Exame de Física e Química A 2025 · Época especial — item 5.2, resolvido

Cotação 12 pontosResposta abertaVerificado

Enunciado

Instituto de Avaliação Educativa · prova 715 · 2025 · Época especial

Os artefactos de ferro são fabricados desde a Antiguidade, sendo frequente encontrá-los em naufrágios de diferentes épocas.

Atualmente, a maior parte do ferro é obtida a partir de minério contendo elevada percentagem de trióxido de diferro, $F e_{2} O_{3} (s)$ , num alto-forno, tal como representado na Figura 3.

As reações químicas que ocorrem no alto-forno podem ser traduzidas, de forma simplificada, por

3 CO (g) + F e_{2} O_{3} (s) ⟶ 2 Fe (l) + 3 C O_{2} (g)

Esquema de um alto-forno em corte. Em cima, à esquerda, um tapete transportador inclinado, com pedaços escuros de minério, leva o minério até ao topo do forno (seta curva a entrar pela boca do forno); a etiqueta «minério» aponta para o tapete. O forno é uma torre cinzenta, mais larga a meio, com a etiqueta «alto-forno» a apontar para a parede. O interior é escuro em cima e vai clareando para baixo. Lá dentro, setas brancas desenham correntes de convecção: duas setas sobem pelo centro, da zona de baixo até ao topo, curvam e descem junto às paredes até ao fundo. Três letras marcam zonas: A no topo (junto a um cone escuro), B a meio (à esquerda das setas que sobem) e C no fundo. Em baixo, à esquerda, um canal vermelho com ferro fundido sai do forno, com a etiqueta «saída de ferro fundido». — Figura 3

5.2.

Este processo de produção de ferro, $Fe (l)$ , tem a desvantagem de produzir um gás com efeito de estufa, o dióxido de carbono, $C O_{2} (g)$ .

Considere que o minério usado contém $80%$ de $F e_{2} O_{3} (s)$ $(M = 159, 70 g mo l^{- 1})$ e que o rendimento da reação de produção de $Fe (l)$ é $79%$ .

Calcule a massa de $C O_{2} (g)$ $(M = 44, 01 g mo l^{- 1})$ produzida na reação de $1, 0$ tonelada de minério, com excesso de $CO (g)$ .

Apresente todos os cálculos efetuados.

Resposta de exame

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

$1, 0$ tonelada de minério corresponde a $1, 0 \times 1 0^{6} g$ , dos quais $80%$ são $F e_{2} O_{3}$ :

m (F e_{2} O_{3}) = 0, 80 \times 1, 0 \times 1 0^{6} g = 8, 00 \times 1 0^{5} g

n (F e_{2} O_{3}) = \frac{m}{M} = \frac{8 , 00 \times 1 0 ^{5} g}{159 , 70 g mo l ^{- 1}} = 5, 009 \times 1 0^{3} mol

O $CO$ está em excesso, logo o $F e_{2} O_{3}$ é o reagente limitante. Pela estequiometria da reação, $1 mol$ de $F e_{2} O_{3}$ origina $3 mol$ de $C O_{2}$ :

n_{prevista} (C O_{2}) = 3 \times 5, 009 \times 1 0^{3} mol = 1, 50 \times 1 0^{4} mol

Com um rendimento de $79%$ :

n_{obtida} (C O_{2}) = 0, 79 \times 1, 503 \times 1 0^{4} mol = 1, 187 \times 1 0^{4} mol

m (C O_{2}) = n \times M = 1, 187 \times 1 0^{4} mol \times 44, 01 g mo l^{- 1} = 5, 2 \times 1 0^{5} g

A massa de $C O_{2} (g)$ produzida é $5, 2 \times 1 0^{5} g$ .

