O gás amônia, \mathrm{NH}_{3}, comumente utilizado em câmaras frigoríficas, é um gás incolor, tóxico e corrosivo na presença de umidade, podendo ser altamente perigoso em caso de vazamento. A obtenção deste gás foi realizada em um recipiente fechado de 3,5 \mathrm{~L}, conforme representado na equação abaixo:
\mathrm{N}_{2}(\mathrm{~g})+3 \mathrm{H}_{2}(\mathrm{~g}) \rightleftharpoons 2 \mathrm{NH}_{3}(\mathrm{~g}) \quad \mathrm{K}_{\mathrm{p}}=3,6 \times 10^{-2} \text { a } 500 \mathrm{~K}
a) Calcule a fração em mol de \mathrm{NH}_{3}, no equilíbrio, sabendo que as pressões parciais de \mathrm{N}_{2} e \mathrm{H}_{2}, nesta situação, são 2,0 e 3,0 \mathrm{~atm}, respectivamente.
b) Esta reação, no equilíbrio, foi perturbada pela adição de 0,10 \mathrm{~mol} de \mathrm{N}_{2} e 0,15 \mathrm{~mol} de \mathrm{NH}_{3}, simultaneamente, a 500 K . Calcule as pressões parciais de todos os componentes da mistura no novo equilíbrio, sabendo que houve uma variação de 20 \% da quantidade inicial de \mathrm{H}_{2}.
c) Calcule o valor de \mathrm{K}_{\mathrm{c}} a 500 K .
d) Explique o que acontece com o sistema em equilíbrio representado na equação acima, nas seguintes situações:
d1) quando a pressão interna do recipiente for diminuída;
d2) quando houver uma diminuição da temperatura do sistema, sabendo que esta reação é exotérmica.
Considere o comportamento ideal dos gases.

Passo 1

O enunciado e os dados importantes (vou listar tudo que nos dão e o que é pedido).
  • Reação:
\mathrm{N}_{2}(\mathrm{g})+3\mathrm{H}_{2}(\mathrm{g}) \rightleftharpoons 2\mathrm{NH}_{3}(\mathrm{g})
  • Constante de equilíbrio (à 500\\ \mathrm{K}): \;K_{p}=3{,}6\times10^{-2}.
  • Volume do recipiente: \;V=3{,}5\\ \mathrm{L}.
  • Temperatura: \;T=500\\ \mathrm{K}.
  • No equilíbrio inicial (antes de qualquer adição) as pressões parciais são:
    • \;P_{\mathrm{N}_2}=2{,}0\\ \mathrm{atm}.
    • \;P_{\mathrm{H}_2}=3{,}0\\ \mathrm{atm}.
    • \;P_{\mathrm{NH}_3} não é dada, deve ser obtida a partir de K_p.
O enunciado pede:
a) fração molar (fração em mol) de \mathrm{NH}_3 no equilíbrio inicial;
b) após adicionar 0{,}10\\ \mathrm{mol} de \mathrm{N}_2 e 0{,}15\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH}_3 simultaneamente, e sabendo que houve uma variação de 20\% da quantidade inicial de \mathrm{H}_2, calcular as pressões parciais dos três componentes no novo equilíbrio (tudo a 500\\ \mathrm{K});
c) calcular K_{c} a 500\\ \mathrm{K};
d) explicar qualitativamente o efeito de:
  • d1) diminuir a pressão interna do recipiente;
  • d2) diminuir a temperatura, sabendo que a reação é exotérmica.
Constantes / fórmulas que vou usar (já anotei para usar depois):
  • Lei dos gases ideais: \;PV=nRT — relaciona pressão (P), volume (V), número de mols (n), constante (R) e temperatura (T).
    • Vou usar R=0{,}08206\\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}.
  • Relação entre K_p e pressões parciais (para esta reação):
K_{p}=\frac{P_{\mathrm{NH}_3}^2}{P_{\mathrm{N}_2}\,P_{\mathrm{H}_2}^3}.
  • Fração molar (ou fração em mol) de um gás i: \;y_i=\dfrac{n_i}{n_{\text{tot}}}=\dfrac{P_i}{P_{\text{tot}}} (pela lei dos gases ideais e pela relação das pressões parciais).
  • Relação entre K_p e K_c:
K_p=K_c (R T)^{\Delta n_{\mathrm{g}}},
onde \Delta n_{\mathrm{g}}= (moléculas gasosas produtos) - (moléculas gasosas reagentes).
Agora vou resolver passo a passo.

