê Chatelier prevê que o sistema reagirá no sentido de produzir calor, para repor o calor retirado, ou seja: o equilíbrio se desloca no sentido exotérmico que, neste caso, é o sentido direto:
K = [ ]2 / [ ] . [ ]3 
	Um raciocínio semelhante pode ser feito para uma reação (sentido direto) endotérmica:
Reagentes     Produtos                        H > 0
 
	Se neste caso calor é consumido, pode-se considerar calor como reagente:
Reagentes   +   calor     Produtos
 
Resumo:
Elevação de Temperatura Þ Desloca o equilíbrio no sentido de consumo de calor: Sentido Endotérmico
Abaixamento de Temperatura Þ Desloca o equilíbrio no sentido de produção de calor: Sentido Exotérmico
	Equação de Van´t Hoff para a constante de equilíbrio em duas diferentes temperaturas: 
	Dedução da Equação de Van’t Hoff
	Relação quantitativa entre as constantes de equilíbrio da mesma reação em duas temperaturas diferente, T1 e T2.
		
	Rearranjando,
 		
	Subtraindo,
 
	Neste ponto é introduzida a definição de ∆G°r em termos de ∆H°r e ∆S°r :
 	
	
	Substituindo na equação anterior:
	Assumindo que ∆H°r e ∆S°r sejam aproximadamente independentes da temperatura na faixa de interesse.
	Fazendo esta aproximação, as entropias de reação se cancelam e a seguinte equação é obtida:
______________________________________________________________________________________________
OBS:     1º) A temperatura influencia os valores das constantes cinéticas das reações direta e inversa, conforme foi esquematizado anteriormente.
 
              2º) Pode-se observar que a constante cinética de reações endotérmicas é mais sensível à elevação ou ao abaixamento de temperatura.
O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Variação de Volume de Reações Gasosas –
	a3) Variação de Volume de Reações Gasosas
	A alteração do volume de um sistema composto por reagentes e produtos gasosos, muda as suas concentrações molares e suas pressões parciais.
 
	Se V ↓  concentrações molares↑ e pressões parciais↑
	Se V ↑     concentrações molares ↓ e pressões parciais↓
 
	Considerando o equilíbrio:
2 NO2(g)              N2O4(g)
					gás castanho avermelhado              gás incolor
 
	Se for reduzido o volume da mistura de reação, a pressão aumenta. O sistema pode opor-se ao aumento de pressão se for capaz de reduzir o número de moléculas de gás, porque um menor número de moléculas exerce menor pressão.
	Se a reação avançar no sentido direto, para cada molécula de N2O4 que surge, duas moléculas de NO2 desaparecem => o número de moléculas gasosas diminui.
	Se for aumentado o volume da mistura de reação, a pressão diminui. O sistema pode opor-se à diminuição de pressão se for capaz de aumentar o número de moléculas de gás, porque um maior número de moléculas exerce maior pressão.
	Se a reação retroceder no sentido inverso, para cada molécula de N2O4 que desaparece, duas moléculas de NO2 surgem Þ o número de moléculas gasosas aumenta.
	Resumo:
Diminuição de Volume =>  P  : Equilíbrio se desloca no sentido do MENOR número de mols gasosos
 
Aumento de Volume =>  P  ¯  : Equilíbrio de desloca no sentido do MAIOR número de mols gasosos
 
	Agora analisando o seguinte equilíbrio:
H2(g)   +   I2(g)        2 HI(g)
						2 mols gasosos   	    2 mols gasosos
 
	Em qualquer sentido que a reação prosseguir, não haverá mudança do número de moléculas gasosas. Logo esta reação não pode responder a mudanças de pressão e, então; ao ser mudado o volume do recipiente de reação não ocorrerá efeito sobre o equilíbrio.
	Fazendo-se outra abordagem do efeito da variação de volume: 	
	Exemplo:
	1º)		 2 NO2(g)              N2O4(g)                                  Kc = 25 (298 K)
 
	2º)		 H2(g)   +   I2(g)        2 HI(g)                                   Kc = 54 (700 K)
 
	Supondo-se que ambos os sistemas estejam em equilíbrio nas temperaturas especificadas.
	1°)	 [N2O4]eq = 0,25mol/L					Kc = [N2O4] / [NO2]2 = (0,25) / (0,1)2 = 25
			[NO2]eq = 0,10 mol/L
	2°)	[HI]eq = 1,8 mol/L
			[H2]eq = 0,2 mol/L			Kc = [HI]2 / [H2].[I2] = (1,8)2 / (0,2).(0,3)= 54
			[I2]eq = 0,3 mol/L
	Se o volume for reduzido à metade, as concentrações dobram:
	1°) 	[N2O4]eq = 0,50mol/L			Q = 0,50 / (0,20)2 = 12,5 Kc		Q < Kc
			[NO2]eq = 0,20 mol/L
	Logo:	2 NO2(g) -> N2O4(g) até Q = Kc
	2°)	[HI]eq = 3,6 mol/L
			[H2]eq = 0,4 mol/L			Q = (3,6)2 / 0,4 . 0,6 = 54 = Kc
			[I2]eq = 0,6 mol/L		Q = Kc => Equilíbrio não é alterado por variação de volume
	OBS: Alterações moderadas de pressão essencialmente não têm efeito sobre reações que envolvem SOMENTE líquidos ou sólidos. Substâncias nesses estados físicos são virtualmente incompressíveis.
O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Adição de Solvente em Reações em Solução-
	a4) Adição de Solvente em Reações em Solução
	A adição de solvente a um equilíbrio em solução, diminui as concentrações das espécies dissolvidas.
	Considerando o equilíbrio:
Cu(H2O)42+(aq)     +    4 Cl-(aq)         CuCl42-(aq)     +     4 H2O(l)
					azul                                                  amarelo 
	Ao se aumentar o volume da mistura de reação por adição de solvente, todas as concentrações diminuem. O sistema pode opor-se a esta diluição generalizada se for capaz de aumentar a concentração de espécies dissolvidas por deslocamento de equilíbrio.
	Se a reação avançar no sentido direto, para cada mol aquoso de CuCl42- que surge, 5 mols aquosos desaparecem (1 mol de Cu(H2O)42+e 4 mols de Cl-) Þ a concentração do sistema (como um todo) diminui mais ainda.
	Mas se a reação retroceder no sentido inverso, para cada mol aquoso de CuCl42- que desaparece, surgem 5 mols aquosos (1 mol de Cu(H2O)42+ e 4 mols de Cl-) Þ a concentração do sistema (como um todo) aumenta e compensa a diluição.
	Outra forma de abordar o efeito da diluição:
Cu(H2O)42+(aq)     +    4 Cl-(aq)         CuCl42-(aq)     +     4 H2O(l)
Kc = [CuCl42-] / [Cu(H2O)42+].[Cl-]4
	Se o volume for dobrado, as concentrações se reduzem à metade. Como fica Q?
 
