Exame de Física e Química A 2025 · 1.ª fase — item 9.2, resolvido

Cotação 10 pontosResposta abertaVerificado

Enunciado

Instituto de Avaliação Educativa · prova 715 · 2025 · 1.ª fase

A reação entre o di-hidrogénio, $H_{2} (g)$ , e o di-iodo, $I_{2} (g)$ , origina iodeto de hidrogénio, $HI (g)$ , num equilíbrio que pode ser traduzido por

H_{2} (g) + I_{2} (g) ⇌ 2 HI (g) K_{c} = 50 a 448^{\circ} C

9.2.

Num reator fechado, de volume $V$ , foram introduzidas $2, 0 mol$ de $I_{2} (g)$ e uma determinada quantidade de $H_{2} (g)$ , não existindo inicialmente $HI (g)$ no reator.

Quando foi atingido o estado de equilíbrio, à temperatura de $448^{\circ} C$ , existiam $3, 2 mol$ de $HI (g)$ no reator.

Determine a quantidade de $H_{2} (g)$ inicialmente introduzida no reator.

Apresente todos os cálculos efetuados.

Resposta de exame

O que se escreve na prova para ter a cotação toda.

Pela estequiometria da reação, por cada $2 mol$ de $HI$ formadas consomem-se $1 mol$ de $I_{2}$ e $1 mol$ de $H_{2}$ . A diminuição da quantidade de $I_{2}$ é

Δ n (I_{2}) = \frac{3 , 2}{2} = 1, 60 mol

n_{eq} (I_{2}) = 2, 0 - 1, 60 = 0, 40 mol

K_{c} = \frac{[ HI ] _{e}^{2}}{[ H _{2} ] _{e} [ I _{2} ] _{e}} = \frac{( \frac{3 , 2}{V} ) ^{2}}{\frac{n _{eq} ( H _{2} )}{V} \times \frac{0 , 40}{V}} = \frac{3 , 2 ^{2}}{0 , 40 \times n _{eq} ( H _{2} )}

50 = \frac{10 , 24}{0 , 40 \times n _{eq} ( H _{2} )} ⟺ n_{eq} (H_{2}) = 0, 512 mol

n_{inicial} (H_{2}) = n_{eq} (H_{2}) + 1, 60 = 0, 512 + 1, 60 = 2, 1 mol

A quantidade de $H_{2} (g)$ inicialmente introduzida no reator é $2, 1 mol$ .

Tenta primeiro no papel.

Quem lê a resolução antes de tentar acha que percebeu — e volta a errar no exame.

Mostra só o que se escreve na prova. A resolução explicada fica fechada — abres depois, se quiseres.

Resolução explicada

Passo a passo, com o porquê de cada passo.

O ponto de partida. Queres uma quantidade inicial e o que sabes está no equilíbrio. O que liga os dois estados é a estequiometria (quanto reagiu) e o que dá a peça que falta é a constante de equilíbrio. A ferramenta que organiza isto é o quadro de quantidades: inicial, variação, equilíbrio.

Chama $x$ à quantidade inicial de $H_{2}$ , que é a incógnita.

1.º — quanto reagiu: a variação a partir do $HI$

No início não havia $HI$ , e no equilíbrio há $3, 2 mol$ : formaram-se $3, 2 mol$ . Os coeficientes da equação, $1 H_{2} : 1 I_{2} : 2 HI$ , dizem que por cada $2 mol$ de $HI$ formadas se gastam $1 mol$ de $I_{2}$ e $1 mol$ de $H_{2}$ . Então

Δ n (I_{2}) = Δ n (H_{2}) = \frac{3 , 2}{2} = 1, 60 mol (diminui \overset{c}{¸} \overset{a}{˜} o)

2.º — o $I_{2}$ no equilíbrio

n_{eq} (I_{2}) = 2, 0 - 1, 60 = 0, 40 mol

O quadro completo, em moles:

	$H_{2}$	$I_{2}$	$HI$
inicial	$x$	$2, 0$	$0$
variação	$- 1, 60$	$- 1, 60$	$+ 3, 2$
equilíbrio	$x - 1, 60$	$0, 40$	$3, 2$

3.º — o $H_{2}$ no equilíbrio, pela constante

A constante de equilíbrio escreve-se com concentrações de equilíbrio, cada uma elevada ao seu coeficiente:

