Soluções – Química 204

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por

Davi Maricato

Autor: Davi Maricato

INICIANTE

A) Gráfico iii).

B) A reação de dissociação, no sentido direto, é endotérmica. Logo, o aumento da temperatura, segundo o Princípio de Le Chatelier, irá favorecer a formação de NO2.

N2O4(g)⇌2NO2(g)\huge N_2O_4(g) \rightleftharpoons 2NO_2(g)

INTERMEDIÁRIO

A) Utilizando a tabela fornecida e os valores de entalpia de formação, podemos concluir que a entalpia da reação será:

$\Delta H^o=\sum\Delta H_f^o(produtos)-\sum\Delta H_f^o(reagentes)$

$\Delta H^o=2\Delta H_f^o(NO_2)-\Delta H_f^o(N_2O_4)$

$\Delta H^o=2(33,2)-9,16$

$\Delta H^o=57,24\ kJ\ mol^{-1}$

A energia de ativação se dá pela relação:

$E_a(direta)=E_a(inversa)+\Delta H^o$

$E_a(direta)=23+57,24$

$E_a(direta)=80,24\ kJ\ mol^{-1}$

B) Utilizando a tabela e os valores de entropia fornecidos, podemos concluir que o $\Delta S$ da reação será:

$\Delta S^o=\sum\Delta S^o(produtos)-\sum\Delta S^o(reagentes)$

$\Delta S^o=2\Delta S^o(NO_2)-\Delta S^o(N_2O_4)$

$\Delta S^o=2(0,2399)-0,3043$

$\Delta S^o=0,1755\ kJ\ mol^{-1}\ K^{-1}$

Conhecendo os valores de $\Delta S^o$ e $\Delta H^o$ (calculado no item A), podemos descobrir a variação da energia livre de Gibbs ($\Delta G^o$) a 25°C:

$\Delta G^o=\Delta H^o-T\Delta S^o$

$\Delta G^o=57,24-298(0,1755)$

$\Delta G^o=4,94\ kJ\ mol^{-1}$

Como a variação da energia livre de Gibbs ($\Delta G^o$) a 25°C é positiva (+4,94 kJ/mol), conclui-se que a reação não é espontânea.

AVANÇADO

A) Calculando o $\Delta G^o$ da reação a 25°C a partir dos dados fornecidos na tabela:

$\Delta G^o=\sum\Delta G_f^o(produtos)-\sum\Delta G_f^o(reagentes)$

$\Delta G^o=2\Delta G_f^o(NO_2)-\Delta G_f^o(N_2O_4)$

$\Delta G^o=2(51)-97,70$

$\Delta G^o=4,30\ kJ\ mol^{-1}$

A relação entre a energia livre e a constante de equilíbrio (neste caso, a 25°C) é dada por:

$\Delta G^o=-RT\ln K_p$

$\ln K_p=-\frac{\Delta G^o}{RT}$

$\ln K_p=-\frac{4,30}{298\times8,314\times10^{-3}}$

$\ln K_p=-1,736$

$K_p=e^{-1,736}$

$K_p(25^oC)=0,176$

Como o calor da reação é considerado constante, iremos utilizar a equação de Van’t Hoff para encontrar o valor de $K_p$ ( $K_1$ ) a 140°C, tendo previamente encontrado o valor de $\Delta H^o$ (= 57,24 kJ/mol) no item A das questões intermediárias:

$\ln\left(\frac{K_2}{K_1}\right)=-\frac{\Delta H^o}{R}\left(\frac{1}{T_2}-\frac{1}{T_1}\right)$

$\ln\left(\frac{K_2}{0,176}\right)=-\frac{57,24}{8,314\times10^{-3}}\left(\frac{1}{413}-\frac{1}{298}\right)$

$\ln\left(\frac{K_2}{0,176}\right)=6,45$

$\frac{K_2}{0,176}=e^{6,45}=632$

$K_2=632\times0,176$

$K_p(140^oC)\approx111$

Como $K_p(140^\circ C)\gg1$, o equilíbrio a 140°C passa a favorecer a formação de $NO_2$, o que justifica a afirmação inicial do enunciado.

B) Como utilizaremos medidas de concentração, é necessário calcular o valor de $K_c$:

$K_p=K_c(RT)^{\Delta n}$

$\Delta n=2-1=1$

$K_c=\frac{K_p}{RT}$

$K_c=\frac{0,176}{0,08206\times298}$

$K_c=7,20\times10^{-3}$

Ao montar a tabela para o equilíbrio, temos:

EspécieInicial (mol/L)VariaçãoEquilíbrio
N2O40,03–x0,03 – x
NO20+2x2x

Podemos expressar Kc como:

Kc=[NO2]2[N2O4]K_c=\frac{[NO_2]^2}{[N_2O_4]}
7,20×10−3=(2x)20,03−x7,20\times10^{-3}=\frac{(2x)^2}{0,03-x}
7,20×10−3(0,03−x)=4x27,20\times10^{-3}(0,03-x)=4x^2
4x2+7,20×10−3x−2,16×10−4=04x^2+7,20\times10^{-3}x-2,16\times10^{-4}=0
x=6,45×10−3 molL−1x=6,45\times10^{-3}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}

É importante notar que não convém a raiz negativa da equação de segundo grau encontrada. Agora, podemos encontrar a fração dissociada:

α=x0,030\alpha=\frac{x}{0,030}
α=0,215\alpha=0,215
α≈21,5%\alpha\approx21,5\%

Logo, a 25°C, aproximadamente 21,5% de N2O4 encontra-se dissociado nas condições propostas pelo enunciado.

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