		Q    =	[CuCl42- ] / 2 / [Cu(H2O)42+] / 2 . [Cl-]4/2
		Q    =	[CuCl42- ] / [Cu(H2O)42+] . [Cl-]4/16
		Q = 	[CuCl42- ] / [Cu(H2O)42+] . [Cl-]4 x 16 => Q = Kc x 16 => Q > Kc
				 
					 Kc
	Logo, para o sistema voltar ao equilíbrio, a reação devese deslocar de forma a diminuir Q, ou seja, no sentido inverso. Mas o sentido inverso é o sentido em que aumentam as concentrações, pois aumenta o número de mols aquosos.
	Conclusão: Quando se adiciona solvente em um equilíbrio em solução, a reação se desloca no sentido do MAIOR número de mols aquosos.
	OBS: Para uma reação genérica em solução:
A(aq)   +   B(aq)       2 C(aq)
2 mols aquosos         2 mols aquosos
	Este equilíbrio não sofre o efeito da diluição, conforme se pode ver a seguir:
Kc = [C]2 / [A].[B] 
	Se o volume for dobrado, as concentrações se reduzem à metade. Como fica a Q?
Kc = ([C]/2)2 / [A]/2 .[B]/2 
Kc = [C]2/4 / [A]/2 .[B]/2 
Kc = [C]2 / [A] .[B] = Kc => Q = Kc
	Como Q continua igual à Kc, não ocorre deslocamento deste equilíbrio por efeito de diluição.
O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Adição de Gás Inerte a Reações Gasosas em Condições de Pressão Constante –
	a5) Adição de Gás Inerte a Reações Gasosas em Condições de Pressão Constante
	Gás inerte é um gás que não reage com qualquer dos gases já presentes.
	Se o gás inerte for adicionado à mistura em equilíbrio e o volume permanecer constante, vai ocorrer aumento da pressão total:
	Para a pressão total permanecer constante e P1 = P2, é preciso que o volume aumente quando o gás inerte for adicionado: V1 < V2:
	Mas: ao aumentar o volume, as concentrações molares (e as pressões parciais) das espécies em equilíbrio acabam diminuindo.
	Logo: O efeito sobre o equilíbrio é o mesmo efeito do aumento de volume, ou seja: o equilíbrio se desloca no sentido do MAIOR número de mols gasosos.
O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que NÃO Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Adição de Catalisador –
	b1) Adição de Catalisador
	Os catalisadores são substâncias que afetam as velocidades das reações químicas sem serem consumidos.
No entanto, não afetam o estado inicial e o estado final da reação e, portanto, não afetam Gº.
	
	Como a posição do equilíbrio depende de Gº , o qual não é afetado pela adição de catalisador, a posição do equilíbrio não se altera:
Kc (ou Kp)  =   e-(Gº/RT)
	Na verdade, um catalisador afeta tanto a velocidade da reação direta como a velocidade da reação inversa. 	Então, adicionando catalisador ao sistema, não existe efeito sobre a composição de equilíbrio do sistema. O único efeito do catalisador é trazer o sistema ao equilíbrio mais rapidamente.
	O Princípio de Le Chatelier e o Equilíbrio Químico
- Fatores que NÃO Afetam a Posição do Equilíbrio Químico - 
- Adição de Gás Inerte a Reações Gasosas à Volume Constante-
	b2) Adição de Gás Inerte a Reações Gasosas à Volume Constante
	Como foi visto anteriormente, uma mudança de volume não é a única forma de alterar a pressão em um sistema em equilíbrio de reagentes e produtos gasosos.
	A pressão também pode ser modificada mantendo-se o mesmo volume e adicionando gás inerte.  Neste caso, a pressão total aumenta, MAS as concentrações molares e as pressões parciais dos reagentes e produtos não mudam. Portanto Q continua sendo igual a K (Kc ou Kp).
 	Logo, NÃO haverá mudança na posição do equilíbrio.
	b3) Adição de Reagente ou Produto que seja  Sólido ou Líquido
	Já foi visto em equilíbrio heterogêneo que as concentrações de sólidos ou líquidos puros são concentrações constantes e não aparecem na expressão da Constante de Equilíbrio.
	Exemplos:
 	1º) 		C2H5OH(l)   +  3 O2(g)     2 CO2(g)   +   3 H2O(g)
Kc = [CO2]2.[H2O]3 / [O2]3
	2º) 		2 HCl(g)   +   I2(s)     2 HI(g)   +   Cl2(g)
Kc = [HI]2.[Cl2] / [HCl]2
	
	Uma vez que os equilíbrios acima se estabeleçam, a adição ou remoção de C2H5OH(l) no primeiro equilíbrio ou a adição ou remoção de I2(s) no segundo equilíbrio, não provoca alteração do valor das concentrações das outras espécies e, portanto, não provoca deslocamento dos equilíbrios pois Q continua igual à K.
 
