EQUILÍBRIO QUÍMICO - Kc e Kp-f2

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1 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
1. Definição de equilíbrio químico 
 Toda reação química conduzida em certa condição de temperatura e pressão com o 
passar do tempo irá alcançar uma condição dita de equilíbrio, em que as concentrações 
dos reagentes e produtos não mais sofrem modificações perceptíveis às técnicas 
analíticas. Tal condição para uma reação genérica é representada mediante a inserção de 
duas setas na equação, cada uma representando o processo em um sentido, dos 
reagentes aos produtos ou dos produtos aos reagentes. 
 
aA + bB ⇄ cC + dD 
 
 Naturalmente, ser constante não significa que as quantidades de reagentes e 
produtos sejam equivalentes. Em verdade, isso depende da natureza de cada reação e da 
termodinâmica do sistema reacional em si. Pode-se demonstrar com argumentos da 
termodinâmica clássica, que para reações homogêneas (reações que se desenvolvem em 
uma única fase), concentrações e pressões parciais (reações em fase gasosa), de 
reagentes e produtos são relacionadas através de equações que envolvem a constante 
de equilíbrio da reação (K). 
 
𝐾 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝑜
𝑅𝑇
) 
 
Onde ∆𝐺𝑜 representa a variação de energia de Gibbs molar padrão da reação (pressão 
de referência de 1 atm), sendo esta calculada, para o exemplo considerado, a partir das 
energias de Gibbs molares padrão de A, B, C e D na temperatura de interesse. 
 
∆𝐺𝑜 = 𝑑𝐺𝐷
𝑜 + 𝑐𝐺𝐶
𝑜 − 𝑎𝐺𝐴
𝑜 − 𝑏𝐺𝐵
𝑜 
 
Sendo 𝐺𝑖
𝑜 a energia de Gibbs molar padrão da espécie "i" no estado físico em que o 
mesmo se encontra, considerando as condições de T e P do processo. 
 No caso de reações em fase gasosa ideal, as pressões parciais de produtos e 
reagentes permitem a definição do KP da reação. Já as concentrações de reagentes e 
produtos permitem a definição do KC da reação. 
 
Kc =
[C]c x [D]d
[A]a x [B]b
 
 
Kp =
(𝑃𝑐)
c x (𝑃𝐷)
d
(𝑃𝐴)a x (𝑃𝐵)b
 
 
 Convém lembrar que a pressão parcial consiste no produto da pressão total e a fração 
molar de cada componente. Por exemplo, para o componente C, tem-se: 
 
𝑃𝐶 = 𝑋𝐶𝑃 
 
 
2 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Conforme falado anteriormente, os valores de 𝐾𝐶 e KP são determinados unicamente 
a partir da constante de equilíbrio, que, por sua vez, é determinada pela temperatura em 
que a reação se desenvolve. 
 
𝐾(𝑇) = 𝐶−𝛿𝐾𝐶 = 𝐶
(𝑐+𝑑−𝑎−𝑏). 𝐾𝐶 
 
𝐾(𝑇) = 𝐾𝑃 
 
Onde 𝐶 representa a concentração total de espécies no meio reacional. Cabe ressaltar 
que para reações homogêneas em fase gasosa a definição de 𝐾𝐶 é a mesma. Neste caso, 
é possível relacionar 𝐾𝐶 e KP mediante a seguinte equação. 
 
𝐾𝑃 = 𝐾𝐶 . (𝑅𝑇)
𝛿 
 
Onde 𝛿 representa a diferença entre os somatórios dos coeficientes estequiométricos de 
produtos e reagentes. Para a reação-exemplo, tem-se: 
 
𝛿 = (𝑐 + 𝑑) − (𝑎 + 𝑏) 
 
1.1. ∆𝐺𝑜e viabilidade de processos 
 A viabilidade de um processo está associada ao fato de na condição de equilíbrio 
haver o predomínio de reagentes ou produtos. Uma reação com elevada força-motriz, 
apresenta uma elevada tendência à conversão de reagentes em produtos e, desta forma, 
deve estar associada a um valor de K igualmente muito elevado. Isso apresenta um efeito 
natural sobre a energia de Gibbs padrão molar do processo (∆𝐺𝑜), que apresenta uma 
profunda relação com K. 
 
𝐾 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝑜
𝑅𝑇
) → 𝐾 ≫ 1 → ∆𝐺𝑜 ≪ 0 
 
Logo, se o equilíbrio estiver deslocado para o lado dos produtos, K será maior que a 
unidade, o que implica em um valor positivo para o termo dentro da exponencial. Neste 
caso, portanto, a energia de Gibbs padrão do processo será negativa. Quanto mais 
negativo o valor de ∆𝐺𝑜, mais deslocado estará o equilíbrio no sentido de formação dos 
produtos, contribuindo para a força motriz do processo. 
 A apreciação da viabilidade de um processo qualquer é melhor desenvolvida a partir 
do cálculo da variação de energia de Gibbs molar total (∆G), que envolve a energia de 
Gibbs padrão (∆Go) e um termo associado às atividades químicas de produtos e 
reagentes. Considerando uma reação conduzida no estado gasoso, ∆G pode ser 
calculado a partir do valor de ∆Go, sendo Q o quociente reacional calculado de forma 
idêntica ao KP, porém contemplando as pressões parciais de reagentes e produtos em um 
momento anterior ao equilíbrio. 
 
∆𝐺 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇. 𝑙𝑛𝑄 
 
 
3 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
 Para a reação-modelo considerada aqui, tem-se: 
 
𝑄 =
𝑃𝐷
𝑑 . 𝑃𝐶
𝑐
𝑃𝐴
𝑎𝑃𝐵
𝑏
 
 
 No equilíbrio Q e KP apresentam valores idênticos e são iguais à constante de 
equilíbrio do processo (K). 
 Convém resumir esses resultados em uma tabela, que correlaciona possíveis valores 
de ∆G e o comportamento do sistema reacional. Este parâmetro, fundamental para a 
avaliação da viabilidade de processos químicos de uma forma geral, pode ser entendido 
como uma medida da força-motriz do processo. 
 
∆𝑮 Comportamento esperado 
>0 Reação é espontânea no sentido inverso (produtos para reagentes). 
<0 Reação é espontânea no sentido direto (reagentes para produtos). 
=0 Reação no equilíbrio. 
 
 Se nas condições do processo ∆G for negativo, a reação é considerada espontânea 
no sentido direto, ou seja, levando à formação dos produtos de interesse. Caso seja 
positivo, a reação deve seguir o caminho inverso, que leva a regeneração dos reagentes. 
Pode-se generalizar esses argumentos para reações envolvendo fases condensadas e 
reações heterogêneas, no entanto, para tal seria necessário introduzir conceitos de 
termodinâmica que se encontram fora do escopo da presente obra. 
 
1.1.1. Combinação de reações 
 Muitas vezes a energia de Gibbs molar padrão (∆Go) de certa reação de 
interesse (reação global) não se encontra disponível, o que gera a necessidade de se 
predizer o mesmo com base na combinação linear de reações parciais. 
Consequentemente, a constante de equilíbrio da reação final também resultará da 
combinação dos valores de K para as reações parciais, no entanto, sendo o produto dos 
mesmos. 
 Para ilustrar este ponto convém considerar como exemplo a famosa reação de 
Bourdouix, cujo valor de K será referenciado como Kf. 
 
C(s)+CO2(g) = 2CO(g) (Kf) 
 
Esta reação pode ser obtida a partir da combinação linear das reações de formação do 
CO(g) e CO2(g). 
 
C(s)+1/2O2(g) = CO(g) (K1) 
 
C(s)+O2(g) = CO2(g) (K2) 
 
4 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
Para que tal combinação seja realizada, devemos inverter a reação "2" e somar com a 
reação "1" multiplicada por dois. Consequentemente, K e ∆Go da reação final serão 
calculados através das seguintes equações. 
 
CO2(g)=C(s)+O2(g) 
+ 
2C(s)+O2(g)=2CO(g) 
________________ 
C(s)+CO2(g) = 2CO(g) 
 
∆𝐺𝑓
𝑜 = −∆𝐺2
𝑜 + 2. ∆𝐺1
𝑜 
 
𝐾𝑓 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝑓
𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(−∆𝐺2
𝑜 + 2. ∆𝐺1
𝑜)
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(−∆𝐺2
𝑜)
𝑅𝑇
) . 𝑒𝑥𝑝 (−
2∆𝐺1
𝑜
𝑅𝑇
) 
 
𝐾𝑓 =
(𝐾1)
2
𝐾2
 
 
1.2. Efeitos da temperatura e pressão sobre o equilíbrio 
 Para uma reação qualquer a temperatura será sempre um fator que irá influenciar o 
equilíbrio, uma vez que a constante de equilíbrio (K) é obrigatoriamente função da 
temperatura. A sensibilidade de K em relação à temperatura é determinada fortemente 
pela variação de energia de Gibbs padrão molar do processo (∆𝐺𝑜). Esta, por sua vez, 
pode ser calculada a partir das variações de entropia (∆𝑆𝑜) e entalpia padrão (∆𝐻𝑜). 
molares. 
 
∆𝐺𝑜 = ∆𝐻𝑜 − 𝑇∆𝑆𝑜 
 
Cabe ressaltar que tanto a entropia padrão da reação quanto a entalpia padrão são 
calculadas de forma similar à energia de Gibbs. 
 
∆𝑆𝑜 = 𝑑. 𝑆𝐷
𝑜 + 𝑐. 𝑆𝐶
𝑜 − 𝑎. 𝑆𝐴
𝑜 − 𝑏. 𝑆𝐵
𝑜 
 
∆𝐻𝑜 = 𝑑. 𝐻𝐷
𝑜 + 𝑐. 𝐻𝐶
𝑜 − 𝑎. 𝐻𝐴
𝑜 − 𝑏. 𝐻𝐵
𝑜 
 
 Outra forma de levar em consideração o efeito da temperatura sobre a constante de 
equilíbrio consiste na aplicação da equação de Van’t Hoff, também oriunda da 
termodinâmica clássica. 
 
d lnKdT
= 
∆𝐻𝑜
𝑅𝑇²
 
 Desta forma, pode-se observar que processos endotérmicos (>0), quando 
desenvolvidos em temperaturas maiores, apresentarão um maior valor de K, ou seja, o 
equilíbrio fica deslocado em direção aos produtos. 
 
