Para a seguinte reação: 6 H_{2}(g)+P_{4}(g) \rightarrow 4 P H_{3}(g) e condições iniciais iguais a 10,0 \mathrm{~mol}, 3,00 \mathrm{mol} \mathrm{e} 3,50 \mathrm{~mol} para H_{2}, P_{4} e P H_{3}, respectivamente: a) Determine o avanço de reação ( \xi ) considerando o consumo de 1,50 \mathrm{~mol} de P_{4}; b) Considerando essa quantidade, é possível que \xi seja igual a 3,00 \mathrm{~mol} ? Justifique em caso afirmativo ou negativo. c) Apresente a expressão para o quociente reacional ( Q_{p} ) considerando as quantidades iniciais fornecidas.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Reação química: 6\,H_{2}(g)+P_{4}(g)\rightarrow 4\,PH_{3}(g).
  • Quantidades iniciais (peguei do enunciado):
    • n_{H_{2},0}=10{,}0\\ \text{mol}.
    • n_{P_{4},0}=3{,}00\\ \text{mol}.
    • n_{PH_{3},0}=3{,}50\\ \text{mol}.
Perguntas:
(a) Determinar o avanço de reação \xi considerando o consumo de 1{,}50\\ \text{mol} de P_{4}.
(b) Considerando essa quantidade, é possível que \xi=3{,}00\\ \text{mol}? Justificar.
(c) Apresentar a expressão para o quociente reacional Q_{p} considerando as quantidades iniciais fornecidas.

Passo 2

Conceitos e relação fundamental (aulas rápidas e úteis).
  • Definição de avanço de reação \xi: é uma variável que mede quanto a reação progrediu em mol. Para cada espécie i temos n_{i}=n_{i,0}+\nu_{i}\,\xi,onde n_{i,0} é a quantidade inicial, \nu_{i} é o coeficiente estequiométrico algébrico (negativo para reagentes, positivo para produtos) e n_{i} é a quantidade no instante considerado.
  • Para a reação dada, os coeficientes estequiométricos algébricos (seguindo a convenção produto positivo, reagente negativo) são: \nu_{H_{2}}=-6,\qquad \nu_{P_{4}}=-1,\qquad \nu_{PH_{3}}=+4.
  • Assim as variações de quantidade quando a reação avança \xi são: \Delta n_{H_{2}}=-6\xi,\quad \Delta n_{P_{4}}=-1\xi,\quad \Delta n_{PH_{3}}=+4\xi.
  • Condição física importante: para qualquer espécie i devemos ter n_{i}\ge 0. Isso dá limites máximos para \xi.

Passo 3

Resolvendo (a): achar \xi a partir do consumo de 1{,}50\\ \text{mol} de P_{4}.
  • A variação de P_{4} é \Delta n_{P_{4}}=-1\cdot\xi. Se foram consumidos 1{,}50\\ \text{mol}, então \Delta n_{P_{4}}=-1{,}50.
  • Igualando: -1\cdot\xi=-1{,}50\quad\Rightarrow\quad \xi=1{,}50\\ \text{mol}.
  • Interpretação: o avanço da reação corresponde exatamente à quantidade de P_{4} consumida porque o coeficiente estequiométrico de P_{4} é 1.

Passo 4

Respondendo (b): é possível ter \xi=3{,}00\\ \text{mol}?
  • Calcular as quantidades finais se \xi=3{,}00: n_{H_{2}}=n_{H_{2},0}+ \nu_{H_{2}}\xi=10{,}0+(-6)\cdot 3{,}00=10{,}0-18{,}0=-8{,}0\\ \text{mol}.O resultado é n_{H_{2}}=-8{,}0\\ \text{mol}, o que é fisicamente impossível (número negativo de mols).
  • Alternativamente, determinar o avanço máximo permitido por cada reagente: \xi_{\max}^{(H_{2})}=\frac{n_{H_{2},0}}{6}=\frac{10{,}0}{6}=1{,}66\overline{6}\\ \text{mol},
\xi_{\max}^{(P_{4})}=\frac{n_{P_{4},0}}{1}=\frac{3{,}00}{1}=3{,}00\\ \text{mol}.
O avanço máximo realizável é o mínimo desses valores, ou seja \xi_{\max}=\min(1{,}66\overline{6},3{,}00)=1{,}66\overline{6}\\ \text{mol}.
  • Conclusão: \xi=3{,}00\\ \text{mol} não é possível porque falta H_{2} (o reagente limitante é H_{2}).