	OBS: Note-se, no entanto, que qualquer outro fator que provoque deslocamento nestes equilíbrios, seja no sentido direto ou inverso, acarreta variação nas quantidades dos componentes: líquido (1º exemplo) e sólido (2º exemplo).
Aplicação do Princípio de Le Chatelier
	Para o seguinte sistema em equilíbrio, usar o Princípio de Lê Chatelier para prever a consequência que a mudança indicada na primeira coluna da tabela a seguir tem sobre os parâmetros indicados nas demais colunas.
	OBS: Cada mudança é aplicada separadamente ao sistema.
Ni(s)  +  4 CO(g)	   Ni(CO)4(g)             H = -161 kJ/mol
 
	Perturbação
	Deslocamento
	K
	Q
	Quantidade de Ni
	Quantidade de CO
	Quantidade de Ni(CO)4
	Adição de Ni(s)
	Não desloca
	Não varia
	Q = K
	
	Não varia
	Não varia
	Adição de CO(g)
	
	Não varia
	Q < K
	
	
	
	Adição de Ni(CO)4(g)
	
	Não varia
	Q > K
	
	
	
	Remoção de Ni(s)
	Não desloca
	Não varia
	Q = K
	
	Não varia
	Não varia
	Remoção de CO(g)
	
	Não varia
	Q > K
	
	
	
	Remoção de Ni(CO)4(g)
	
	Não varia
	Q < K
	
	
	
	Elevação de Temperatura
	
	
	Q > K
	
	
	
	Abaixamento de Temperatura
	
	
	Q < K
	
	
	
	Aumento de Volume
	
	Não varia
	Q > K
	
	
	
	Redução de Volume
	
	Não varia
	Q < K
	
	
	
	Adição de N2 a P constante
	
	Não varia
	Q > K
	
	
	
	Adição de N2 a V constante
	Não desloca
	Não varia
	Q = K
	Não varia
	Não varia
	Não varia
	Adição de Catalisador
	Não desloca
	Não varia
	Q = K
	Não varia
	Não varia
	Não varia
Cálculos de Equilíbrio
- de Kp ou Kc a partir de Concentrações ou Pressões Parciais de Equilíbrio –
	Podem-se dividir os cálculos de Equilíbrio em duas categorias principais:
Cálculo da Constante de Equilíbrio (Kc ou Kp) a uma certa temperatura a partir das concentrações molares de equilíbrio ou pressões parciais de equilíbrio conhecidas nesta temperatura.
Cálculo de uma ou mais concentrações molares de equilíbrio ou pressões parciais de equilíbrio usando o valor de Kc ou Kp conhecidos a uma certa temperatura.
Cálculo de Kc ou Kp a partir de Concentrações Molares ou Pressões Parciais de Equilíbrio
	a1) Uma das maneiras de determinar Kc é realizar a reação, medir as concentrações molares de reagentes e produtos após o equilíbrio ter sido alcançado e usar estas concentrações na expressão da Lei da Ação das Massas.
	- Exemplo 1:
	Quando 0,0350 mol de N2O4 é colocado em um frasco de 1 litro a 25ºC, as concentrações de N2O4 e NO2 em equilíbrio são:
	[N2O4]eq = 0,0292 mol/L
	[NO2]eq = 0,0116 mol/L               
 
	Kc para a reação:
	N2O4(g)    2 NO2(g)
 
	Pode ser calculada por:
	Kc = [NO2]2    =      (0,0116)2    =  4,61x10-3		Kc =  4,61x10-3    (a 25ºC)
      		   [N2O4]             0,0292	
	a2) Às vezes as concentrações molares iniciais de todos os reagentes e produtos são conhecidas, mas no equilíbrio somente é possível determinar a concentração molar de um dos reagentes ou de um dos produtos.
	Neste caso, a idéia é a de que todas as variações de concentração podem ser expressas em termos de uma incógnita (geralmente “x”) e dos coeficientes estequiométricos da equação balanceada.
	- Exemplo 2:
	Em uma certa temperatura, uma mistura de H2 e I2 foi preparada colocando-se 0,200 mol de H2 e 0,200 mol de I2 dentro de um frasco de 2 litros. Após um certo tempo o equilíbrio abaixo foi estabelecido:
H2(g)   +   I2(g)        2 HI(g)
	A cor púrpura do vapor de I2 foi usada para monitorar a reação e a partir da intensidade reduzida da cor púrpura foi determinada que, em equilíbrio, a concentração de I2 tinha diminuído para 0,02 mol/L. 	Calcular Kc para essa temperatura. 
	Resolução:
H2(g)      +      I2(g)          2 HI(g)
	Conc. Inicial (mol/L)                    0,100              0,100              0,0
	Conc. Equilíbrio (mol/L)             (0,100-x)        (0,100-x)        2x
 