5 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 No caso de um processo exotérmico (<0), o efeito oposto é esperado, ou seja, o 
equilíbrio favorece os produtos em temperaturas menores. 
 A equação acima é útil no sentido de se calcular valores de constante de equilíbrio a 
partir de um valor conhecido em uma temperatura inicial (T1). Se a nova temperatura (T2) 
for próxima à T1, e neste intervalo for possível desprezar a variação da entalpia molar 
padrão da reação, tem-se: 
 
ln (
𝐾𝑝2
𝐾𝑝1
) =
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 } → 𝐾𝑝2 = 𝐾𝑝1 . 𝑒𝑥𝑝 (
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 }) 
 
Convém comentar que neste cálculo assume-se que a entalpia molar padrão é constante. 
Tal fato consiste em uma aproximação, que se torna mais representativa da realidade à 
medida que T2 se aproxima de T1. 
 O efeito da pressão é especialmente observado para reações químicas que envolvem 
espécies gasosas. Considerando a reação-exemplo, tem-se: 
 
aA(g) + bB(g) ⇄ cC(g) + dD(g) 
 
Kp =
(𝑃𝑐)
c . (𝑃𝐷)
d
(𝑃𝐴)a . (𝑃𝐵)b
= 𝑃𝛿 . [
(𝑋𝑐)
c . (𝑋𝐷)
d
(𝑋𝐴)a . (𝑋𝐵)b
] 
 
𝛿 = (𝑐 + 𝑑) − (𝑎 + 𝑏) 
 
No equilíbrio, K e KP devem ser obrigatoriamente iguais, logo: 
 
𝑃𝛿 . [
(𝑋𝑐)
c . (𝑋𝐷)
d
(𝑋𝐴)a . (𝑋𝐵)b
] = K → [
(𝑋𝑐)
c . (𝑋𝐷)
d
(𝑋𝐴)a . (𝑋𝐵)b
] = 𝑃−𝛿𝐾(𝑇) 
 
 Percebe-se então que o deslocamento do equilíbrio será governado pelo valor de 𝛿. 
Se durante o processo o número de mols total de espécies aumentar (𝛿 > 0), a elevação 
de P resultará em um menor valor para a razão entre as frações molares de produtos e 
reagentes, ou seja, o equilíbrio será deslocado no sentido de se aumentar a referida 
razão, ou seja, no sentido direto. Caso 𝛿 seja negativo, o oposto ocorre. O aumento de 
pressão favorece neste caso à reação inversa, ou seja, convertendo-se produtos em 
reagentes. Reações com 𝛿 nulo serão insensíveis a variações de pressão. 
 
1.1.1. Princípio de Le Chatelier 
 O mencionado efeito da temperatura sobre a constante de equilíbrio e sobre o 
deslocamento do equilíbrio se encontra descrito de forma mais ampla no princípio de Le 
Chatelier. 
 Quando um sistema em equilíbrio é submetido a uma ação, o equilíbrio vai se 
deslocar na direção que permita anular ou contrabalançar essa ação”. 
 Em uma reação endotérmica, o aumento de temperatura favorece o equilíbrio para o 
lado dos produtos, sendo este deslocado no sentido das maiores entalpias, absorvendo-
se a energia térmica ofertada ao sistema. No caso de uma reação exotérmica, o oposto 
se processa. 
 
6 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Uma elevação da temperatura desloca o equilíbrio no sentido dos reagentes, ou seja, 
no sentido daqueles componentes com maior entalpia, novamente em concordância com 
o princípio de Le Chatelier. 
 No que tange o efeito da pressão, típico de reações envolvendo espécies gasosas, o 
equilíbrio será deslocado no sentido que promover a redução do número de mols de 
espécies. Fixando-se o volume e a temperatura, a pressão será tão menor quanto menor 
for o número de mols de espécies gasosas, compensando o aumento de pressão que 
caracteriza a perturbação do equilíbrio. 
Questão 01 Determine a pressão total do sistema decorrente da decomposição do 
pentacloreto (PCl5) a 225°C, sabendo que a conversão em PCl3(g) e Cl2(g) é igual a 40%, e 
KP igual a 1,90. 
PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g) 
Resolução 
 
Considerando-se n mols de PCl5 presentes inicialmente, e representando a conversão do 
processo por α, o seguinte balanço molar pode ser construído. 
 
PCl5(g) 
 
 
PCl3(g) 
 
Cl2(g) 
 
Início n 
 
0 0 
Reage nα nα nα 
Equilíbrio n - nα nα nα 
 
O número de mols total associada à mistura de gases pode ser facilmente calculado: 
 
nT = nPCl5 + nPCl3 + nCl2 
nT = n – nα + nα + nα 
nT = n + nα 
O KP envolve a razão entre pressões parciais de produtos e reagentes, as quais podem 
ser expressas como função da conversão. 
𝑃𝑃𝐶𝑙5 = 𝑋𝑃𝐶𝑙5 . 𝑃 = 
(𝑛 − 𝑛𝛼)
(𝑛 + 𝑛𝛼)
. 𝑃 =
𝑛. (1 − 𝛼)
𝑛. (1 + 𝛼)
. 𝑃 = 
(1 − 𝛼)
(1 + 𝛼)
. 𝑃 
𝑃𝑃𝐶𝑙3 = 𝑃𝐶𝑙2 = 
(𝑛𝛼)
(𝑛 + 𝑛𝛼)
. 𝑃 =
𝑛. 𝛼
𝑛. (1 + 𝛼)
. 𝑃 =
𝛼
(1 + 𝛼)
. 𝑃 
Inserindo-se essas equações na relação matemática que define KP, tem-se: 
𝐾𝑝 = 
𝑃𝑃𝐶𝑙3 . 𝑃𝐶𝑙2
𝑃𝑃𝐶𝑙5
== 
𝛼
(1 + 𝛼)
. 𝑃 .
𝛼
(1 + 𝛼)
. 𝑃
(1 − 𝛼)
(1 + 𝛼)
. 𝑃
=
[
𝛼
(1 + 𝛼)
. 𝑃] ²
(1 − 𝛼)
(1 + 𝛼)
. 𝑃
 
 
7 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
𝐾𝑝 = 
[
𝛼²
(1 + 𝛼)²
. 𝑃2]
[
(1 − 𝛼)
(1 + 𝛼)
. 𝑃]
= 
𝛼²
(1 + 𝛼). (1 − 𝛼)
. 𝑃 
Substituindo os valores na equação acima, temos: 
1,90 = 
(0,40)2
(1 + 0,40). (1 − 0,40)
. 𝑃 =
(0,40)2
(1,40). (0,60)
. 𝑃 
𝑃 = 
1,596
0,16
= 9,97 atm 
Questão 02 Considere a seguinte reação de produção de metanol apresentada a seguir: 
 
CO(g) + 2 H2(g) ⇄ CH4O(g) 
 
Para este sistema, as constantes de equilíbrio são iguais 1,50 x 10-3 (K1) e 3,2 x 10-4 (K2) 
a 230°C e 330°C, respectivamente. A partir desta informação, defina se a síntese de 
produção de metanol é endotérmica ou exotérmica. 
 
Resolução 
 
A constante de equilíbrio pode ser relacionada com a temperatura através da equação de 
Van't Hoff. 
 
ln (
𝐾1
𝐾2
) =
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇2
−
1
𝑇1
 } 
 
Considerando R igual a 8,314 J.mol-1.K-1, e inserindo-se os valores para as temperaturas 
e respectivas constantes de equilíbrio, tem-se: 
 
ln (
1,50 10−3
3,20 𝑥 10−4
) =
∆𝐻°
(8,314)
. {
1
(330 + 273)
−
1
(230 + 273)
 } 
 
ln(4,69) =
∆𝐻°
(8,314)
. {
1
(603)
−
1
(503)
 } 
 
1,54 =
∆𝐻°
(8,314)
. {
1
(603)
−
1
(503)
 } → ∆𝐻° = −38834,35 J. mol−1 
 
 Como variação da entalpia é negativa, o sistema reacional libera calor durante o 
processo, sendo este, portanto, de natureza exotérmica. Convém comentar que o 
resultado encontrado está de acordo com o princípio de Le Chatelier, dado que para 
temperaturas maiores valores de K menores são encontrados, indicando um 
deslocamento no sentido de formação dos reagentes (sentido endotérmico). 
 
Questão 03 Considere a reação de decomposição do pentacloreto de fósforo, 
representada pela equação química balanceada a seguir: 
 
PCl5(g) ⇄ PCl3(g) + Cl2(g). 
 
8 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
Para que esta reação ocorra é necessário que uma quantidade de calor de 40 kJ seja 
suprida ao sistema reacional para cada mol de PCl5 que se decompõe. A partir deste 
processo e de seus conhecimentos sobre equilíbrio químico e sobre o princípio de Le 
Chatelier, explique o efeito dos seguintes fatores apresentados no que tange o 
deslocamento do equilíbrio considerado. 
 
a) Elevação da pressão total do sistema. 
b) Redução da temperatura do sistema. 
 
Resolução 
 
a) 
 
 O equilíbrio químico para a reação em questão pode ser representado pela equação 
abaixo. 
 
𝐾𝑝 = 
𝑃𝑃𝐶𝑙3 . 𝑃𝐶𝑙2
𝑃𝑃𝐶𝑙5
= 𝐾(𝑇) 
 
 Logo, inserindo-se as definições de pressão parcial, tem-se: 
 
(𝑋𝑃𝐶𝑙3 . 𝑃). (𝑋𝐶𝑙2 . 𝑃)
𝑋𝑃𝐶𝑙5 . 𝑃
= 𝐾(𝑇) →
𝑃. 𝑋𝑃𝐶𝑙3𝑋𝐶𝑙2
𝑋𝑃𝐶𝑙5
= 𝐾(𝑇) →
𝑋𝑃𝐶𝑙3𝑋𝐶𝑙2
𝑋𝑃𝐶𝑙5
=
𝐾(𝑇)
𝑃
 
 
 Logo, como a temperatura é fixa (K constante), um aumento de pressão resultará em 
um valor da razão no lado esquerdo da equação acima inferior, ou seja, as frações 
molares dos produtos serão inferiores à fração molar do reagente. Desta forma, um 
aumento de pressão não favorece o equilíbrio em questão. 
 
b) 
 
 Como a reação no sentido direto é endotérmica, pelo princípio de Le Chatelier, 
espera-se que um aumento da temperatura promova a formação dos produtos, 
deslocando-se o equilíbrio no sentido de interesse. Segundo Le Chatelier, o equilíbrio é 
deslocado no sentido de absorver o estímulo ou perturbação. Se calor é fornecido ao 
sistema (T aumenta), a formação de compostos com maior entalpia permite que parte 
desta energia sejaabsorvida. 
 
Questão 04 A 1000 K, a constante Kp para a decomposição do carbonato de cálcio é 
igual a 4,0 x 10-2. 
 
CaCO3(s)  CaO(s) + CO2(g). 
 
Uma certa massa de carbonato de cálcio é colocada em um recipiente de 5,0 L a 1000 K 
até que a reação atinja o equilíbrio. Determine a massa em gramas de óxido de cálcio 
produzido na condição de equilíbrio atingida. 
 