Passo 2

(a) Calcular a pressão parcial de \mathrm{NH}_3 usando K_p e as pressões dadas.
Explicação da ideia: como temos K_p e conhecemos P_{\mathrm{N}_2} e P_{\mathrm{H}_2}, podemos isolar P_{\mathrm{NH}_3} na expressão de K_p:
K_{p}=\frac{P_{\mathrm{NH}_3}^2}{P_{\mathrm{N}_2}\,P_{\mathrm{H}_2}^3} \quad\Rightarrow\quad P_{\mathrm{NH}_3}=\sqrt{K_{p}\,P_{\mathrm{N}_2}\,P_{\mathrm{H}_2}^3}.
Substituindo os números (tudo em \mathrm{atm}):
P_{\mathrm{NH}_3}=\sqrt{0{,}036\cdot 2{,}0\cdot (3{,}0)^3} =\sqrt{0{,}036\cdot 2\cdot 27} =\sqrt{1{,}944} \approx 1{,}394\\ \mathrm{atm}.
Agora, para obter a fração molar de \mathrm{NH}_3 no equilíbrio usamos a propriedade prática: para gases ideais a fração molar é a razão entre a pressão parcial e a pressão total,
y_{\mathrm{NH}_3}=\frac{P_{\mathrm{NH}_3}}{P_{\text{tot}}} \quad\text{com}\quad P_{\text{tot}}=P_{\mathrm{N}_2}+P_{\mathrm{H}_2}+P_{\mathrm{NH}_3}.
Calculemos:
P_{\text{tot}}=2{,}0+3{,}0+1{,}394=6{,}394\\ \mathrm{atm}.
y_{\mathrm{NH}_3}=\frac{1{,}394}{6{,}394}\approx 0{,}218.
Interpretação rápida: isso significa que, no equilíbrio inicial, cerca de 21{,}8\% das partículas gasosas são \mathrm{NH}_3.

Passo 3

Preparação para a parte (b): calcular as quantidades (mols) iniciais no equilíbrio antes da adição, usando \;PV=nRT. Vou transformar as pressões que conhecemos em números de mols, porque a perturbação é dada em moles adicionados.
Aplicando \;n=\dfrac{P V}{R T} componente a componente; calculo primeiro o fator comum \dfrac{R T}{V} invertido como k=\dfrac{R T}{V} ou simplesmente uso n_i = \dfrac{P_i V}{R T}.
Constantes:
R=0{,}08206\\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}},\quad T=500\\ \mathrm{K},\quad V=3{,}5\\ \mathrm{L}.
Cálculo do denominador:
R T = 0{,}08206\cdot 500 = 41{,}03\\ \text{(aprox)}.
Agora os mols iniciais (antes da adição), uso mais casas para evitar erro:
n_{\mathrm{N}_2}^{(0)}=\frac{2{,}0\cdot 3{,}5}{41{,}0285}\approx 0{,}1707\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}=\frac{3{,}0\cdot 3{,}5}{41{,}0285}\approx 0{,}2560\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{NH}_3}^{(0)}=\frac{1{,}394\cdot 3{,}5}{41{,}0285}\approx 0{,}1190\\ \mathrm{mol}.
Resumo (valores arredondados):
  • \;n_{\mathrm{N}_2}^{(0)}\approx 0{,}1707\\ \mathrm{mol}.
  • \;n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}\approx 0{,}2560\\ \mathrm{mol}.
  • \;n_{\mathrm{NH}_3}^{(0)}\approx 0{,}1190\\ \mathrm{mol}.