	Mas:              [I2]eq = (0,100 – x) = 0,020 mol/L
	Logo:              x = 0,0100 – 0,0020 = 0,080 mol/L
	Então:[I2]eq = 0,020 mol/L
 	                       [H2]eq = 0,100 – 0,080 = 0,020 mol/L
	                        [HI]eq = 2 x 0,080 = 0,160 mol/L
 
	E:	Kc = [HI]2 / [H2].[I2] = (0,160)2 / (0,020).(0,020) = 64		Kc = 64 (nesta temperatura)
	- Exemplo 3:
	A 25ºC, 0,028 mol de O2 e 0,010 mol de N2O foram colocados em um recipiente de 0,5 litro onde o seguinte equilíbrio foi estabelecido:
2 N2O(g)    +   3 O2(g)      4 NO2(g)
	No equilíbrio, a concentração de NO2 foi 0,020 mol/L. Qual o valor de Kc a 25ºC?
 
	Resolução:
	                                                       2 N2O(g)    +   3 O2(g)    ↔   4 NO2(g)
	Conc. Inicial (mol/L)                   0,056              0,020              0,0
	Conc. Equilíbrio (mol/L)             (0,056-2x)      (0,020-3x)      4x
 
	Mas:          [NO2]eq = 4x = 0,020 mol/L
 
	Logo:          x = 0,020/4 = 0,005 mol/L
 
	Então:        [N2O]eq = 0,056 – 2 x 0,005 = 0,046 mol/L
	                    [O2]eq = 0,020 – 3 x 0,005 = 0,005 mol/L
	                    [NO2]eq = 0,020 mol/L
 	E:
Kc = [NO2]4 / [N2O]2. [O2]3 = (0,020)4 / (0,046)2.(0,005)3 = 604,9		Kc = 604,9 (a 25ºC)
	a3) Às vezes as informações sobre a situação de equilíbrio, são menos diretas. Estes casos normalmente envolvem reações gasosas onde pode ser determinada a pressão total na situação de equilíbrio. No entanto, é preciso que se disponha de alguma informação adicional para que a composição da mistura em equilíbrio possa ser determinada.
	- Exemplo 4:
	Uma amostra de 0,831 grama de SO3 é colocada num recipiente de 1 litro e aquecida a 1100 K. O anidrido sulfúrico sofre decomposição de acordo com a equação:
2 SO3(g)      2  SO2(g)   +   O2(g)
	No equilíbrio, a pressão total no recipiente é 1,300 atm. Calcular Kp a 1100 K e o grau de dissociação (a) do SO3 nesta temperatura. 
	Resolução:
	Considerando que no instante inicial, não ocorre decomposição do SO3:
	Pressão inicial do SO3 = n.R.T / v 
					= m.R.T / M.v 
					= 0,831 g . 0,082 atm.L.mol-1.K-1.1100 K / 80 g.mol-1 . 1L 
					= 0,937 atm
          		                    	 	 2 SO3(g)      2  SO2(g)   +   O2(g)
	Pressão inicial (atm)                0,937                     0,0                  0,0
	Pressão equilíbrio (atm)      (0,937-2x)               2x                     x
	Pressão total no equilíbrio = 1,300 atm = (0,937 -2x) + (2x) + (x) = 0,937 + x
 
	Logo:          1,300 = 0,937 + x
 
	E:                x = 1,300 – 0,937 = 0,363 atm
 
	Então:        (PSO3)eq = 0,937 – 2 x 0,363 = 0,211 atm
                    	 (PSO2)eq = 2 x 0,363 = 0,726 atm
                  	 (PO2)eq = 0,363 atm
	E:		Kc = (PSO2)2.(PO2) / (PSO3)2 = (0,726)2.(0,363) / (0,211)2 = 4,30	Kp = 4,30 (a 1100 K)
α : quantidade dissociada/quantidade inicial = 2x / 0,937 = 0,726 / 0,937 = 0,775	(77,5 % dissociado)
	- Exemplo 5:
	PCl5 puro é introduzido em uma câmara evacuada atingindo o equilíbrio à 250ºC com uma pressão total no equilíbrio de 2,00 atm, segundo a equação:
PCl5(g)        PCl3(g)   +    Cl2(g)
	A mistura em equilíbrio contém 40,7 % de cloro. Calcular Kp e o grau de dissociação (a) do PCl5 a 250ºC.
	Resolução:
   	                                                    PCl5(g)        PCl3(g)    +     Cl2(g)
	Início:                                                 ?                        0,0                0,0     
	Equilíbrio:                                     18,6%                 40,7%           40,7%
 
	Mistura gasosa em equilíbrio = 18,6% + 40,7% + 40,7% = 100%
 
	OBS: Se no início não tinha nada de PCl3 e Cl2, no equilíbrio os dois gases devem estar presentes na mesma quantidade molar, pois ambos formam-se na mesma proporção estequiométrica.
	Logo:          (PPCl5)eq =  2 atm x 0,186 = 0,372 atm
	                    (PPCl3)eq =  2 atm x 0,407 = 0,814 atm
	                    (PCl2)eq =  2 atm x 0,407 = 0,814 atm
 
	E: 	Kc = (PPCL3).(PCL2) / (PPCL5) = (0,814).(0,814) / (0,372) = 1,78		Kp = 1,78 ( a 250ºC)
α : quantidade dissociada/quantidade inicial = 0,814 / (0,372 + 0,814) = 0,686 
		(68,6 % dissociado a 250ºC)							
								 quant. + quant. = quant.
								 restante dissociado inicial
- Exemplo 6:
Sabendo que a 25ºC e uma pressão total de equilíbrio de 0,250 atm, o brometo de nitrosila está 34,0% dissociado, de acordo com:
2 NOBr(g)         2 NO(g)   +   Br2(g)
Calcular o valor de Kp a 25ºC.
 