 
 
 
 
9 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
Resolução 
 
 Sendo o CO2 a única espécie gasosa, e, no presente caso se tratando de um produto, 
a constante KP é numericamente igual à pressão parcial de CO2. 
2COp
PK = 
 Sabendo que a constante de equilíbrio desta reação a 1000K é igual a 4,0 x 10-2, logo 
a pressão de dióxido de carbono nesta mesma temperatura será igual a 4,0 x 10-2. 
2
)1000( COp PKKK == 
.100,4 2
2
atmxPCO
−= 
 Assumindo que o CO2 se comporta como gás ideal, o número de mols de CO2 
formado pode ser calculado. 
==→=
−
−
1000).08206,0(
0,5.10.0,4
1000).08206,0.(0,5.100,4
2
2
22 COCO
nnx 0,00294 mol 
 De acordo com a estequiometria da reação, cada mol de CO2 requer que um mol de 
carbonato se decomponha. Portanto, sabendo que a massa molecular do CaCO3 é igual a 
56 g.mol-1, a massa de carbonato que foi efetivamente decomposta pode ser finalmente 
determinada. 
𝑚𝐶𝑎𝐶𝑂3 = 56. 𝑛𝐶𝑎𝐶𝑂3 = 0,136 g 
Questão 05 Considere que a pressão de dissociação do carbonato de cálcio a 500°C seja 
igual a 0,11 torr. Calcule a temperatura mínima na qual o sólido se dissocia 
completamente em uma atmosfera contendo 0,03% (bases molares) de dióxido de 
carbono, considerando que a pressão total seja igual a 759 torr. Sabe-se ainda que para 
cada mol de CaCO3 decomposto, 41,34 kcal são liberadas. 
 
Resolução 
 
Equação química balanceada: CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g) 
 
 A partir dos dados contidos no enunciado é possível escrever: 
 
12
500 11,0 KPK CO
C
p ===
 
 
 Como a constante de equilíbrio da reação em dada temperatura é numericamente 
igual ao valor de KP quando o equilíbrio tiver sido estabelecido, pode-se dizer que K será 
igual a 0,11 a 500oC. Com base nas informações do enunciado, a pressão parcial de CO2 
pode ser determinada: 
 
.228,0
759.
100
03,0
.
2
2
22
torrP
P
pXP
CO
CO
TCOCO
=






=
=
 
 
10 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
 Logo, a constante de equilíbrio à temperatura T será igual a pressão parcial de CO2 
na mesma temperatura quando o equilíbrio tiver sido estabelecido, ou seja: 
 
22 228,0 KPK CO
T
p === 
 
 A temperatura mínima pode então ser determinada mediante aplicação da equação 
de Van´t Hoff: 
 






−

=







122
1 11ln
TTR
H
K
K
 
.47,794
)273500(
11
987,1
41340
228,0
11,0
ln
)273500(
11
987,1
41340
228,0
11,0
ln
2
2
2
KT
T
T
=






+
−=











+
−=





 
 
Questão 06 Considere a reação endotérmica da dissociação do tetróxido de nitrogênio, 
representada pela equação química abaixo. 
N2O4(g)  2 NO2(g). 
a) Colocando em um reator de dez L a 227°C, N2O4 em uma concentração igual a 
 1,60 x 10-1 mol.L-1, observa-se que após o equilíbrio estabelecido a concentração de 
 NO2 é igual a 1,40 x 10-1 mol.L-1. Calcule o valor da constante de equilíbrio da referida 
 reação (K). 
 
b) Discuta possíveis efeitos de uma elevação/redução da temperatura reacional no que 
 tange concentração de NO2 no equilíbrio. 
Resolução 
a) 
 Considerando que o volume do reator permanece constante e igual a 10 L, no estado 
inicial tem-se 1,6 mol de N2O4. Quando o sistema alcançar o equilíbrio, 1,4 mol de NO2 
terão se formado. 
 Considerando X o número de mols de N2O4 consumidos do estado inicial até o 
equilíbrio, e sabendo, de acordo com a estequiometria do processo, que para cada mol de 
N2O4 que se decompõe, dois mol de NO2 se formam, torna-se possível realizar um 
balanço molar, descrito na tabela abaixo. 
 N2O4(g)  2 NO2(g) 
Início 1,60 
 
0 
Reage X 2.X 
Equilíbrio 1,60 - X 1,40 
 
 
11 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Como o número de mols de NO2 formado é conhecido, o valor de X pode ser 
determinado, e com este o número de mols de N2O4 remanescente. 
 
0 + 2.X = 1,40 
 
X = 0,70 mol 
 
 Portanto, as concentrações em mol.L-1 podem ser determinadas a partir dos números 
de mol de N2O4 e NO2 e o volume do reator, considerado fixo e igual a 10 L. 
 
( )
..14,0
10
40,1
][
..090,0
10
70,060,1
10
60,1
][
1
2
1
42
−
−
==
=
−
=
−
=
LmolNO
Lmol
X
ON
equilíbrio
equilíbrio
 
 Finalmente, sabe-se que no equilíbrio K e KC devem estão diretamente 
correlacionados. 
𝐾 = 𝐶−𝛿𝐾𝐶 
 Onde 𝛿 representa a diferença entre os coeficientes estequiométricos de produtos e 
reagentes. No presente caso: 
𝛿 = 2 − 1 = 1 
Logo: 
𝐾 = 𝐶−𝛿𝐾𝐶 
Onde C representa a concentração total de espécies (reagentes e produtos) no equilíbrio. 
No presente caso: 
𝐶 = [𝑁𝑂2]equilíbrio + [𝑁2𝑂4]equilíbrio = 0,14 + 0,09 = 0,23 mol. L
−1 
 No cálculo de KC, deve-se tomar o cuidado para que as concentrações de equilíbrio 
sejam empregadas para ambos as espécies participantes do processo, portanto: 
218,0
)090,0(
)²140,0(
][
]²[
][
]²[
42
2
42
2
==
=
=
c
c
c
K
ON
NO
K
ON
NO
K
 
 Finalmente, a partir da relação entre KC e K, pode-se determinar o valor de K. 
𝐾 = 𝐶−𝛿𝐾𝐶 =
𝐾𝐶
(0,23)1
=
0,218
0,23
= 0,95 
 
12 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
b) 
 
 Elevando-se a temperatura do sistema, sendo o processo endotérmico (∆𝐻𝑜), o 
equilíbrio será deslocado para a direita, ou seja, no sentido da reação direta. Portanto, a 
concentração de NO2 deve aumentar. 


=





KKT
TR
H
dT
Kd
ln,0
².
ln 0
 
 
 Reduzindo-se a temperatura, pela mesma equação se vê que K deve diminuir, ou 
seja, o equilíbrio é deslocado no sentido exotérmico, ou no sentido de reconstrução das 
moléculas de N2O4 presentes inicialmente. Portanto, a redução na temperatura levará 
também a redução na concentração de NO2. 
 
Questão 08 Considere a reação de decomposição plena de 1,0 mol de C2Cl4 em um 
recipiente fechado de volume constante e igual a 25 L, a 573 K. A reação em questão 
pode ser representada pela seguinte equação balanceada: 
 
C2Cl4 = 2C + 2Cl2(g) 
 
Sabe-se que o valor de KP na temperatura de interesse é igual a 1,7, e que a entalpia 
molar padrão do processo (∆𝐻𝑜) pode ser considerada constante e igual a 10 kJ/mol 
 
a) Calcule o valor de Go. 
 
b) Calcule o valor de KC nas condições dadas. 
 
c) Calcule a constante de equilíbrio a 600 K, e discuta o resultado encontrado à luz do 
 princípio de Le Chatelier. 
 
Resolução 
a) 
 Da termodinâmica clássica sabe-se que a energia de Gibbs padrão do processo está 
diretamente relacionada com a constante de equilíbrio. 
KTRG ln..−= 
 No equilíbrio, K e KP devem apresentar o mesmo valor, logo: 
..79,15799
)10.7,1ln().25273).(314,8(
)10.7,1ln().25273).(314,8(
1
3
3
−
−
−
+=
+−=
+−=
molJG
G
G
 
b) 
 
 Considerando a fase gasosa ideal, KP e KC podem ser relacionados. 
𝐾𝑝 = 𝐾𝑐. (𝑅𝑇)
∆𝑛 
 
13 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Para a reação em questão, o valor de ∆𝑛 contempla somente as espécies gasosas. 
1,7 = 𝐾𝑐. [0,08206 . (573)]
(2− 1) 
1,7 = 𝐾𝑐. (0,08206 . 573) 
𝐾𝑐 =
1,7 
(0,08206 .573)
 = 0,0362 
c) 
 
 Empregando-se a constante de equilíbrio e a equação de Van't Hoff, tem-se: 
ln (
𝐾2
𝐾1
) =
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 } → 𝐾2 = 𝐾1. 𝑒𝑥𝑝 (
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 }) 
 
𝐾2 = 0,0362. 𝑒𝑥𝑝 (
10. 103
8.314
. {
1
573
−
1
600
 }) = 0,0398 
 
 Observa-se que a elevação de temperatura faz com que a constante de equilíbrio 
aumente. Tal fato pode ser explicado pelo princípio de Le Chatelier, dado que a reação 
em questão é endotérmica. Logo, o aumento e temperatura deslocará o equilíbrio no 
sentido endotérmico, ou direto, favorecendo a decomposição do C2Cl4. 
 
Questão 09 O metanol, composto orgânico classificado como umálcool é muito utilizado 
como combustível em carros com alta velocidade. A reação de formação do metanol pode 
ser representada pela seguinte equação balanceada. 
 
C(s) + ½ O2(g) + 2H2(g)  CH3OH(g) (ΔGo(25oC) = -166,27 kJ.mol-1) 
a) Escreva a expressão da constante de equilíbrio para esta reação, em função das 
 pressões parciais. 
b) Determine o valor de Kp para a reação acima a 25oC. 
c) Determine o valor de Kc na mesma temperatura. 
 
Resolução 
a) 
 
 Por definição, KP é calculado a partir da razão entre os produtos das pressões 
parciais dos produtos gasosos, e o produto das pressões parciais dos reagentes, cada 
pressão elevada ao seu coeficiente estequiométrico associado. Na reação em questão, há 
somente três espécies gasosas, CH3OH, H2 e O2, logo: 
 
22/1
22
3
. HO
OHCH
p
PP
P
K = 
 
 
 
 
14 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
b) 
 
 Como a energia de Gibbs molar padrão da reação é conhecida, a constante de 
equilíbrio pode ser determinada. 
 
K
KTRG
ln).25273).(314,8(166270
ln..
+−=−
−=
 
29)11,67( 10.40,1
11,67ln
)298).(314,8(
166270
ln
==
=
−
−
=
eK
K
K
 
 No equilíbrio KP e K devem apresentar o mesmo valor, logo, KP(25oC) = 1,4.1029. 
c) 
 
 As constantes KC e KP podem ser relacionadas através da equação abaixo: 
𝐾𝑝 = 𝐾𝑐. (𝑅𝑇)
∆𝑛 
Onde ∆𝑛 representa a variação no número de mols entre produtos e reagentes. Para o 
cálculo desta variação, somente as espécies que compõem a mesma fase são 
consideradas, ou seja, CH3OH, O2 e H2, logo: 
∆𝑛 = 1 − 2 − 0,5 = 1 − 2,5 = −1,5 
 Como as pressões parciais utilizadas no cálculo de KP estão dadas em atm, o valor de 
R deve ser igual a 0,08206 atm.L.mol-1.K-1. A temperatura deve ser convertida para K 
(25oC = 298 K). 
1,40 . 1029 = 𝐾𝑐. (0,08206 . 298)
(−1,5) 
1,40 . 1029 = 𝐾𝑐. (0,08206 . 298)
(−1,5) 
1,40 . 1029 = 𝐾𝑐. (8,269. 10
−3) 
𝐾𝑐 =
1,40 𝑥 1029
8,269. 10−3
= 1,693. 1031 
Questão 10 Considere uma mistura gasosa em equilíbrio: X(g)  Y(g) + Z(g) em que as 
massas molares de cada gás são: MX = 100 g.mol-1, MY = 25 g.mol-1 e MZ = 75 g.mol-1. O 
equilíbrio foi alcançado a 27oC, quando 1 mol de X(g) se decompôs em Y(g) e Z(g). Em uma 
temperatura igual a 27°C e 1 atm, a densidade da mistura gasosa em equilíbrio é igual a 
3,0 g.L-1. Calcule o grau de dissociação de X(g) para que se atinja o equilíbrio. 
 