Passo 4

(b) Tratar a perturbação: foi adicionada \;0{,}10\\ \mathrm{mol} de \mathrm{N}_2 e \;0{,}15\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH}_3. Primeiro passo: calcular as quantidades imediatamente após a adição (antes do novo equilíbrio):
n_{\mathrm{N}_2}'=n_{\mathrm{N}_2}^{(0)}+0{,}10=0{,}1707+0{,}10=0{,}2707\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{H}_2}'=n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}+0=0{,}2560\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{NH}_3}'=n_{\mathrm{NH}_3}^{(0)}+0{,}15=0{,}1190+0{,}15=0{,}2690\\ \mathrm{mol}.
Explicação do que acontece em seguida (princípio de Le Chatelier, passo lógico para determinar direção do deslocamento):
  • Calculo o quociente de reação instantâneo Q_p com as pressões correspondentes a essas quantidades (ou, equivalente para comparação com K_p, posso usar razões de moles porque o fator comum RT/V cancela de forma previsível). Se Q_p>K_p a reação se desloca para a esquerda (consome produto, produz reagentes), se Q_p<K_p desloca para a direita.
  • É mais direto calcular Q_p em termos de pressões após a adição: pressões proporcionais às quantidades (mesmo T e V). Usei os valores obtidos para deduzir o sentido.
Cálculo rápido de Q_p (apenas para decidir direção):
  • Após adição, as pressões seriam (proporcionais aos n'); como P\propto n com mesmo RT/V, posso usar diretamente a forma com pressões ou calcular o quociente usando as pressões relativas. Fazendo as contas (resumido): obtém-se Q_p maior que K_p; portanto o sistema desloca-se para a esquerda (reação no sentido inverso) — isto significa que \mathrm{NH}_3 será consumido e \mathrm{H}_2 e \mathrm{N}_2 serão formados, ou seja, n_{\mathrm{H}_2} aumenta.
Agora o enunciado ainda nos dá a informação adicional: "houve uma variação de 20\% da quantidade inicial de \mathrm{H}_2". Essa frase é ambígua quanto ao sinal, mas, combinando com o fato físico obtido por Q_p>K_p (depois da adição Q_p ficou maior que K_p), deduzimos que o deslocamento é para a esquerda, portanto a quantidade de \mathrm{H}_2 aumenta. Assim vou interpretar essa variação de 20\% como um aumento de 20\% da quantidade inicial de \mathrm{H}_2 (ou seja, após o novo equilíbrio n_{\mathrm{H}_2} vale 1{,}20 vezes a quantidade inicial n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}). Esta interpretação é consistente com o princípio de Le Chatelier.
Portanto:
n_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}=1{,}20\;n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}=1{,}20\cdot 0{,}2560\approx 0{,}3072\\ \mathrm{mol}.
Relacionando isso com o avanço de reação \xi: tomando avanço \xi positivo no sentido direto (formar \mathrm{NH}_3), a variação de \mathrm{H}_2 é -3\xi. Como observamos deslocamento para a esquerda, teremos \xi<0. A equação que liga \xi e n_{\mathrm{H}_2} é:
n_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{H}_2}'-3\xi
onde n_{\mathrm{H}_2}'=n_{\mathrm{H}_2}^{(0)} (porque nada foi adicionado de \mathrm{H}_2). Substituindo n_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}=1{,}20\,n_{\mathrm{H}_2}^{(0)} obtemos:
n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}-3\xi=1{,}20\,n_{\mathrm{H}_2}^{(0)} \quad\Rightarrow\quad -3\xi=0{,}20\,n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}.
\xi=-\frac{0{,}20\,n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}}{3}.
Agora calculo numericamente \xi:
\xi=-\frac{0{,}20\cdot 0{,}2560}{3}\approx -0{,}01707\\ \mathrm{mol}.
(O sinal negativo confirma que o deslocamento é para a esquerda, como esperado.)
Com esse \xi calculo as quantidades finais dos outros componentes:
n_{\mathrm{N}_2}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{N}_2}'-\xi =0{,}2707-(-0{,}01707)=0{,}2878\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{NH}_3}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{NH}_3}'+2\xi =0{,}2690+2(-0{,}01707)=0{,}2349\\ \mathrm{mol}.
(Confirme que n_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{H}_2}^{(0)}-3\xi=0{,}2560-3(-0{,}01707)=0{,}3072\\ \mathrm{mol}, que está coerente com o aumento de 20\%.)
Por fim, converto essas quantidades finais em pressões parciais usando P_i = \dfrac{n_i R T}{V}. Para simplificar, uso o fator k=\dfrac{R T}{V}:
k=\frac{0{,}08206\cdot 500}{3{,}5}\approx 11{,}722.
Então:
P_{\mathrm{N}_2}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{N}_2}^{\text{(final)}}\cdot k \approx 0{,}2878\cdot 11{,}722\approx 3{,}37\\ \mathrm{atm},
P_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}\cdot k \approx 0{,}3072\cdot 11{,}722\approx 3{,}60\\ \mathrm{atm},
P_{\mathrm{NH}_3}^{\text{(final)}}=n_{\mathrm{NH}_3}^{\text{(final)}}\cdot k \approx 0{,}2349\cdot 11{,}722\approx 2{,}75\\ \mathrm{atm}.
Resumo numérico (arredondado a 3 algarismos significativos):
  • \;P_{\mathrm{N}_2}^{\text{(final)}}\approx 3{,}37\\ \mathrm{atm}.
  • \;P_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}\approx 3{,}60\\ \mathrm{atm}.
  • \;P_{\mathrm{NH}_3}^{\text{(final)}}\approx 2{,}75\\ \mathrm{atm}.
Obs.: a interpretação da variação de 20\% como aumento está justificada pelo cálculo de Q_p logo após a adição, que é maior que K_p e portanto força o sistema a produzir reagentes (aumentar \mathrm{H}_2). Usei essa interpretação para obter \xi e as pressões finais.