Resolução:
                                                       2 NOBr(g)         2 NO(g)    +    Br2(g)
pressão inicial (atm)                          x                             0,0              0,0
pressão equilíbrio (atm)             (x – 0,340x)                0,340x        0,170x
 
Pressão total no equilíbrio         = 0,250 atm = (x – 0,340x) + 0,340x + 0,170x = x + 0,17x
 
Então:        0,250 atm = x + 0,170x = 1,170x
 
E:                x = 0,250 / 1,170 = 0,214 atm
 
Logo:          (PNOBr)eq =  0,214 – 0,340 x 0,214  =  0,141 atm
                    (PNO)eq =  0,340 x 0,214  =  0,0728 atm
                    (PBr2)eq =  0,170 x 0,214  =  0,0364 atm
 
E: 			Kp = (PNO)2.(PBR2) / (PNOBR)2 = (0,0728)2.(0,0364) / (0,141)2 = 9,70.10-3 Kp = 9,70x10-3 (a 25ºC)
Cálculos de Equilíbrio
- de Concentrações ou Pressões Parciais de Equilíbrio Usando Kc ou Kp -
Cálculo de Concentrações Molares ou Pressões Parciais de Equilíbrio Usando Kc ou Kp
	b1) No caso mais simples , todas as concentrações de equilíbrio são conhecidas, com exceção da concentração de apenas um componente.
	- Exemplo 7:
	A reação reversível:		CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3 H2(g)
tem sido usada como uma fonte comercial de hidrogênio. A 1500ºC, uma mistura de equilíbrio destes gases foi encontrada tendo as seguintes concentrações:
	[CO]eq = 0,300 mol/L
	[H2]eq = 0,800 mol/L
	[CH4]eq = 0,400 mol/L 
	A 1500ºC, Kc = 5,67 para esta reação. Qual deve ser a concentração de H2O(g) nesta mistura?
 
	Resolução:	Kc = [CO].[ H2]3 / [CH4].[ H2O] 
			 [ H2O] = [CO].[ H2]3 / [CH4]. Kc
			 [ H2O] = (0,3).(0,8)3 / (0,4). 5,67
			 [ H2O] = 0,0678 mol/L
	b2) Um tipo mais complexo de cálculo envolve o uso das concentrações molares iniciais (ou pressões parciais iniciais) e Kc (ou Kp) para calcular as concentrações (ou pressões parciais) de equilíbrio.
	Algumas vezes estes cálculos são mais trabalhosos pois exigem a resolução de uma equação do 2º grau. 	
	Em alguns casos podem ser tão complicados que se torna necessário usar um computador para resolvê-los.
	No entanto, os princípios gerais são sempre os mesmos e requerem um pouco de álgebra aplicada e a tabela, já vista anteriormente, onde constam as condições iniciais e as condições de equilíbrio expressas em termos de uma incógnita (geralmente “x”) e dos coeficientes estequiométricos.
	- Exemplo 8:
	A reação:  		CO(g)  +  H2O(g)     CO2(g)   +   H2(g)
tem Kc = 4,06 a 500ºC. Supondo que 0,180 mol de cada CO e H2O estão misturados com 0,300 mol de cada CO2 e H2 em um recipiente de 3 litros. Quais são as concentrações molares de todas as substâncias quando a mistura alcançar o equilíbrio nesta temperatura? 
	Resolução: 
	[CO]inicial = [H2O]inicial = 0,180 mol / 3 L = 0,060 mol/L
	[CO2]inicial = [H2]inicial =  0,300 mol / 3 L = 0,100 mol/L 
	Em primeiro lugar, é preciso calcular “Q” e comparar com Kc para descobrir em que sentido o equilíbrio está se deslocando:
	Q = [CO2].[ H2] / [CO].[ H2O] = (0,1).(0,1) / (0.06).(0.06) = 2,78
	Q < Kc => Equilíbrio está se deslocando no sentido direto
                                          		  CO(g)    +    H2O(g)         CO2(g)     +     H2(g)
Conc. inicial (mol/L)                     0,060          0,060                  0,100             0,100       
Conc. equilíbrio (mol/L)         (0,060 – x)     (0,060 – x)        (0,100 + x)       (0,100 + x)
Kc = (0,1 + x). (0,1 + x) / (0,06 – x). (0,060 – x) 
4,06 = (0,1 + x)2 / (0,06 – x)2 
	Neste caso, pode-se simplificar aplicando raiz quadrada em ambos os lados:√4,06 = √(0,1 + x)2 / √(0,6 – x)2 
2,015 = (0,1 + x) / (0,6 – x)
	Logo:	0,1 + x   = 2,015 . (0,06 – x)
                    	0,1 + x   =  0,1209 – 2,015x
                   	 x + 2,015x  = 0,1209 – 0,1
                 	   3,015x  =  0,0209
                 	  x  = 0,0209 / 3,015  
			 x =  6,93x10-3
	Então:        [CO2]eq = [H2]eq = 0,1 + x = 0,1 + 6,93x10-3 = 0,107 mol/L
	                    [CO]eq = [H2O]eq =  0,06 – x = 0,06 - 6,93x10-3= 0,053 mol/L
	
	Conferindo: 	Kc = (0,107)2 / (0,053)2 = 4,07
	OBS: Nem sempre é possível fazer a simplificação de extrair a raiz quadrada. Neste próprio exemplo, se as concentrações iniciais dos reagentes não fossem iguais e/ou as concentrações dos produtos não fossem iguais, tal simplificação não seria possível.
	