 
 
 
15 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Resolução 
 
Equação química: X(g) ⎯⎯→⎯⎯ Y(g) + Z(g). 
 
Base de cálculo: n (mol) inicial de X(g). 
 
Utilizando a tabela de equilíbrio químico: 
 
 X(g)  Y(g) + Z(g) 
Início 1 
 
0 0 
Equilíbrio 1 – 1.α α α 
 
 O número de mols total de espécies no equilíbrio pode ser calculado, somando-se os 
resultados contidos na última linha da tabela acima. 
 
nT = (1 - α) + α + α =1+ α 
 
 Considerando que a composição gasosa apresenta comportamento ideal, temos: 
 
𝑃. 𝑉 = 𝑛𝑇𝑅𝑇 
 
 Substituindo-se o número de mols total pela razão entre a massa total e a massa 
molecular média da mistura, tem-se: 
 
𝑃. 𝑉 =
𝑚
< 𝑀𝑀 >
. 𝑅. 𝑇 
 
 A massa molecular média pode ser calculada através do somatório entre o produto da 
massa molecular de cada componente e sua respectiva fração molar. 
 
< 𝑀𝑀 >= 𝑋𝑋. 𝑀𝑋 + 𝑋𝑌. 𝑀𝑌 + 𝑋𝑍. 𝑀𝑍 =
100. (1 − 𝛼)
1 + 𝛼
+
25. 𝛼
1 + 𝛼
+
75. 𝛼
1 + 𝛼
=
100
1 + 𝛼
 
 
 Substituindo-se este último resultado na equação envolvendo a pressão e volume, 
rearranjando-se os termos de maneira a se introduzir a densidade da mistura (𝜌), tem-se: 
 
𝑃.
100
1 + 𝛼
=
𝑚
𝑉
. 𝑅. 𝑇 = 𝜌. 𝑅. 𝑇 
 
(1 + 𝛼) = 
𝑃. 100
𝜌. 𝑅. 𝑇
=
1 . 100 
3,0 . (0.08206). (27 + 273)
= 1,35 → 𝛼 = 0,35 (35%) 
 
 Questão 11 Considere a seguinte reação de decomposição do óxido de alumínio, que 
 ocorre em um sistema fechado, a 25C. 
 
 Al2O3(s)  2 Al(s) + 3/2 O2(g) 
 
Sabe-se ainda que para a referida reação a entalpia molar padrão () e a energia de 
Gibbs molar padrão (G) são respectivamente iguais a 90,83 kJ.mol-1 e 58,54 kJ.mol-1, 
na referida temperatura. 
 
 
16 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
a) Determine pressão do O2(g) em equilíbrio com Al2O3(s) a 25C. 
b) Proponha ao menos dois caminhos, que permitam a elevação da quantidade de 
oxigênio produzido. 
 
Resolução 
a) 
 
 Com base no G da reação, é possível calcular a constante de equilíbrio (K). 
 
11
3
10.477,5
)27325.(314,8
10.54,58
expexpln.. −=





+
−=




 
−=→−=
RT
G
KKTRG 
 
 No equilíbrio, K será numericamente igual a KP, logo: 
 
atmKPKPK OOP
73/22/3 10.442,1
22
−==→== 
 
b) 
 
 Em se tratando de uma reação endotérmica, pelo princípio de Le Chatelier, um 
aumento de temperatura deve deslocar o equilíbrio no sentido dos produtos, ou seja, 
elevando-se a pressão parcial de O2. Outra alternativa seria reduzir a pressão total do 
reator. Isso pode ser visto, uma vez expressando-se a pressão parcial de O2 como o 
produto da pressão total e da fração molar de O2. 
 
𝑃𝑂2
3/2
= 𝐾 → 𝑃3/2𝑋𝑂2
3/2
= 𝐾 → 𝑋𝑂2
3/2
=
𝐾
𝑃3/2
 
 
 Logo, um aumento de pressão resulta em uma fração molar de O2 menor, ou seja, em 
uma produção de oxigênio menos eficiente. O efeito oposto é esperado para uma redução 
de P. Portanto, realizando-se a reação em um reator aberto, pode ser considerada como 
uma alternativa para elevar a concentração de O2 na atmosfera após a decomposição. 
 
Questão 12 Em um recipiente fechado com capacidade igual a dois L, que se encontrava 
completamente vazio, sob vácuo, foi colocada inicialmente uma amostra de 10,0 g de 
pentacloreto de vanádio gasoso. Logo em seguida, esta amostra foi aquecida a 1250 K, 
ocorrendo a decomposição de parte das moléculas de VCl5, conforme a seguinte equação 
química balanceada. 
 
VCl5(g) ⇄ VCl3(g) + Cl2(g) (∆𝐻𝑜 = 262,7 KJ. mol−1) 
 
Sabe-se que, no equilíbrio, a pressão medida no recipiente apresentou um valor igual a 
3,51 atm. Considerando a mistura de gases ideal, calcule a constante de equilíbrio do 
processo a 1300 K. 
 
Resolução 
 
 Uma vez de posse da pressão final no recipiente e do conhecimento do volume e da 
temperatura, pode-se facilmente computar o número de mols total da fase gasosa, 
admitindo-se que a mesma segue um comportamento ideal. 
 
 
17 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
𝑛𝑔 =
𝑃𝑉
𝑅𝑇
=
3,551. (2)
(0,08206). (1250)
= 0,0684 mol 
 
 
 O número de mols de gás pode ser utilizado para o cálculo do número de mols de 
VCl5 que de fato reagiram. Para tanto, façamos um balanço molar, considerando que 
inicialmente o número de mols de Cl2 e VCl3 são ambos nulos, e que o número de mols 
de VCl5 é dado por: 
 
𝑛𝑉𝐶𝑙5 =
𝑚𝑉𝐶𝑙5
< 𝑀𝑀𝑉𝐶𝑙5 >
=
10
228,2
= 0,0438 mol 
 
Espécie Início Equilíbrio 
VCl5 0,0438 0,0438-x 
VCl3 0 x 
Cl2 0 x 
Total 0,0438 0,0438+x 
 
 Portanto, pode-se determinar o quanto em mols de VCl5 que reagiram até que o 
equilíbrio tenha sido atingido. 
 
𝑛𝑔 = 0,0684 = 0,0438 + 𝑥 → 𝑥 = 0.0246 mol 
 
 As pressões parciais de cada componente podem ser determinadas com base no 
valor encontrado para x (grau de avanço do processo), portanto, KP pode ser 
determinado, que é no equilíbrio numericamente igual a K. 
 
𝐾𝑃 =
𝑃𝑉𝐶𝑙3𝑃𝐶𝑙2
𝑃𝑉𝐶𝑙5
 
 
𝑃𝑉𝐶𝑙3 = 𝑋𝑉𝐶𝑙3𝑃 =
𝑥. 𝑃
0,0438 + 𝑥
=
(0,0246). (3,51)
0,0438 + 0,0246
= 1,262 𝑎𝑡𝑚 = 𝑃𝐶𝑙2 
 
 A pressão parcial de VCl5 pode ser calculada a partir da pressão total e das pressões 
de VCl3 e Cl2. 
 
𝑃𝑉𝐶𝑙5 = 3,51 − 𝑃𝑉𝐶𝑙3 − 𝑃𝐶𝑙2 = 3,51 − 2. (1,262) = 0.986 atm 
 
 Finalmente, o valor de KP pode ser encontrado: 
 
𝐾𝑃 =
𝑃𝑉𝐶𝑙3𝑃𝐶𝑙2
𝑃𝑉𝐶𝑙5
=
1,2622
0,986
= 1,615 = 𝐾 
 
 O valor de K na temperatura de 1300 K pode ser encontrado mediante a aplicação 
direta da equação de Van't Hoff: 
 
𝐾2 = 𝐾1. 𝑒𝑥𝑝 (
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 }) = 1,615. 𝑒𝑥𝑝 (
262700
8.314
. {
1
1250
−
1
1300
 }) = 4,27 
 
Questão 13 Considere a reação de decomposição do tetróxido de dinitrogênio, com 
variação da energia livre de Gibbs padrão(∆𝐺𝑜) igual a 5,8 kJ.mol-1 a 25°C. 
 
18 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
A partir desta informação determine o grau de dissociação no equilíbrio, sabendo que a 
pressão total é igual a 10 atm. 
 
N2O4(g)  2 NO2(g) 
 
Resolução 
 Considerando que n mols de N2O4 se encontram presentes inicialmente, pode-se 
realizar um balanço molar a partir da estequiometria da reação de interesse. 
 
 
 N2O4(g)  2 NO2(g) 
Início n 
 
0 
Reage nα 2nα 
Equilíbrio n - nα 2nα 
 
 Portanto, o número de mols total da mistura gasosa pode ser calculado. 
nT = nN2O4 + nNO2 
nT = n – nα + 2nα 
nT = n + nα 
 As pressões parciais de cada componente dependem diretamente do grau de 
dissociação. Mediante inserção na expressão de KP, a equação final fica independente do 
número de mols de N2O4 presentes no início. 
𝑃𝑁2𝑂4 = 
(𝑛 − 𝑛𝛼)
(𝑛 + 𝑛𝛼)
. 𝑃 =
𝑛. (1 − 𝛼)
𝑛. (1 + 𝛼)
. 𝑃 = 
(1 − 𝛼)
(1 + 𝛼)
. 𝑃 
𝑃𝑁𝑂2 = 
(2𝑛𝛼)
(𝑛 + 𝑛𝛼)
. 𝑃 =
2𝑛𝛼
𝑛. (1 + 𝛼)
. 𝑃 =
2𝛼
(1 + 𝛼)
. 𝑃 
 Cálculo do grau de dissociação a partir da variação da energia livre de Gibbs padrão: 
 𝐾𝑝 = 
𝑃𝑁𝑂2
2
𝑃𝑁2𝑂5
= 
[
2𝛼
(1+𝛼)
.𝑃]²
(1−𝛼)
(1+𝛼)
.𝑃
= 
4𝛼².𝑃2
(1+𝛼)2.{
(1−𝛼)
(1+𝛼)
.𝑃}
= 
4𝛼².𝑃
(1−𝛼²)
 
 A constante de equilíbrio pode ser calculada a partir do valor de informado no 
enunciado. 
𝐾 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
5,98. 103
8,314. (25 + 273)
) = 0,0895 
 No equilíbrio K e KP devem apresentar o mesmo valor. Portanto: 
4𝛼². 𝑃
(1 − 𝛼²)
= 𝐾 →
4𝛼²
(1 − 𝛼²)
=
𝐾
𝑃
=
0,0895
10
= 0,00895 = 𝐾∗ 
 A equação acima pode facilmente ser convertida em uma equação do segundo grau 
expressa em termos do grau de dissociação. 
 