Passo 5

Respondendo (c): expressão para o quociente reacional Q_{p} usando as quantidades iniciais.
  • Definição de Q_{p} (quociente das pressões parciais): para a reação geral escrita, o quociente em pressão é Q_{p}=\frac{(P_{PH_{3}})^{4}}{(P_{H_{2}})^{6}\,(P_{P_{4}})^{1}}.Aqui P_{i} é a pressão parcial da espécie i.
  • Se os gases se comportam idealmente e ocupam o mesmo volume e temperatura, a pressão parcial de cada gás pode ser escrita em função da fração molar: P_{i}=y_{i}\,P_{\text{tot}}=\frac{n_{i}}{n_{\text{tot}}}\,P_{\text{tot}},onde n_{\text{tot}}=\sum_{i}n_{i} é o número total de mols e P_{\text{tot}} é a pressão total.
  • Substituindo as pressões parciais na expressão de Q_{p} e usando as quantidades iniciais ( n_{i}=n_{i,0}): Q_{p}^{(0)}=\frac{\left(\dfrac{n_{PH_{3},0}}{n_{\text{tot},0}}P_{\text{tot}}\right)^{4}}{\left(\dfrac{n_{H_{2},0}}{n_{\text{tot},0}}P_{\text{tot}}\right)^{6}\!\!\left(\dfrac{n_{P_{4},0}}{n_{\text{tot},0}}P_{\text{tot}}\right)^{1}}.
  • Simplificando os fatores de n_{\text{tot},0} e P_{\text{tot}}: Q_{p}^{(0)}=\frac{n_{PH_{3},0}^{4}\,n_{\text{tot},0}^{3}}{n_{H_{2},0}^{6}\,n_{P_{4},0}\,P_{\text{tot}}^{3}}.
  • Agora substituindo os valores numéricos iniciais (peguei estes números do enunciado): n_{\text{tot},0}=10{,}0+3{,}00+3{,}50=16{,}50\\ \text{mol},logo Q_{p}^{(0)}=\frac{(3{,}50)^{4}\,(16{,}50)^{3}}{(10{,}0)^{6}\,(3{,}00)\,P_{\text{tot}}^{3}}.
  • Observação prática: sem o valor de P_{\text{tot}} não se obtém um valor numérico final para Q_{p}^{(0)}. A forma acima é a expressão que usa as quantidades iniciais fornecidas.

Resposta

(a) \xi=1{,}50\\ \text{mol}
(b) Não; \xi=3{,}00\\ \text{mol} não é possível porque o reagente limitante é H_{2} e \xi_{\max}=\dfrac{n_{H_{2},0}}{6}=\dfrac{10{,}0}{6}=1{,}66\overline{6}\\ \text{mol}<3{,}00\\ \text{mol}.
(c) Q_{p}=\dfrac{(P_{PH_{3}})^{4}}{(P_{H_{2}})^{6}\,(P_{P_{4}})^{1}}=\dfrac{n_{PH_{3},0}^{4}\,n_{\text{tot},0}^{3}}{n_{H_{2},0}^{6}\,n_{P_{4},0}\,P_{\text{tot}}^{3}}=\dfrac{(3{,}50)^{4}\,(16{,}50)^{3}}{(10{,}0)^{6}\,(3{,}00)\,P_{\text{tot}}^{3}}

Exercícios relacionados