	- Exemplo 9:
	A 308 K, Kp = 0,249 para a reação:		N2O4(g)      2 NO2(g)
	Calcular as pressões parciais dos dois gases no equilíbrio e o grau de dissociação (a) do N2O4 quando a pressão total de equilíbrio for 2,000 atm.
 
	Resolução: 
	No equilíbrio:        PT = 2,000 atm = (PN2O4)eq  +  (PNO2)eq 
	Considerando :    (PNO2)eq  = x
	                               (PN2O4)eq  =  2,000 – x
 
	Logo:      	                                  	   N2O4(g)      2 NO2(g)
	Pressão inicial (atm)                               ?                    0,0
	Pressão equilíbrio (atm)               (2,000 – x)            x
	Logo:	Kp = (PNO2)2 / (PN2O4) 
			Kp = x2 / 2 – x 
			0,249.(2 – x) = x2
			0,498 – 0,249x = x2
			X2 + 0,249x – 0,498 = 0 => Báskara
			X = 0,592
	
	(PNO2)eq  = 0,592 atm
	(PN2O4)eq = 2,000 – 0,592 = 1,408 atm
	α : quantidade dissociada / quantidade inicial
	α : 0,592/2 / 1,408 + (0,592/2)
	α : 0,174 (17,4 % dissociado a 308 K)
	- Exemplo 10:
	A reação: 		  N2(g)   +    3 H2(g)         2 NH3(g)
	Tem Kc = 62 a 500ºC. Quais as concentrações de equilíbrio quando são colocados em um recipiente de 5 litros 2 mols de NH3, 1 mol de N2 e 0,5 mol de H2? 
	Resolução: 
	[NH3]inicial = 2 mol / 5 L = 0,4 mol/L
	[N2]inicial = 1 mol / 5 L = 0,2 mol/L
	[H2]inicial = 0,5 mol / 5 L = 0,1 mol/L 
	Em primeiro lugar é preciso calcular “Q” e comparar com Kc para descobrir em que sentido o equilíbrio está se deslocando:
Q = [NH3]2 / [N2].[H2]3
Q = (0,4)2 / (0,2).(0,1)3
Q = 800
	Q > Kc   equilíbrio se deslocando no sentido inverso
		
					         N2(g)     +      3 H2(g)         2 NH3(g)
	Conc. Inicial (mol/L)                  0,2                  0,1                       0,4
	Conc. Equilíbrio (mol/L)       (0,2 + x)         (0,1 + 3x)             (0,4 – 2x)
 
	Para resolver:      	Kc = [NH3]2 / [N2].[ H2]3
				Kc = (0,4 – 2x)2 / (0,2 + x). (0,1 + 3x)3
	A solução deste problema exige cálculos extremamente complexos e somente se torna possível com auxílio de um computador.
	b3) Muitas reações químicas têm constantes de equilíbrio que são ou muito grandes ou muito pequenas.
 	Por exemplo:		H2(g)   +   Cl2(g) 	  2 HCl(g)		Kc = 4,0x1018 (a 500 K)
					 
			Sobra quase nada de reagente pois Kc >>> 1
			
					2 SO3(g)   2  SO2(g)   +   O2(g)		Kc = 2,5x10-25 (a 298 K)
					 
			Forma quase nada de produto pois Kc <<< 1
	Quando Kc, para uma reação é muito grande ou muito pequeno, os cálculos de equilíbrio podem ser simplificados consideravelmente.
	- Exemplo 11:
	O hidrogênio, um combustível em potencial, é encontrado em grande abundância na água. Antes de o hidrogênio poder ser usado como combustível, no entanto, deve ser separado do oxigênio. A água deve ser decomposta em H2 e O2. Uma possibilidade é a decomposição térmica, mas isto requer temperaturas muito elevadas. Ainda a 1000ºC, Kc = 7,3x10-18 para a reação.   
	Se a 1000ºC a concentração de água gasosa em um recipiente de reação é 0,100 mol/L, qual será a concentração de H2 no equilíbrio? 
	Resolução:
	                                                     2 H2O(g)       2 H2(g)   +    O2(g)
	Conc. Inicial (mol/L)                   0,100                     0,0              0,0
	Conc. Equilíbrio (mol/L)       (0,100 – 2x)                2x                 x
	Kc = [H2]2.[ O2] / [H2O]2
	Kc = (2x)2.(x) / (0,100 – 2x)2
	Kc = 4x3 / (0,100 – 2x)2
	7,3 .10-18 = 4x3 / (0,100 – 2x)2 => RESOLUÇAO DIFÍCIL
	Mas, como forma muito pouco produto, “x” é muito pequeno e pode-se dizer que (0,100 – 2x) é aproximadamente 0, 100. 
	Logo: 	7,3 .10-18 = 4x3 / 0,100				
			7,3.10-18 x 0,100 = 4x3
			X3 = 7,3.10-19 / 4
			X3 = 1,825.10-19
			X = 5,67.10-7 (minha resolução)
			x= [ ( 7,3 x10-18 . 0,01) ] 1/3 
			x = 2,63 x10-7 (resolução site)
	[H2]eq = 2x = 2 x 2,63x10-7 = 5,26x10-7
	[H2]eq = 5,26x10-7 mol/L     forma muito pouco hidrogênio
	- Exemplo 12:
	A decomposição do NO a 25ºC tem Kc = 2,08x1030. Quando são colocados 0,2 mol de NO em um recipiente de 4 litros nesta temperatura, qual é a concentração residual de NO no equilíbrio?
2 NO(g)        N2(g)   +   O2(g)
	Resolução: 
	[NO]inicial = 0,2 mol / 4 L = 0,05 mol/L 
	Como Kc = 2,08x1030, esta reação é praticamente completa.
 