19 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
𝛼2(4 + 𝐾∗) = 𝐾∗ → 𝛼 = ±√
𝐾∗
4 + 𝐾∗
= ±√
0,0085
4 + 0,0085
= ±0.046 
 Com base na tabela de balanço molar se pode perceber que a raíz negativa não 
apresenta sentido físico, pois resultaria em valores igualmente negativos para o número 
de mols de NO2. Portanto, 𝛼 no equilíbrio dever ser igual a 0,046 (4,6%). 
Questão 14 Um aluno do curso de engenharia química estudou em seu projeto de 
iniciação científica a redução do óxido de cobre pelo hidrogênio a 1 atm e 300oC. 
 
CuO(s)+H2(g) = Cu(s)+H2O(g) 
 
Sabe-se que H e S da reação em questão apresentam valores respectivamente iguais 
a -90,4 kJ/mol e 38,3 J/mol.K. 
 
a) Determine a energia livre de Gibbs padrão molar do processo (∆𝐺𝑜). 
b) Determine a constante de equilíbrio nas condições dadas e comente sobre a 
viabilidade da reação. 
c) Calcule as frações molares de H2 e H2O no equilíbrio assumindo que a fase gasosa se 
comporta como ideal. 
 
Resolução 
 
 a) 
 
 A energia livre padrão do processo (∆𝐺𝑜) pode ser calculada diretamente a partir dos 
valores fornecidos para a entropia e entalpia padrão. 
 
∆𝐺𝑜 = ∆𝐻𝑜 − 𝑇∆𝑆𝑜 = −90,4. 103 − (300 + 273). 38,3 = −112,4 kJ. mol−1 
 
b) 
 
 A constante de equilíbrio pode ser calculada diretamente a partir do valor encontrado 
para a energia livre padrão. 
 
𝐾 = exp (−
∆𝐺𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
−112400
8,314. (573)
) = exp(23,605) = 1,78. 1010 
 
 O valor encontrado para K indica um equilíbrio fortemente deslocado no sentido de 
formação da água, ou seja, para o sentido direto do processo. Logo, pode-se dizer que a 
reação em questão deve apresentar elevada viabilidade termodinâmica. 
 
 
 
c) 
 
 Considerando a fase gasosa ideal e a pressão total igual a 1 atm, tem-se: 
 
1 = 𝑃𝐻2 + 𝑃𝐻2𝑂 → 𝑃𝐻2𝑂 = 1 − 𝑃𝐻2 
 
 
20 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 No equilíbrio KP e K apresentam o mesmo valor, logo: 
 
𝐾𝑃 =
𝑃𝐻2𝑂
𝑃𝐻2
=
1 − 𝑃𝐻2
𝑃𝐻2
= 𝐾 → 𝑃𝐻2 =
1
1 + 𝐾
=
1
1 + 1,78. 1010
= 5,62. 10−11 
 
 A pressão de H2 no equilíbrio é, como, esperado pela discussão do item (b), 
praticamente nula, logo, a pressão de H2O será igual a 1 atm, indicando que o equilíbrio 
está praticamente todo deslocado no sentido direto da reação de redução. 
 
Questão 15 Considere a reação de oxidação do N2 pelo oxigênio, representada pela 
seguinte equação química balanceada: 
 
N2(g) + O2(g) ⇄ 2 NO(g), ΔH° = + 55 kcal. 
 
Nos itens abaixo, comente sobre o efeito esperado das respectivas perturbações, no que 
tange o deslocamento do equilíbrio químico em questão. 
 
a) Aumento de temperatura à pressão constante. 
b) Diminuição de pressão à temperatura constante. 
c) Aumento de concentração de O2 à temperatura constante. 
d) Aumento de concentração de NO à temperatura constante. 
 
Resolução 
 
a) 
 Como a reação é endotérmica, pela equação de Van’t Hoff fica claro que a derivada 
de lnK em relação à T deve ser uma grandeza positiva. Logo, um aumento de 
temperatura levará um aumento no valor da constante de equilíbrio, ou seja, estimulando 
o deslocamento do equilíbrio no sentido direto, favorecendo a formação do NO. 
 
d lnK
dT
= 
∆ℎ°
𝑅𝑇²
> 0 ⟹ 𝑇 ↑⟹ 𝑙𝑛𝐾 ↑⟹ 𝐾 ↑ 
b) 
 No equilíbrio a uma temperatura fixa, KP e K devem ser iguais. 
𝐾𝑃 =
𝑃𝑁𝑂
2
𝑃𝑁2𝑃𝑂2
= 𝐾 
 Substituindo-se as pressões parciais pelos respectivos produtos das frações molares 
de a pressão total (P), tem-se: 
 
𝑃𝑁𝑂
2
𝑃𝑁2𝑃𝑂2
= 𝐾 →
𝑃2𝑋𝑁𝑂
2
𝑃2𝑋𝑁2𝑋𝑂2
= 𝐾 →
𝑋𝑁𝑂
2
𝑋𝑁2𝑋𝑂2
= 𝐾 
 
 Logo, percebe-se que a pressão total não deve apresentar influência sobre o 
equilíbrio em questão. 
 
 
 
21 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
c) 
 
 Do item anterior, percebe-se que as frações molares de produtos e reagentes estão 
correlacionadas através da constante de equilíbrio, que, uma vez fixando-se a 
temperatura apresentará um valor constante. Portanto, a elevação da concentração de 
O2, fará com que a razão entre as frações molares seja momentaneamente inferior ao 
valor no equilíbrio. O sistema então reagirá, consumindo as moléculas de O2 excedentes. 
Logo, o equilíbrio se deslocará no sentido da formação do NO. 
 
𝑋𝑂2 ↑⟹ (
𝑋𝑁𝑂
2
𝑋𝑁2𝑋𝑂2
) ↓ 
d) 
 
 O efeito da elevação na concentração de NO pode ser discutida usando a mesma 
lógica empregada no âmbito do item (c). Momentaneamente, a razão entre as frações 
molares de reagentes e produtos irá aumentar. Como a temperatura é constante e a 
referida razão deve ser igual a K, o sistema reagirá, consumindo as moléculas de NO 
excedentes. O equilíbrio será então deslocado no sentido inverso, ou seja, levando à 
produção de moléculas de N2 e O2. 
 
𝑋𝑁𝑂 ↑⟹ (
𝑋𝑁𝑂
2
𝑋𝑁2𝑋𝑂2
) ↑ 
 
Questão 16 A síntese de amônia abaixo, é considerada por muitas pessoas como a maior 
descoberta do século XX, e é conduzida em âmbito industrial mediante a hidrogenação do 
N2, de acordo com a equação abaixo. 
 
N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g) (∆H°(25oC) = - 91,9 kJ; ∆G°(25oC) = - 32,8 kJ) 
 
a) Considerando que a reação é conduzida a 25oC, determine a variação de entropia 
padrão molar do processo. 
b) Determine a constante de equilíbrio do processo, caso o mesmo fosse realizado a 
50oC. 
c) Considerando que você dispõe de dois reatores para produzido NH3, sendo o primeiro 
fechado e o segundo aberto. Assumindo-se que a pressão inicial no reator fechado é 
igual à pressão total no reator aberto, em sua opinião, qual dos reatores seria o mais 
recomendado para a execução do processo? Justifique. 
 
 
Resolução 
 
a) 
 A variação de entropia molar padrão pode ser determinada diretamente a partir dos 
valores fornecidos para as variações de entalpia e energia de Gibbs. 
 
∆𝐺𝑜 = ∆𝐻𝑜 − 𝑇∆𝑆𝑜 → ∆𝑆𝑜 =
∆𝐻𝑜−∆𝐺𝑜
𝑇
=
−91,9.103+32,8.103
(25+273)
= −198,32 J. mol−1. K−1 
 
 A variação de entropia molar encontrada sugere que há uma redução na desordem do 
sistema. Isto faz sentido, pois o número de moléculas gasosas no início (4 mol = 1 mol de 
 
22 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
N2 + 3 mol de H2) é superior ao final (2 mol). A redução no número total de mols explica a 
redução de entropia. 
 
b) 
 
 A constante de equilíbrio a 25oC pode ser calculada diretamente a partir do valor de 
energia de Gibbs padrão dado. 
 
𝐾 = exp (−
∆𝐺𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(−32800)8.314. (25 + 273)
) = 5,61. 105 
 
 A constante de equilíbrio a 50oC, pode-se calculada mediante integração da relação 
de Van’t Hoff, considerando-se que a variação de entalpia padrão é constante na faixa de 
temperatura considerada. 
 
𝐾2 = 𝐾1. 𝑒𝑥𝑝 (
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 }) 
 
𝐾2 = 5,61. 10
5. 𝑒𝑥𝑝 (
−91900
8.314
. {
1
(25 + 273)
−
1
(50 + 273)
 }) = 3,19. 105 
 
 Convém observar o quão sensível é a constante de equilíbrio em relação à 
temperatura. Tal fato é explicado pelo expressivo valor da entalpia molar padrão, que 
sugere um processo fortemente exotérmico. 
 
c) 
 
 Para analisarmos o efeito da pressão no equilíbrio e por fim na viabilidade do 
processo de síntese de NH3, convém escrever a equação para o KP do processo. 
 
𝐾𝑃 =
𝑃𝑁𝐻3
2
𝑃𝐻2
3 𝑃𝑁2
= (
𝑃2
𝑃4
) .
(𝑋𝑁𝐻3)
2
𝑋𝑁2𝑋𝐻2
3 = (
1
𝑃2
)
(𝑋𝑁𝐻3)
2
𝑋𝑁2𝑋𝐻2
3 
 
 Como KP e K no equilíbrio devem ser iguais, fixando-se a temperatura do reator, K e 
KP serão constantes. 
 
(
1
𝑃2
)
(𝑋𝑁𝐻3)
2
𝑋𝑁2𝑋𝐻2
3 = 𝐾(𝑇) = 𝑐𝑡𝑒 
 
 Realizando-se o processo em um reator fechado, como o número de mols total da 
mistura deve diminuir, conforme já apontado anteriormente, a pressão total deve também 
apresentar uma apreciável redução. Com isso, a razão entre as frações molares de 
produtos e reagentes no equilíbrio deve reduzir, ou seja, a reação é deslocada no sentido 
de formação dos produtos. 
 