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. É um cálculo estequiométrico com duas «percentagens» pelo meio, e cada uma tem um papel diferente:

os $80%$ são a fração mássica do $F e_{2} O_{3}$ no minério: dizem quanto do minério é, de facto, o reagente;
os $79%$ são o rendimento da reação: dizem que fração do produto previsto pela estequiometria se obtém de facto, $η = \frac{n _{obtida}}{n _{prevista}} \times 100%$ .

Pelo meio, a massa molar converte massas em quantidades ( $n = \frac{m}{M}$ ) e de volta, e os coeficientes da equação relacionam a quantidade de $F e_{2} O_{3}$ que reage com a de $C O_{2}$ que se forma. Os critérios pontuam três etapas, de $4$ pontos cada: a massa de $F e_{2} O_{3}$ , a quantidade estequiométrica de $C O_{2}$ , e a massa de $C O_{2}$ produzido.

1.º — a massa de $F e_{2} O_{3}$ numa tonelada de minério

Uma tonelada são $1000 kg$ , ou seja, $1, 0 \times 1 0^{6} g$ . Converte já para gramas: as massas molares estão em $g mo l^{- 1}$ , e é com elas que vais trabalhar.

O minério não é $F e_{2} O_{3}$ puro — só $80%$ da sua massa é. A restante massa (areia, outros óxidos) não entra na reação, e não pode entrar nas contas:

m (F e_{2} O_{3}) = 0, 80 \times 1, 0 \times 1 0^{6} g = 8, 00 \times 1 0^{5} g

2.º — a quantidade de $C O_{2}$ prevista pela estequiometria

Primeiro, decide de que reagente partes. O enunciado diz que há excesso de $CO (g)$ : o $CO$ sobra, e quem limita a reação é o $F e_{2} O_{3}$ . É o reagente limitante, e é dele que tiras a quantidade de produto.

Passa a massa a quantidade de matéria, com a massa molar dada:

n (F e_{2} O_{3}) = \frac{m}{M} = \frac{8 , 00 \times 1 0 ^{5} g}{159 , 70 g mo l ^{- 1}} = 5, 009 \times 1 0^{3} mol

Agora lê os coeficientes da equação: $1 F e_{2} O_{3}$ dá $3 C O_{2}$ . Por cada mole de óxido que reage formam-se três moles de dióxido de carbono (faz sentido: cada $F e_{2} O_{3}$ tem três átomos de oxigénio, e cada um deles vai parar a um $CO$ , que passa a $C O_{2}$ ).

\frac{n ( C O _{2} )}{n ( F e _{2} O _{3} )} = \frac{3}{1} ⟹ n_{prevista} (C O_{2}) = 3 \times 5, 009 \times 1 0^{3} mol = 1, 503 \times 1 0^{4} mol \approx 1, 50 \times 1 0^{4} mol

É a quantidade estequiométrica: a que se formaria se todo o $F e_{2} O_{3}$ reagisse, com rendimento de $100%$ . Guarda os algarismos todos ( $1, 503 \times 1 0^{4}$ ) para a conta seguinte, e só arredonda no fim.

3.º — a massa de $C O_{2}$ que se produz, pelo rendimento

O enunciado dá o rendimento da reação «de produção de $Fe (l)$ », e o que pedem é $C O_{2}$ . Não há contradição: o $Fe$ e o $C O_{2}$ formam-se na mesma reação. Se só $79%$ do $F e_{2} O_{3}$ chega a reagir, forma-se $79%$ do ferro previsto e $79%$ do $C O_{2}$ previsto — o rendimento é da reação, e vale para todos os produtos.

n_{obtida} (C O_{2}) = 0, 79 \times 1, 503 \times 1 0^{4} mol = 1, 187 \times 1 0^{4} mol

Por fim, de quantidade a massa, com a massa molar do $C O_{2}$ :

m (C O_{2}) = n \times M = 1, 187 \times 1 0^{4} mol \times 44, 01 g mo l^{- 1} = 5, 22 \times 1 0^{5} g \approx 5, 2 \times 1 0^{5} g

As moles cancelam-se e fica $g$ , a unidade de uma massa. Duas casas significativas no fim, como os dados com menos algarismos ( $1, 0$ tonelada, $80%$ , $79%$ ).