	É mais fácil considerar que a reação se completou e que, depois, o N2 e o O2 geram uma pequena concentração de NO:
	                                                       2 NO(g)         N2(g)       +      O2(g)
	Conc. Inicial (mol/L)                      0,05                     0,0                0,0
	Reação completa (mol/L)            0,0                     0,025              0,025               
	Conc. Equilíbrio (mol/L)                2x                  (0,025 – x)      (0,025 – x)
	Kc = [O2].[ N2] / [NO]2
	Kc = (0,025 – x). (0,025 – x) / (2x)2
	2,08.1030 = (0,025 – x). (0,025 – x) / (2x)2  RESOLUÇÃO DIFÍCIL
	
	Mas, “x” é muito pequeno e pode-se considerar que (0,025 – x)  é aproximadamente 0,025. Então:
	2,08.1030 = (0,025 – x). (0,025 – x) / 4x2
	2,08.1030 = (0,025)2 / 4x2
	4x2 = 6,25.10-4 / 2,08.1030
	4x2 = 3,0.10-34
	X2 = 3,0.10-34 / 4
	X = 8,66.10-18
	[NO]eq =  2x = 2 x 8,67x10-18 = 1,734x10-17
	[NO]eq =  1,73x10-17  mol/L    sobra muito pouco NO
	No entanto, neste exemplo em particular, outra simplificação pode ser feita, pois:
	Kc = (0,025 - x) . (0,025 - x) / (2x)2 
	2,08 x1030 = (0,025 - x)2 / (2x)2
	Extraindo a raiz quadrada de ambos os lados, se obtém: 
	1,44 x1015 = (0,025 - x) / (2x)
	O que pode ser resolvido de forma simples:
	2x . 1,44x1015 =0,025 – x 
	2,88.1015x = 0,025 – x
	2,88.1015x = 0,025
	X = 0,025 / 2,88.1015
	X = 8,68.10-18
	[NO]eq =  2x = 2 x 8,68x10-18 = 1,736x10-17
	[NO]eq =  1,74x10-17  mol/L    sobra muito pouco NO 
	A simplificação, por extração de raiz quadrada mostrada no exemplo anterior, nem sempre é possível, como mostra o exemplo seguinte.
	- Exemplo 13:
	A reação abaixo tem a 298 K kc = 9,9x1025:
2 SO2(g)    +    O2(g)        2 SO3(g)
	Quando são colocados 0,40 mol de SO2 e 0,20 mol de O2 em um recipiente de 2,0 litros a 298 K. Quais as concentrações residuais de SO2 e O2?
	Resolução:
	[SO2]inicial = 0,40 mol / 2,0 L = 0,20 mol/L
	[O2]inicial = 0,20 mol / 2,0 L = 0,10 mol/L 
	Como Kc = 9,9x1025, esta reação é praticamente completa.
	É mais fácil considerar que a reação se completou e que, depois, o SO3 gera uma pequena concentração de SO2 e O2:
	                                                       2 SO2(g)    +    O2(g)         2 SO3(g)
	Conc. Inicial (mol/L) :                    0,20                0,10                    0,0
	Reação Completa (mol/L):           0,0                  0,0                     0,20
	Conc. Equilíbrio (mol/L):                2x                     x                    (0,20 – 2x)
	Kc = [SO3]2/ [SO2]2.[ O2]
	KC =(0,20 – 2x)2 / (2x)2. x 
	9,9 x1025 = (0,20 – 2x)2 / (2x)2. x   RESOLUÇÃO DIFÍCIL
	Mas, “x” é muito pequeno e pode-se considerar: (0,20 – x)  =  0,20:
	9,9 x1025 = (0,20)2 / 4X3
	4x3 = 0,04 / 9,9.1025
	4x3 = 4,04.10-28
	X3 = 4,04.10-28 / 4
	X3 = 1,01.10-28
	X = 4,66.10-10
	[SO2]eq =  2x = 2 x 4,66x10-10 = 9,32x10-10 mol/L   sobra muito pouco SO2
	[O2]eq =  x  = 4,66x10-10mol/L    sobra muito pouco O2
	OBS: Estas simplificações somente podem ser feitas quando um número muito pequeno é subtraído de (ou adicionado a) um número grande.
	Exemplo:
	1º)   x . (0,100 - x)       este “x” pode ser omitido se for muito pequeno comparado a 0,100,  já este “x” não 					pode ser omitido.
	2º)      (0,100 + x)        este “x” pode ser omitido se for muito pequeno comparado a 0,100, já este “x”
                      x                   não pode ser omitido
	
	b4) Existem problemas que envolvem vários dos fatores levantados anteriormente, inclusive podendo ocorrer perturbação do equilíbrio atingido, com novo deslocamento.
	- Exemplo 14:
	Carbamato de amônio, NH4CO2NH2(s), decompõe-se por aquecimento, segundo a equação:
NH4CO2NH2(s)                 2 NH3(g)      +      CO2(g)
	Colocando-se uma certa quantidade de sólido num frasco rígido a 25ºC, constata-se que a pressão total de equilíbrio é 0,117 atm.
Calcular Kp a 25ºC.
Qual deve ser a pressão adicional de CO2 para que, no novo equilíbrio, a pressão de NH3 se reduza à metade do valor original?
	Resolução: 
	a)                                                    NH4CO2NH2(s)       2 NH3(g)    +    CO2(g)
	pressão inicial (atm)                               ---                             0,0                  0,0
	presão equilíbrio (atm)                           ---                              2x                     x
 
