Para a reação a \mathrm{p}=1 bar e \mathrm{T}=25^{\circ} \mathrm{C} :
2 \mathrm{NO}_{2(\mathrm{~g})} \rightleftharpoons \mathrm{N}_{2} \mathrm{O}_{4(\mathrm{~g})}
A constante de equilíbrio vale \mathrm{K}_{\mathrm{p}}=7,56. Usando a relação:
K_{p}=K_{x} p^{\Delta v},
sendo \mathrm{K}_{\mathrm{x}} a constante de equilíbrio em função das frações molares, calcule o grau de avanço de reação no equilíbrio.

Passo 1

O enunciado nos dá claramente:
  • Reação: 2\,\mathrm{NO}_{2(\mathrm g)} \rightleftharpoons \mathrm{N}_{2}\mathrm{O}_{4(\mathrm g)}.
  • Pressão total: p=1\\ \text{bar}.
  • Temperatura: T=25^\circ\mathrm{C} (fixa, já embutida no valor de equilíbrio).
  • Constante em pressão: K_{p}=7,56.
    O que é pedido:
  • Calcular o grau de avanço da reação no equilíbrio (ou seja, a fração/mol de reagente convertido quando o sistema atinge equilíbrio).

Passo 2

Vou definir uma variável para o grau de avanço e estabelecer as quantidades molares no equilíbrio de forma simples e conveniente.
Escolho como base inicial 1 mol de \mathrm{NO}_2 e 0 mol de \mathrm{N_2O_4}. (Escolher outra quantidade inicial apenas escala tudo; o grau de avanço fracionário será o mesmo.) Defino o grau de avanço por \xi (mols de \mathrm{N_2O_4} formados).
A estequiometria dá:
  • Consumo de \mathrm{NO}_2: 2 mol por cada \xi formado.
  • Assim, no equilíbrio:
n_{\mathrm{NO}_2}=1-2\xi,
n_{\mathrm{N_2O_4}}=\xi.
Número total de mols no equilíbrio:
n_{\mathrm{total}}=1-2\xi+\xi=1-\xi.
As frações molares passam a ser:
x_{\mathrm{NO}_2}=\frac{1-2\xi}{1-\xi}, \qquad x_{\mathrm{N_2O_4}}=\frac{\xi}{1-\xi}.

Passo 3

Agora uso a relação fornecida entre K_p e K_x:
K_{p}=K_{x}\,p^{\Delta v},
onde \Delta v= (mols gás produtos) - (mols gás reagentes) =1-2=-1. Logo p^{\Delta v}=p^{-1}=\dfrac{1}{p}.
Desse modo:
K_{p}=K_{x}\,\frac{1}{p}\quad\Rightarrow\quad K_{x}=K_{p}\,p.
Com p=1\\ \text{bar} obtemos
K_{x}=7,56\cdot 1 = 7,56.
Para esta reação, a constante em frações molares é
K_{x}=\frac{x_{\mathrm{N_2O_4}}}{\bigl(x_{\mathrm{NO}_2}\bigr)^{2}}.
Substituindo as frações molares em \xi:
K_{x}=\frac{\dfrac{\xi}{1-\xi}}{\left(\dfrac{1-2\xi}{1-\xi}\right)^{2}} = \frac{\xi(1-\xi)}{(1-2\xi)^{2}}.

Passo 4

Agora equaciono com o valor numérico K_x=7,56:
\frac{\xi(1-\xi)}{(1-2\xi)^{2}}=7,56.
Multiplicando ambos os lados por (1-2\xi)^{2}:
\xi(1-\xi)=7,56\,(1-2\xi)^{2}.
Expandindo o quadrado e os dois lados:
\xi-\xi^{2}=7,56\,(1-4\xi+4\xi^{2}).
\xi-\xi^{2}=7,56-30,24\xi+30,24\xi^{2}.
Colocando tudo em um lado:
0=7,56-30,24\xi+30,24\xi^{2}-\xi+\xi^{2}
0=7,56-31,24\xi+31,24\xi^{2}.
Isso é uma quadrática em \xi:
31,24\,\xi^{2}-31,24\,\xi+7,56=0.
Resolvendo pela fórmula quadrática:
\xi=\frac{31,24\pm\sqrt{31,24^{2}-4\cdot31,24\cdot7,56}}{2\cdot31,24}.
Calculo do discriminante:
\Delta=31,24^{2}-4\cdot31,24\cdot7,56=31,24\,(31,24-30,24)=31,24.
Logo \sqrt{\Delta}=\sqrt{31,24}.
As duas raízes numéricas são aproximadamente
\xi_{1}=\frac{31,24+ \sqrt{31,24}}{62,48}\approx 0,5896,
\xi_{2}=\frac{31,24- \sqrt{31,24}}{62,48}\approx 0,4104.

Passo 5

Agora aplico a condição física: como n_{\mathrm{NO}_2}=1-2\xi deve ser \ge 0, temos \xi\le 0,5. A solução \xi\approx 0,5896 tornaria n_{\mathrm{NO}_2}<0, então é física inválida no nosso cenário inicial. A solução válida é
\xi\approx 0,4104,
isto é, aproximadamente 41{,}0\% do NO _2 inicial foi convertido em N _2O _4 no equilíbrio.

Resposta

\xi \approx 0,410
\approx 41{,}0\%

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