A massa de $C O_{2} (g)$ produzida é $5, 2 \times 1 0^{5} g$ (cerca de $520 kg$ ).

aplicar o rendimento no fim, à massa

Podes calcular primeiro a massa prevista de $C O_{2}$ , $m_{prevista} = 1, 503 \times 1 0^{4} mol \times 44, 01 g mo l^{- 1} = 6, 61 \times 1 0^{5} g$ , e só depois aplicar o rendimento: $m = 0, 79 \times 6, 61 \times 1 0^{5} g = 5, 2 \times 1 0^{5} g$ . A massa é proporcional à quantidade, por isso o resultado é o mesmo, e é um processo aceite. O que não podes saltar é a quantidade estequiométrica de $C O_{2}$ ( $1, 50 \times 1 0^{4} mol$ ): é uma etapa pontuada por si.

as ordens de grandeza

$800 kg$ de $F e_{2} O_{3}$ têm cerca de $5000 mol$ ; três vezes isso dá $15000 mol$ de $C O_{2}$ , e a cerca de $44 g$ por mole são uns $660 kg$ . Com $79%$ de rendimento, à volta de $520 kg$ . Um resultado da ordem das centenas de quilogramas, por tonelada de minério, é o que se espera — e é menor do que os $660 kg$ previstos, como tem de ser.

onde se perdem pontos

Item por etapas, $12$ pontos: $4 + 4 + 4$ . Aos pontos das etapas feitas descontam-se os erros: $1$ ponto se só houver erros de tipo 1 (de cálculo numérico, de transcrição, de conversão de unidades); $2$ pontos por um erro de tipo 2 (por exemplo, não converter a tonelada, ou faltar a unidade no resultado final); $4$ pontos por mais do que um.

Esquecer os $80%$ e tratar a tonelada inteira como $F e_{2} O_{3}$ . Perdes a primeira etapa, e o erro arrasta-se para as seguintes.
Ignorar o coeficiente $3$ e admitir que cada mole de $F e_{2} O_{3}$ dá uma mole de $C O_{2}$ . É usar uma relação incorreta: a etapa da quantidade estequiométrica vale zero.
Partir do $CO$ em vez do $F e_{2} O_{3}$ . O $CO$ está em excesso — não sabes quanto há, e não é ele que limita a reação.
Achar que o rendimento só se aplica ao ferro e responder com a massa prevista, $6, 6 \times 1 0^{5} g$ . O rendimento é da reação: aplica-se a todos os produtos dela. Perdes a terceira etapa.
Dividir pelo rendimento em vez de multiplicar. Obter mais produto do que o previsto pela estequiometria não tem significado físico, e a etapa com esse valor vale zero.
Não converter a tonelada em gramas, ou converter mal ( $1 t = 1 0^{6} g$ , não $1 0^{3} g$ ). Com a massa molar em $g mo l^{- 1}$ , uma massa em toneladas ou quilogramas dá quantidades sem sentido.
Apresentar só o resultado final. « $5, 2 \times 1 0^{5} g$ » sozinho vale zero pontos — o enunciado pede todos os cálculos.
Esquecer a unidade no resultado final. Erro de tipo 2: $- 2$ pontos.

o padrão a reconhecer

Num cálculo estequiométrico com um reagente impuro e um rendimento, a ordem é sempre a mesma: massa da amostra → massa do reagente (fração mássica) → quantidade do reagente limitante → quantidade de produto prevista (coeficientes) → quantidade obtida (multiplica pelo rendimento) → a grandeza pedida. A pureza aplica-se ao reagente, antes da equação; o rendimento aplica-se ao produto, depois dela.

Primeiro, a resposta de exame.

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

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