(𝑋𝑁𝐻3)
2
𝑋𝑁2𝑋𝐻2
3 = 𝐾(𝑇). 𝑃
2 
 
 
23 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Em um reator aberto, a pressão é constante, e como é numericamente igual à 
pressão inicial no reator fechado, será, em todo momento, superior à pressão existente no 
mesmo. 
 Essas reflexões sugerem que a reação deve ser conduzida em um reator aberto, 
preferencialmente a uma pressão superior à pressão atmosférica. 
 
Questão 17 Considere as reações químicas apresentadas a seguir, cujas constantes de 
equilíbrio foram determinadas a 400oC. 
 
Fe2O3(s) + 3 CO(g)  2 Fe(s) + 3 CO2(g) K1 = 2,6.102 
 C(s) + CO2(g)  2CO(g) K2 =7,6.10-5 
 
a) Construa equações que permitam determinar KP pra ambos os processos. 
b) Discuta possíveis efeitos do aumento da temperatura na reação de redução do Fe2O3, 
sabendo que a 400oC, a entalpia molar padrão (∆𝐻𝑜) é igual a -36,2 kJ/mol. 
c) Discuta possíveis efeitos da diminuição do volume do reator sobre o equilíbrio, para a 
reação de decomposição do CO2, considerando que a temperatura permanece 
constante. 
d) Determine a pressão parcial de CO no equilíbrio para a reação de redução do Fe2O3 
pelo grafite, considerando que a mesma será realizada a 400oC. 
 
Fe2O3(s) + 3C(s) = 2 Fe(s) + 3 CO(g) 
 
Resolução 
a) 
 Por definição, KP consiste na razão entre os produtos das pressões parciais de 
reagentes e produtos, cada pressão elevada ao respectivo coeficiente estequiométrico. 
Naturalmente, nessas equações, somente os reagentes e produtos gasosos são 
contemplados. 
 
3
3
2
1
CO
CO
p
P
P
K = 
2
2
2
CO
CO
p
P
P
K = 
b) 
 Na temperatura considerada, como a entalpia molar padrão é negativa (-36,2 kJ/mol), 
a elevação da temperatura fará com que a constante de equilíbrio (K) seja reduzida. Logo, 
a condução da reação em temperaturas mais elevadas não favorece o processo, pois o 
equilíbrio é deslocado no sentido dos reagentes. 


=





KKT
TR
H
dT
Kd
ln,0
².
ln 0
 
c) 
 
 Observando-se a estequiometria do processo é possível concluir que para cada mol 
de CO2 consumido, dois mol de CO são gerados. 
 
24 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
Portanto, o número de mols na fase gasosa (𝑛𝑔) deve aumentar no decorrer do processo. 
Considerando a fase gasosa ideal, a pressão do reator deve ser proporcional a 𝑛𝑔. 
 
𝑃 =
𝑛𝑔𝑅𝑇
𝑉
 
 
 Logo, ao conduzirmos a reação em um reator fechado, a pressão deve naturalmente 
aumentar. Este aumento é mais expressivo à medida que o volume do reator se torna 
menor. A pressão afeta o equilíbrio através do KP, que no equilíbrio é numericamente 
igual a K. 
 
𝐾𝑃2 =
𝑃𝐶𝑂
2
𝑃𝐶𝑂2
= 𝐾(𝑇) ⟹ (
𝑃2
𝑃
) .
𝑋𝐶𝑂
2
𝑋𝐶𝑂2
= 𝐾 ⟹
𝑋𝐶𝑂
2
𝑋𝐶𝑂2
=
𝐾
𝑃
= 𝐾∗ 
 
 Fixando-se a temperatura e elevando-se P, o valor de K* deve reduzir, e, 
consequentemente, o mesmo deve ocorrer com a razão entre as frações molares de CO e 
CO2. Desta forma, a redução do volume do reator deve então contribuir para a redução da 
fração molar de CO, deslocando o equilíbrio no sentido dos reagentes. 
 
𝐾∗ ↓⟹
𝑋𝐶𝑂
2
𝑋𝐶𝑂2
↓ 
 
d) 
 
 A reação de redução do Fe2O3 pelo carbono, pode ser obtida a partir de uma 
combinação linear da reação "1'' e "2". Para tal, basta multiplicarmos a reação "2" por três 
e somarmos à reação "1". Ao multiplicarmos a reação "2" por três, o valor do seu 
∆𝐺𝑜 também será multiplicado pelo mesmo fator, e, consequentemente, o valor de K3 
deverá ser atualizado. Isso pode ser feito elevando-se o valor original a potência de três. 
 
𝐾2 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺2
𝑜
𝑅𝑇
) → (𝐾2)
3 = 𝑒𝑥𝑝 (−
3. ∆𝐺2
𝑜
𝑅𝑇
) 
Fe2O3(s) + 3 CO(g)  2 Fe(s) + 3 CO2(g) K1 = 2,6.102 
 + x 
 3C(s) + 3CO2(g)  6CO(g) K2 =7,6.10-5 
____________________________ 
Fe2O3(s) + 3C(s) = 2 Fe(s) + 3 CO(g) K3=K1.(K2)3 
 
 Ao somarmos as reações "1" e "2", após a multiplicação da última por três, o ∆𝐺𝑜 da 
reação final será obtido a partir do somatório dos valores das reações adicionadas, 
lembrando que no caso da reação "2" tal grandeza deve ser multiplicada por três. 
 
∆𝐺3
𝑜 = ∆𝐺1
𝑜 + 3. ∆𝐺2
𝑜 
 
 
25 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Consequentemente, o K da reação três, será o produto das constantes de equilíbrio 
das reações adicionadas. 
 
𝐾3 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺3
𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(∆𝐺1
𝑜 + 3. ∆𝐺2
𝑜)
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺1
𝑜
𝑅𝑇
) . 𝑒𝑥𝑝 (−
3. ∆𝐺2
𝑜
𝑅𝑇
) = 𝐾1(𝐾2)
3 
𝐾3 = (2,6. 10
2). (7,6. 10−5)3 = 1,14. 10−10 
 
 Sabe-se que no equilíbrio KP e K devem apresentar um mesmo valor. 
 
𝐾𝑃 = 𝑃𝐶𝑂
3 = 𝐾3 → 𝑃𝐶𝑂 = (𝐾3)
1/3 = 4,85. 10−4atm 
 
 Cabe realizar uma observação sobre a unidade referente à pressão parcial de CO 
calculada. De uma maneira geral, se está assumindo que a pressão de referência é 1 
atm. Tal fato está subentendido quando definimos uma grande termodinâmica 
acrescentando como índice superior o símbolo "o", por exemplo, S°, H°, G°. Por este 
motivo, as pressões envolvidas na definição de KP serão obrigatoriamente avaliadas em 
atm. 
 
Questão 18 Seja a reação de decomposição do N2O4, representada pela equação abaixo. 
 
N2O4(g)  2 NO2(g) (S°(25oC) = + 175,83 J.K-1.mol-1; G°(25oC) = + 4,73 kJ.mol-1) 
 
a) Calcule a variação de entalpia padrão, (H°), em kJ.mol-1 da reação a 25°C, e diga se 
 o processo é exotérmico ou endotérmico. 
b) Determine KP. 
c) Calcule a variação da energia livre, G, da reação, a 25°C, no momento em que estão 
 presentes 0,20 mol de N2O4 e 0,80 mol de NO2 em um recipiente fechado de um litro, 
 e determine em que sentido o processo pode ser considerado espontâneo. 
 
Resolução 
a) 
 Energia de Gibbs, entalpia e entropia estão intimamente ligados, já dizia Willard 
Gibbs. 
𝐺 = 𝐻 − 𝑇. 𝑆 
 No que se refere às propriedades padrão molares, tem-se: 
 
−= STHG 
 
 Inserindo-se os valores do enunciado, pode-se resolver a equação acima para a 
entalpia molar padrão do processo. 
 
kJ/mol 1,57)83,175).(25273(4730)83,175).(25273(4730 =++=+−= HH 
 
 Como a entalpia molar padrão é positiva, a entalpia do sistema deve aumentar à 
medida que a reação avança. Portanto, 57,1 kJ calor devem ser fornecidos ao sistema 
para decompor um mol de N2O4, configurando um processo endotérmico 
 
26 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
b) 
 A constante de equilíbrio (K) pode ser determinada diretamente através do 
conhecimento da energia de Gibbs molar padrão e da temperatura. 
 
∆𝐺𝑜 = −𝑅𝑇𝑙𝑛𝐾 
 
 Portanto, inserindo-se os dados do enunciado, tem-se: 
 
PKeK
K
K
K
KTR
===
−=
=−
−=
−=
− 148,0
91,1ln
ln
57,2477
4730
ln.298).314,8(4730
ln..4730
)91,1(
 
 
c) 
 A variação de energia de Gibbs por mol de N2O4 decomposto pode ser calculada 
mediante o conhecimento de Q e K. 
 
∆𝐺 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇. 𝑙𝑛𝑄 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝑁𝑂2
2
𝑃𝑁2𝑂4
) 
 
 O cálculo das pressões parciais de cada componente requer o conhecimento prévio 
das suas respectivas frações molares. Como a fase gasosa é considerada ideal, o volume 
do reator e a temperatura do mesmo são conhecidos, a pressão parcial de cada 
componente passa ser diretamente proporcional ao número de mols. 
 
.89,4
)25273).(08206,0.(2,01.
...
42
42
42
atmp
p
TRnVp
ON
ON
ON
=
+=
=
 
 
.56,19
)25273).(08206,0.(8,01.
...
2
2
2
atmp
p
TRnVp
NO
NO
NO
=
+=
=
 
 
 Portanto, G pode ser finalmente determinado: 
 
( )
( )
1
2
J.mol 66,15531
89,4
²56,19
ln).298).(314,8(4730ln..
42
2 −=+=+=
ON
NO
P
P
TRGG 
 
 Como o valor encontrado é positivo, isso significa que a reação será espontânea no 
sentido de regenerar moléculas de N2O4, ou seja, no sentido inverso. 
 
 
27 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
Questão 19 O equilíbrio de Bourdouix, representado pela equação química abaixo, 
apresenta considerável relevância para a indústria metalúrgica. 
 
C(s)+CO2(g) = 2CO(g) 
 
a) Com base nas reações de formação do CO e CO2, determine a constante de 
 equilíbrio para a reação de Bourduix a 250oC. 
 
 C(s)+O2(g) = CO2(g) (∆𝐻𝑜(400oC) = −393,668
kJ
mol
 ; ∆𝑆𝑜(400oC) = 2,49
J
mol
. K) 
 C(s)+1/2O2(g) = CO(g) (∆𝐻𝑜(400oC) = −110,036
kJ
mol
 ; ∆𝑆𝑜(400oC) = 90,79
𝐽
𝑚𝑜𝑙
. 𝐾) 
 
b) Assumindo que a fase gasosa é ideal, determine as pressões parciais de O2, CO e 
 CO2 no equilíbrio a 250oC e 1 atm. 
c) Finalmente, discuta se nas condições dadas a redução da hematita (Fe2O3) gerando 
 magnetita (Fe3O4) seria possível, sabendo que a constante de equilíbrio da referida a 
 reação a 400oC apresenta um valor igual a 9,347.105. 
 