	Pressão total no equilíbrio = 2x  +  x  (PNH3 + PCO2) = 3x  = 0,117 atm
 
	Logo:          3x = 0,117
	                    x = 0,118 / 3 = 0,0393
 
	Então:        (PNH3)eq =  2x = 2 x 0,0393 = 0,0786 atm
	                    (PCO2)eq =  x = 0,0393 atm
 
	E:                Kp = (PNH3)2 . PCO2 =            (0,0786)2 . 0.0393 = 2,43x10-4
	                    Kp = 2,273x10-4
 
	b)                                                    NH4CO2NH2(s)      2 NH3(g)   +   CO2(g)
	Pressão no 1º equilíbrio (atm)              ----                         0,0786          0,0393
	Perturbação no equilíbrio (atm             ----                         0,0786         0,0393 + P
	Deslocamento:                                                   
	Pressão no 2º equilíbrio (atm)              ----                   (0,0786 – 2x)     (0,0393+P-x)
 
	Mas:    0,0786 – 2x = 0,0786 / 2 = 0,0393
	                    2x = 0,0786 –  0,0393 = 0,0393
	                    x =  0,0393 / 2 = 0,0196 (incompreensível) 
	Logo:          (PNH3)eq2 =  0,0393 atm
	                    (PCO2)eq2 = 0,0393 + P - 0,0196 = (0,0197 + P) atm
 
	Então:        Kp = (0,0393)2 . (0,0197 + P)
	                    2,43x10-4 = 1,54x10-3 . (0,0197 + P)
	                    2,43x10-4 / 1,54x10-3 = 0,0197 + P
	                    0,158 = 0,0197 + P
	                    P = 0,158 – 0,0197 = 0,138 atm
 
	Pressão adicional de CO2 = 0,138 atm (para reduzir a PNH3 pela metade)
	
	- Exemplo 15:
	São colocados 1,50 mol de POCl3 em um recipiente de 0,50 litros a 400ºC, estabelecendo-se o equilíbrio segundo a equação:
POCl3(g)      POCl(g)    +    Cl2(g)
	Nesta temperatura, Kc = 0,248.
Calcular as concentrações de equilíbrio.
Como ficam as concentrações molares no equilíbrio final após adição de 0,200 mol de Cl2?
	Resolução: 
	[POCl3]inicial = 1,50 mol / 0,50 L = 3,00 mol/L
	                                                       POCl3(g)       POCl(g)    +    Cl2(g)
	conc. Inicial (mol/L)                        3,00                       0,0                0,0
	conc. Equilíbrio (mol/L)              (3,00 – x)                    x                    x
	
	Logo:          Kc = x . x /(3,00 – x)
			 0,248 = x2 /(3,00 – x)
			 0,248 . (3,00 – x)  = x2
                 	   0,744 – 0,248x = x2
                  	  x2 + 0,248x – 0,744 = 0              Báskara
			 x = 0,748
			
	[POCl3]eq = (3,00 – x) = 3,00 – 0,748 = 2,25 mol/L
	[POCl]eq =  x = 0,75 mol/L
	[Cl2]eq =  x = 0,75 mol/L
	b) Adição de 0,200 mol de Cl2 em 0,50 L: [Cl2] adicional = 0,200 mol / 0, 50 L
	[Cl2] adicional = 0,40 mol/L
	                                                                   POCl3(g)       POCl(g)    +    Cl2(g)
	conc. 1º equilíbrio (mol/L)                          2,25                     0,75             0,75
	perturbação do equilíbrio (mol/L)             2,25                      0,75        (0,75 + 0,40)
	deslocamento:                                                                
	conc. 2ºequilíbrio (mol/L)                      (2,25 +x)               (0,75 – x)       (1,15 – x)
 
	Logo: 
			Kc = (0,75 – x). (1,15 – x) / (2,25 +x)
			0,248 = (0,75 – x). (1,15 – x) / (2,25 +x)
			0,248 . (2,25 + x) = 0,8625 – 1,90x + x2
			0,558 + 0,248x = 0,8625 – 1,90x + x2
			x2 – 0,190x – 0,248x + 0,8625 – 0,558 = 0
			x2 – 2,148x = 0,3045 = 0           Báskara
			x, = 0,15
			
			x,, = 1,998 valor sem significado químico, pois resulta em concentração negativa.
	
		No 2º equilíbrio:
	[POCl3]eq = (2,25 + x) = 2,25 + 0,15 = 2,40 mol/L
	[POCl]eq = (0,75 – x) = 0,75 – 0,15 = 0,60 mol/L
	[Cl2]eq = (1,15 – x) = 1,15 – 0,15 = 1,00 mol/L
	OBSERVAÇOES IMPORTANTES:
        1º) A solução x’ = 1,998 não tem significado químico pois resultaria em concentrações negativas para POCl e Cl2, o que é impossível quimicamente. 
	[POCl]eq = 0,75 – 1,998 = - 1,248 mol/L
	[Cl2]eq = 1,15 – 1,998 = - 0,848 mol/L
 
        2º) Observa-se que no 2º equilíbrio a [Cl2]eq é maior que no 1º equilíbrio, o que mostra que o excesso de Cl2 adicionado não é completamente consumido.