K_{c} = \frac{[ HI ] ^{2}}{[ H _{2} ] [ I _{2} ]}

O volume do reator não é dado — e não precisa de ser. Escreve cada concentração como $\frac{n}{V}$ e vê o que acontece:

K_{c} = \frac{( \frac{3 , 2}{V} ) ^{2}}{\frac{n _{eq} ( H _{2} )}{V} \times \frac{0 , 40}{V}} = \frac{\frac{3 , 2 ^{2}}{V ^{2}}}{\frac{0 , 40 \times n _{eq} ( H _{2} )}{V ^{2}}} = \frac{3 , 2 ^{2}}{0 , 40 \times n _{eq} ( H _{2} )}

O $V^{2}$ do numerador e o do denominador cancelam-se. Isto acontece porque a soma dos coeficientes é igual dos dois lados ( $1 + 1 = 2$ ): em reações assim, podes trabalhar com quantidades em vez de concentrações. Mas escreve o cancelamento — não inventes um volume de $1 d m^{3}$ , que não é dado.

Com $K_{c} = 50$ a $448^{\circ} C$ , a temperatura do enunciado:

50 = \frac{10 , 24}{0 , 40 \times n _{eq} ( H _{2} )} ⟺ n_{eq} (H_{2}) = \frac{10 , 24}{50 \times 0 , 40} = \frac{10 , 24}{20} = 0, 512 mol

4.º — voltar ao início

Isto é o $H_{2}$ que sobrou. O que foi introduzido é o que sobrou mais o que reagiu:

x = n_{eq} (H_{2}) + 1, 60 = 0, 512 + 1, 60 = 2, 112 mol \approx 2, 1 mol

A quantidade de $H_{2} (g)$ inicialmente introduzida é $2, 1 mol$ .

volta a calcular a constante

Com as quantidades de equilíbrio $0, 512$ , $0, 40$ e $3, 2 mol$ : $\frac{3 , 2 ^{2}}{0 , 512 \times 0 , 40} = \frac{10 , 24}{0 , 2048} = 50$ . Bate. E o resultado faz sentido químico: introduziram-se quantidades parecidas de $H_{2}$ e $I_{2}$ (cerca de $2 mol$ de cada), e com uma constante de $50$ a reação vai longe, consumindo $80%$ de cada reagente.

onde se perdem pontos

Item por etapas, $10$ pontos: $3 + 2 + 5$ . Aos pontos das etapas feitas descontam-se os erros: $1$ ponto se só houver erros de tipo 1; $2$ pontos por um erro de tipo 2; $4$ pontos por mais do que um. A última etapa vale metade do item: não pares no $H_{2}$ de equilíbrio.

Responder $0, 51 mol$ . É a quantidade de $H_{2}$ no equilíbrio, não a inicial. Esquecer de lhe somar o que reagiu é o erro mais caro deste item, porque a pergunta é pelo que foi introduzido.
Ignorar o coeficiente $2$ do $HI$ . Quem admite que se consumiram $3, 2 mol$ de $I_{2}$ chega a uma quantidade de $I_{2}$ no equilíbrio negativa ( $2, 0 - 3, 2$ ) — um valor sem significado físico, e as etapas que o usam valem zero.
Esquecer o expoente na expressão de $K_{c}$ . Com $[HI]$ em vez de $[HI]^{2}$ , a expressão está incorreta e as etapas em que é usada são pontuadas com zero.
Inventar um volume para o reator. Substituir $V$ por $1 d m^{3}$ é utilizar um valor que o enunciado não fornece. O caminho seguro é deixar $V$ escrito e mostrar que se cancela.
Apresentar só o resultado final. « $2, 1 mol$ » sozinho vale zero pontos.
Omitir as contas de uma etapa. Uma etapa sem cálculos vale zero; as seguintes só se salvam se estiver escrito o valor que ela produziu.
Esquecer a unidade no resultado final. Erro de tipo 2: $- 2$ pontos.

o padrão a reconhecer

Dados mistos — uns do início, outros do equilíbrio — pedem sempre o quadro inicial / variação / equilíbrio. A variação sai de uma espécie de que conheces os dois estados (aqui o $HI$ ) e reparte-se pelas outras com os coeficientes; a constante dá a quantidade de equilíbrio que falta; e a incógnita inicial é o equilíbrio mais o que reagiu. Se a soma dos coeficientes for igual dos dois lados, o volume cancela-se.

Primeiro, a resposta de exame.

A resolução explicada abre-se depois, à parte, se quiseres perceber o porquê.

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