 3 Fe2O3(s) + CO(g) = 2 Fe3O4(s) + CO2(g) 
 
Resolução 
 
a) 
 
CO2(g)=C(s)+O2(g) (−∆𝐺𝐶𝑂2
𝑜 ) 
+ 
2C(s)+O2(g)=2CO(g) (2. ∆𝐺𝐶𝑂
𝑜 ) 
________________ 
C(s)+CO2(g)=2CO(g) (∆𝐺𝑓
𝑜 = 2. ∆𝐺𝐶𝑂
𝑜 − ∆𝐺𝐶𝑂2
𝑜 ) 
 
 A reação de Bourduix pode ser encontrada mediante uma combinação linear das 
reações de formação do CO e CO2. Para tal, devemos inverter a reação de formação do 
CO2 e somar à reação de formação do CO multiplicada por dois. 
 A constante de equilíbrio da reação de Bourdouix pode então ser determinada a partir 
da variação de energia de Gibbs padrão final. 
 
𝐾𝑓 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝑓
𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(2. ∆𝐺𝐶𝑂
𝑜 − ∆𝐺𝐶𝑂2
𝑜 )
𝑅𝑇
) =
(𝐾𝐶𝑂)
2
𝐾𝐶𝑂2
 
 
 As constantes de equilíbrio para as reações de formação do CO (𝐾𝐶𝑂) e CO2 (𝐾𝐶𝑂2) 
podem ser determinadas a partir dos dados do enunciado para a entalpia molar padrão e 
entropia molar padrão, considerando uma temperatura de 400oC. 
 
𝐾𝐶𝑂 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝐶𝑂
𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(∆𝐻𝐶𝑂
𝑜 − 𝑇∆𝑆𝐶𝑂
𝑜 )
𝑅𝑇
) 
 
𝐾𝐶𝑂 = 𝑒𝑥𝑝 (−
(−220. 103 − (250 + 273). 181,85)
8,314. (250 + 273)
) = 1,919. 1013 
 
 
𝐾𝐶𝑂2 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆𝐺𝐶𝑂2
𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
(∆𝐻𝐶𝑂2
𝑜 − 𝑇∆𝑆𝐶𝑂2
𝑜 )
𝑅𝑇
) 
 
28 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
𝐾𝐶𝑂2 = 𝑒𝑥𝑝 (−
(−393,67. 103 − (250 + 273). 2,49)
8,314. (250 + 273)
) = 4,849. 1030 
 
 Finalmente, a constante de equilíbrio para a reação de Bourdouix a 400oC pode ser 
determinada: 
 
𝐾𝑓 =
(𝐾𝐶𝑂)
2
𝐾𝐶𝑂2
= 7,6. 10−5 
 
b) 
 
 Denominando-se de X, Y e Z as pressões parciais de O2, CO e CO2, como a pressão 
total é igual a 1atm e a fase gasosa é ideal, tem-se: 
 
𝑋 + 𝑌 + 𝑍 = 1 
 
 O equilíbrio no presente sistema pode ser descrito por duas reações independentes, 
por exemplo, as reações de formação de CO e CO2. No entanto, convém considerar uma 
dessas reações juntamente com a reação de Bourdouix. Escolhendo-se a reação de 
formação do CO2, tem-se: 
 
C(s) + O2(g) = CO2(g) (𝐾𝐶𝑂2 = 4,849. 10
30) 
C(s) + CO2(g) = 2CO(g) (𝐾𝑓 = 7,6. 10
−5) 
 
 As constantes KP para cada uma das reações acima podem ser escritas como função 
de X, Y e Z. 
 
𝐾𝑃
𝑓
=
𝑌2
𝑍
→ 𝑍 =
𝑌2
𝐾𝑃
𝑓
 
 
𝐾𝑃
𝐶𝑂2 =
𝑍
𝑋
→ 𝑋 =
𝑍
𝐾𝑃
𝐶𝑂2
=
𝑌2
𝐾𝑃
𝐶𝑂2𝐾𝑃
𝑓
 
 
 No equilíbrio as constantes KP são respectivamente iguais às constantes de equilíbrio, 
determinadas anteriormente. 
 
𝐾𝑃
𝑓
= 𝐾𝑓 
 
𝐾𝑃
𝐶𝑂2 = 𝐾𝐶𝑂2 
 
 Substituindo-se as últimas relações na equação de cálculo da pressão total é possível 
construir uma equação do segundo grau em Y (pressão parcial de CO). 
 
𝑋 + 𝑌 + 𝑍 = 1 →
𝑌2
𝐾𝐶𝑂2𝐾𝑓
+ 𝑌 +
𝑌2
𝐾𝑓
− 1 = 0 → 𝑌2 (
1
𝐾𝑓
+
1
𝐾𝐶𝑂2𝐾𝑓
) + 𝑌 − 1 = 0 
 
𝑎𝑌2 + 𝑌 − 1 = 0 
 
 
29 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
𝑎 = (
1
𝐾𝑓
+
1
𝐾𝐶𝑂2𝐾𝑓
) = 1.3158. 104 
 
 
 Resolvendo-se a equação, e considerando somente a raiz positiva, tem-se: 
 
 
𝑌 =
(−1 ± √1 + 4. 𝑎)
2. 𝑎
→ 𝑌 =
(−1 + √1 + 4. 𝑎)
2. 𝑎
= 0,0087 atm = 𝑃𝐶𝑂 
 
𝑍 =
𝑌2
𝐾𝑃
𝑓
= 0,9913 atm = 𝑃𝐶𝑂2 
 
𝑋 =
𝑌2
𝐾𝑃
𝐶𝑂2𝐾𝑃
𝑓
= 2,04. 10−31atm = 𝑃𝑂2 
 
c) 
 
 Para que a reação de redução seja viável, ∆𝐺deve apresentar um valor negativo. 
 
∆𝐺 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐶𝑂2
𝑃𝐶𝑂
) = −𝑅𝑇𝑙𝑛𝐾 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐶𝑂2
𝑃𝐶𝑂
) = 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐶𝑂2
𝐾. 𝑃𝐶𝑂
) 
 
 Substituindo-se os valores encontrados para as pressões parciais de CO2 e CO, 
juntamente com o valor de K para a reação de redução dado no enunciado, tem-se: 
 
𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐶𝑂2
𝐾. 𝑃𝐶𝑂
) = (8,314). (400 + 273). 𝑙𝑛 (
0,9913
(9,347. 105). (0,0087)
) = −5.0414. 104J. mol−1 
 
 Como ∆𝐺 apresenta um valor negativo, pode-se concluir que a redução da hematita 
pode ser realizada na temperatura pretendida. 
 
 
Questão 20 Considere a reação de decomposição térmica de um óxido genérico (X2O), 
representada pela equação química balanceada a seguir: 
 
X2O(s)  2 X(s) + ½ O2(g) (H = + 35,0 kJ.mol-1; S = 0,088 kJ.mol-1.K-1) 
 
a) Com base no valor de G, proponha uma temperatura mínima para a realização do 
 processo. 
b) Determine a pressão de oxigênio no equilíbrio, na temperatura proposta. 
c) Finalmente, discuta possíveis efeitos relacionados à elevação da temperatura e da 
 pressão total sobre o valor determinado no item (b). 
 
 
 
 
 
 
 
 
30 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
Resolução 
a) 
 Quando a variação de energia de Gibbs padrão do processo se torna negativa, pode-
se dizer que está contribuindo para que o processo de interesse ocorra no sentido direto, 
logo: 
 
∆G° = ∆H° − T. ∆S° < 0 
35 − T. (0,08) < 0 
 T. (0,08) > 35 → T > 437,50 𝐾 
b) 
 
 A pressão de O2 no equilíbrio será aquela que fizer com que K e KP apresentem o 
mesmo valor na temperatura proposta. O valor de K, pode ser obtido diretamente a partir 
dos dado do enunciado. 
∆G° = ∆H° − T. ∆S° = 35. 103 − (437,5). (0,088) = 3,496. 104 J. mol−1 
𝐾 = 𝑒𝑥𝑝 (−
∆G°
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
3,496. 104
(8,314). (437,5)
) = 6,697. 10−5 
 Como KP e K devem ser idênticos, tem-se: 
𝐾𝑝 = 𝑃𝑂2 = 𝐾 = 6,697. 10
−5 atm 
c) 
 
 Em ambos os casos a pressão parcial de O2 no equilíbrio será modificada. Como a 
entalpia molar padrão é positiva, isso sugere que a reação seja endotérmica, como é 
intuitivamente esperado para reações de decomposição térmica, em que energia térmica 
é investida para romper as ligações químicas do material original. 
 Em se tratando de um processo endotérmico, de acordo com o princípio de Le 
Chatelier, a elevação da temperatura deve deslocar o equilíbrio no sentido direto, ou seja, 
da formação de O2, logo contribuindo para a elevação da sua respectiva pressão parcial. 
 No que tange o efeito da pressão, basta considerar a igualdade entre KP e K no 
equilíbrio. 
 
𝐾𝑝 = 𝑃𝑂2 = 𝐾 → 𝑃. 𝑋𝑂2 = 𝐾 → 𝑋𝑂2 =
𝐾
𝑃
 
 
 Logo, se P aumenta e K é fixo (temperatura constante), a fração molar de O2 no 
equilíbrio deve diminuir, o que configura um deslocamento do equilíbrio no sentido de 
regeneração do óxido.Questão 21 Considere que você deseja reduzir uma amostra de NiO em uma atmosfera 
contendo CO a 450oC. 
 
NiO(s) + CO(g) = Ni(s) + CO2(g) (H(400oC) = -46,2 kJ.mol-1) 
 
31 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 
 Para tal, você dispõe de um forno com entrada para gases, e decide por injetar uma 
mistura contendo CO e CO2, sendo a razão entre as pressões parciais de CO e CO2 igual 
a 1.10-5. Sabe-se que a reação de redução do NiO apresenta uma constante de equilíbrio 
a 400oC igual a 4,34.103. 
 
a) Calcule a razão entre as pressões parciais de CO e CO2 associada ao equilíbrio em 
 questão a 450oC. 
b) Em sua opinião, a redução pretendida é termodinâmicamente viável nas condições 
 impostas? Justifique. 
 
Resolução 
 
a) 
 
 A razão entre as pressões parciais de CO e CO2 no equilíbrio pode ser no presente 
caso determinada a partir do valor de KP, que será igual ao valor de K a 450oC. 
 
𝐾𝑃 =
𝑃𝐶𝑂2
𝑃𝐶𝑂
= 𝐾(450oC) 
 
 O valor de K a 450oC, pode ser obtido diretamente a partir da equação de Van't Hoff, 
mediante a inserção do valor de entalpia padrão molar do enunciado. 
 