Passo 5

(c) Calcular K_c a 500\\ \mathrm{K}.
Explicação da relação: para a reação gasosa geral vale
K_p=K_c\,(R T)^{\Delta n_{\mathrm{g}}},
onde \Delta n_{\mathrm{g}}= (mols gasosos produtos) - (mols gasosos reagentes). Aqui:
\Delta n_{\mathrm{g}}=2 - (1+3)=2-4=-2.
Substituindo:
K_p=K_c\,(R T)^{-2}\quad\Rightarrow\quad K_c=K_p\,(R T)^2.
Calculo numérico (usar R=0{,}08206\\ \mathrm{L\cdot atm\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}} e T=500\\ \mathrm{K}):
R T =0{,}08206\cdot 500 \approx 41{,}03,
(RT)^2\approx 41{,}03^2 \approx 1683{,}3.
K_c = 0{,}036\cdot 1683{,}3 \approx 60{,}6.
Unidade (formalmente): a expressão de K_c para essa reação tem unidades de \mathrm{L}^2\mathrm{mol}^{-2} se mantivermos concentrações em \mathrm{mol\cdot L^{-1}}. (Em termos de atividades K_c é adimensional, mas numericamente o valor prático aqui tem as unidades indicadas.)

Passo 6

(d) Efeitos qualitativos — explicação usando Le Chatelier de forma didática (resumo prático para prova).
d1) Diminuir a pressão interna do recipiente (à temperatura constante).
  • A diminuição da pressão favorece o lado que tem mais moles gasosos (porque isso tende a aumentar a pressão de volta). Na reação temos 4 mols gasosos nos reagentes ( 1+3) e 2 mols nos produtos ( 2). O lado com mais moles é o dos reagentes.
  • Conclusão: ao diminuir a pressão o equilíbrio desloca-se para a esquerda (formação de \mathrm{N}_2 e \mathrm{H}_2), reduzindo a quantidade de \mathrm{NH}_3.
d2) Diminuir a temperatura, sabendo que a reação é exotérmica.
  • Para uma reação exotérmica, calor é liberado no sentido direto (formação de \mathrm{NH}_3). Diminuir a temperatura é como “remover calor”; segundo Le Chatelier o sistema contraria a mudança, favorecendo a reação que libera calor, ou seja, favorece a formação de produtos.
  • Conclusão: ao diminuir a temperatura o equilíbrio desloca-se para a direita (forma-se mais \mathrm{NH}_3), aumentando sua quantidade no equilíbrio.
Observação adicional que vale na prova: ao diminuir a temperatura num processo exotérmico, o valor numérico de K_p aumenta (favorecendo produtos); ao aumentar a temperatura, K_p diminui.

Resposta

a) y_{\mathrm{NH}_3}\approx 0{,}218
b) P_{\mathrm{N}_2}^{\text{(final)}}\approx 3{,}37\\ \mathrm{atm}
P_{\mathrm{H}_2}^{\text{(final)}}\approx 3{,}60\\ \mathrm{atm}
P_{\mathrm{NH}_3}^{\text{(final)}}\approx 2{,}75\\ \mathrm{atm}
c) K_{c}\approx 60{,}6 \;(\mathrm{L}^{2}\mathrm{mol}^{-2}, se usar concentrações em \mathrm{mol\cdot L^{-1}}).
d1) Ao diminuir a pressão, o equilíbrio desloca-se para a esquerda (favorece reagentes, aumenta \mathrm{N}_2 e \mathrm{H}_2, diminui \mathrm{NH}_3).
d2) Ao diminuir a temperatura (reação exotérmica), o equilíbrio desloca-se para a direita (favorece produtos, aumenta \mathrm{NH}_3).

Exercícios relacionados