𝐾2(450
oC) = 𝐾1(400
oC). 𝑒𝑥𝑝 (
∆𝐻°
𝑅
. {
1
𝑇1
−
1
𝑇2
 }) 
 
𝐾2 = (4,34. 10
3). 𝑒𝑥𝑝 (
−46,2. 103
8,314
. {
1
(400 + 273)
−
1
(450 + 273)
 }) = 2,4519. 103 
Logo: 
 
𝑃𝐶𝑂2
𝑃𝐶𝑂
= 𝐾2 →
𝑃𝐶𝑂
𝑃𝐶𝑂2
=
1
𝐾2
= 4,08. 104 
 
b) 
 
 Se a razão entre as pressões parciais de CO e CO2 na mistura admitida for superior 
ao valor associado ao equilíbrio a 450oC, CO deve ser consumido, ou seja, a redução 
ocorrerá, uma vez que o equilíbrio será constantemente deslocado para o sentido dos 
produtos. Caso o contrário ocorra, a redução será termodinamicamente inviável. 
Neste caso, como a referida razão é inferior ao valor requerido pela condição de 
equilíbrio, o equilíbrio será constantemente deslocado no sentido de geração do CO, ou 
seja, no sentido inverso. 
 No presente caso, observa-se que a razão entre as pressões parciais é inferior ao 
valor requerido no equilíbrio. Logo, nas condições impostas a redução do NiO não é 
termodinamicamente viável. 
 
 
 
 
 
32 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
Questão 22 Considere a reação de Shift, muito empregada em âmbito industrial para a 
produção de misturas de CO e H2 (gás de síntese). Considere que a reação é conduzida 
em um reator aberto (pressão constante) a 580oC, alimentado com uma corrente gasosa, 
onde as pressões parciais de CO2, H2, CO e H2O, são respectivamente iguais a 0,4 atm, 
0,4 atm, 0,1 atm, 0,1 atm. 
 
CO2(g) + H2(g) = CO(g) + H2O(g) (H(580oC)=36,4 kJ.mol-1; S(580oC)=33,7 J.mol-1.K-1) 
 
a) Defina se nas condições propostas a reação é ou não viável de um ponto de vista 
 termodinâmico. 
b) Admitindo-se que reagentes e produtos permanecem tempo suficiente dentro do 
 reator para que o equilíbrio seja atingido, determine a composição do gás de síntese 
 gerado. 
 
Resolução 
 
a) 
 
 A avaliação da viabilidade termodinâmica do processo requer o cálculo de ∆𝐺. 
 
∆𝐺 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐻2𝑂𝑃𝐶𝑂
𝑃𝐻2𝑃𝐶𝑂2
) 
 
 Inserindo-se os valores fornecidos no enunciado, tem-se: 
 
∆𝐺𝑜 = ∆H° − T. ∆S° = 36,4. 103 − (580 + 273). 33,7 = 7,654. 103 
 
∆𝐺 = 7,654. 103 + 8,314. (580 + 273)𝑙𝑛 (
(0,1). (0,1)
(0,4). (0,4)
) = −1,2. 104 
 
 Como ∆𝐺 é negativo, há força-motriz para a condução do processo, ou seja, a reação 
desejada é viável no sentido direto. 
 
b) 
 
 A composição do gás de síntese requer a determinação do número de mols de 
reagentes e produtos no equilíbrio. Para tanto, convém realizar um balanço molar com 
base na estequiometria do processo. Assumindo-se um mol de mistura total como base 
de cálculo, tem-se: 
 
Espécie Início Equilíbrio 
CO2 0,4 0,4-x 
H2 0,4 0,4-x 
CO 0,1 0,1+x 
H2O 0,1 0,1+x 
Total 1 1 
 
 A constante de equilíbrio (K) do processo a 580oC, pode ser calculada diretamente a 
partir do valor de ∆𝐺𝑜. 
 
 
33 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
𝐾 = exp (−
∆𝐺𝑜
𝑅𝑇
) = 𝑒𝑥𝑝 (−
7,654. 103
(8,314). (580 + 273)
) = 0,34 
 
 No equilíbrio, KP e K devem ser iguais, logo: 
 
𝑃𝐻2𝑂𝑃𝐶𝑂
𝑃𝐻2𝑃𝐶𝑂2
= 𝐾 →
(0,1 + 𝑥). (0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥). (0,4 − 𝑥)
= 𝐾 
 
(0,1 + 𝑥). (0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥). (0,4 − 𝑥)
= 𝐾 → [
(0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥)
]
2
= 𝐾 
 
 A última equação é uma equação do segundo grau na variável x, e, portanto, 
apresenta duas soluções. 
 
[
(0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥)
]
2
= 𝐾 →
(0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥)
= +√𝐾 → 𝑥1 =
0,4. √𝐾 − 0,1
√𝐾 + 1
= 0,0841 
 
[
(0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥)
]
2
= 𝐾 →
(0,1 + 𝑥)
(0,4 − 𝑥)
= −√𝐾 → 𝑥2 =
0,4. √𝐾 + 0,1
√𝐾 − 1
= −0,79 
 
 Como pela resolução do item (a) é sabido que há força motriz para a realização do 
processo no sentido direto, x1 configura a única solução com significado físico. Portanto, a 
composição química do sistema na saída do reator pode ser unicamente determinada. 
 
𝑋𝐶𝑂2 = 𝑋𝐻2 = 0,4 − 𝑥 = 0.316 
 
𝑋𝐶𝑂 = 𝑋𝐻2𝑂 = 0,1 + 𝑥 = 0,184 
 
Questão 23 Considere que você deseja produzir grafeno (C(s)) em um reator aberto que 
opera a 900oC e 0,0054 atm. O reator é alimentado com uma corrente contendo CH4 e H2, 
sendo a pressão parcial de CH4 igual a 0,0027 atm. 
 
CH4(g) = C(s) + 2H2(g) (H(900oC)=89,9kJ.mol-1; S(900oC)=109,1 J.mol-1.K-1) 
 
a) Defina se nas condições propostas a reação é ou não viável de um ponto de vista 
 termodinâmico. 
b) Admitindo-se que reagentes e produtos permanecem tempo suficiente dentro do 
 reator para que o equilíbrio seja atingido, determine a massa em gramas de grafeno 
 produzido, para cada mol de mistura (CH4 + H2) alimentados. 
 
Resolução 
a) 
 A definição da viabilidade do processo em questão depende do valor de ∆𝐺. 
∆𝐺 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐻2
2
𝑃𝐶𝐻4
) 
 
 
34 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 O valor de ∆𝐺𝑜 pode ser determinado diretamente a partir dos valores de entalpia e 
entropia molares padrão. 
∆G° = ∆H° − T. ∆S° = 89,9. 103 − (900 + 273). (109,1) = −3,81. 104 J. mol−1 
 Como a pressão total é o somatório das pressões parciais e na atmosfera somente se 
encontram presentes H2 e CH4, concluí-se, pela informação do enunciado que a pressão 
parcial de ambos é idêntica no início. 
𝑃𝐻2 = 𝑃𝐶𝐻4 = 0,0027 atm 
 Inserindo-se os valores na equação para cálculo da força-motriz, tem-se: 
∆𝐺 = ∆𝐺𝑜 + 𝑅𝑇𝑙𝑛 (
𝑃𝐻2
2
𝑃𝐶𝐻4
) = −3,81. 104 + (8,314). (900 + 273). ln(0,0027) = −9,57. 104 
 
 Como ∆𝐺é negativo, o processo de formação do grafeno é viável nas condições 
impostas no esperimento. 
b) 
 A determinação da massa de grafeno produzida por mol de mistura alimentada pode 
ser facilmente encontrada mediante a realização de um balanço molar. Como as pressões 
parciais de H2 e CH4 na alimentação são as mesmas, as frações molares de ambos serão 
também idênticas e iguais a 0,5. Para um mol de mistura inicial, tem-se: 
 
Espécie Início Equilíbrio 
CH4 0,5 mol 0,5-x 
H2 0,5 mol 0,5+2.x 
C 0 x 
Total 1 1+x 
 
 Convém comentar que o somatório dos números de mols na condição de equilíbrio 
contempla somente as espécies que entram na definição de KP, ou seja, as espécies 
gasosas. No equilíbrio, K e KP são idênticos, logo: 
 
𝑃𝐻2
2
𝑃𝐶𝐻4
= 𝐾 → 𝑃. (
𝑋𝐻2
𝑋𝐶𝐻4
) = 𝐾 → (
𝑋𝐻2
𝑋𝐶𝐻4
) =
𝐾
𝑃
 
 As frações molares de H2 e CH4 podem ser determinadas a partir da tabela do 
balanço molar. 
𝑋𝐻2 =
0,5 + 2. x
1 + x
 
𝑋𝐶𝐻4 =
0.5 − x
1 + x
 
 
 
 
35 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
 Inserindo-se na equação de equilíbrio, tem-se: 
(0,5 + 2. x)2
(1 + x). (0,5 − x)
=
𝐾
𝑃
= 𝐾′ 
 A equação acima pode ser rearranjada algebricamente como uma equação do 
segundo grau em x. 
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0 
𝑎 = 1 
𝑏 =
2 + 0,5. 𝐾′
(4 + 𝐾′)
 
𝑐 =
0,5. (0,5 − 𝐾′)
(4 + 𝐾′)
 
𝑥1 =
(−𝑏 + √𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐)
2. 𝑎
= 0,4962 
𝑥2 =
(−𝑏 − √𝑏2 − 4. 𝑎. 𝑐)
2. 𝑎
= −0,9962 
 Percebe-se claramente que somente a raiz positiva faz sentido. Desta forma, a 
quantidade de grafite em massa produzida pode ser facilmente encontrada. 
𝑚𝐶 = 𝑛𝑐. 12 = 12. 𝑥1 = 5,95 g36 CAPÍTULO VI – EQUILÍBRIO QUÍMICO 
SOBRE O AUTOR 
 
Alexandre Vargas Grillo é Doutor em Engenharia de Materiais e Processos Químicos e Metalúrgicos pela PUC-Rio, Mestrado em Engenharia de Materiais e Processos 
Químicos e Metalúrgicos pela mesma instituição (PUC-Rio), pós-graduação em licenciatura de ensino fundamental e médio em química pela Cândido Mendes e 
Engenheiro Químico pela Pontifícia Universidade Católica do Rio de Janeiro. 
Atualmente atua como Professor do Instituto Federal do Rio de Janeiro – IFRJ – Campus Nilópolis, lecionando Físico-Química Avançada e Nanotecnologia para os 
cursos de Bacharelado, Licenciatura e Técnico. 
Na pesquisa atua como professor colaborador em Engenharia de Processos Químicos e Metalúrgicos em Síntese de Nanopartículas pela PUC-Rio e também no 
laboratório de Modelagem, Automação e Controle (LaMaC) da mesma instituição. Revisor do Journal of Materials Science e consultor Ad Hoc Faperj e membro da 
coordenação de Olimpíadas de Química do Estado do Rio de Janeiro – OQRJ, atuando na área científica no preparo para a IChO e Iberoamericana. 
Coordenador da turma olímpica de Química do Instituto Federal do Rio de Janeiro – Campus Nilópolis. Área de atuação: Nanoparticles, Titanium Nitride, Characterization, 
Physical Chemistry, Chemical Kinetics, Artificial Intelligence, Neural networks.