Laboratório de Equilíbrio Químico e Le Chatelier

Veja quando o volume desloca o equilíbrio (apenas se Δn ≠ 0) e como a temperatura altera K.

Exemplo resolvido — Laboratório de Equilíbrio Químico e Le Chatelier

Constante de equilíbrio K	50,5000
Cociente inicial Q₀	0,0000
Avanço da reação ξ (mol)	0,7804
Conversão do reagente 1	78,0%
Conversão do reagente 2	78,0%
Variação de moles Δn	+0

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Comprimir só desloca uma reação quando muda o número de moles 🖖

Uma compressão de volume duplica todas as concentrações numa reação gasosa. Para H₂ + I₂ ⇌ 2HI, dois reagentes formam dois produtos (Δn = 0). Isto faz com que as duplicações no numerador e no denominador se anulem de forma exata, deixando o valor Q inalterado e a conversão fixa nos 78,0% em todos os volumes. No caso de N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃ (Δn = -2), quatro moléculas gasosas são comprimidas em duas. A compressão faz o denominador crescer à escala de 1/V⁴, mas o numerador cresce apenas a 1/V². Esta disparidade empurra fortemente a reação na direção do amoníaco.

Apenas a temperatura altera K; tudo o resto altera Q 🖖

Adicionar reagentes, remover produtos ou alterar o volume do recipiente modifica o quociente de reação Q sem tocar na constante de equilíbrio K. A injeção de um gás inerte a volume constante não afeta nenhum dos valores, pois cada concentração permanece intacta. A temperatura é a única variável com capacidade para alterar o próprio K. O seu comportamento obedece à equação de van 't Hoff e ao sinal de ΔH°. Uma reação exotérmica (como a síntese de amoníaco de Haber) faz K colapsar com o aumento da temperatura. Em contrapartida, a dissociação endotérmica do N₂O₄ faz K subir.

Adicionar reagente converte mais do outro e menos de si mesmo 🖖

Adicionar excesso do reagente B numa mistura de A and B impulsiona a conversão de A para 100%, mas a fração consumida de B diminui. Na química industrial, 'levar uma reação até ao fim' significa o consumo total do reagente mais caro inundando o reator com o mais barato.

Problemas resolvidos na íntegra

Por que razão a compressão nada faz ao iodeto de hidrogénio e faz tudo à amónia 6 passos
Reduza o volume para metade em H₂ + I₂ ⇌ 2HI e a conversão não se altera. Reduza-o em N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃ e ela aumenta. Escreva K para ambas e mostre para onde vai o volume — depois diga até onde a compressão o pode levar.
1. Trabalhe com a extensão da reação. Se tiverem ocorrido ξ moles de reação a partir de 1 mol de cada reagente, H₂ e I₂ ficam cada um com 1 − ξ e HI com 2ξ, dividindo-se tudo por V para obter as concentrações.
2. Substitua-os em K. O numerador (2ξ/V)² contém V⁻², e o denominador (1−ξ)/V × (1−ξ)/V contém também V⁻², pelo que os volumes se cancelam e K = 4ξ²/(1−ξ)². Para ξ = 0,7804, isto dá 50,5, que é o K inicial do painel.
  
  $K = \frac{[ HI ] ^{2}}{[ H _{2} ] [ I _{2} ]} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{( \frac{1 - ξ}{V} ) ^{2}} = \frac{4 ξ ^{2}}{( 1 - ξ ) ^{2}}$
3. V não aparece, pelo que nenhum valor deste pode alterar ξ. O painel apresenta uma extensão de 0,7804 a 2 L, a 1 L, a 0,5 L e a 0,25 L — os mesmos quatro dígitos quatro vezes, o que não se deve a preguiça da ferramenta.
  
  $ξ = 0.78037 \Rightarrow \frac{4 ( 0.78037 ) ^{2}}{( 0.21963 ) ^{2}} = 50.5 (V absent)$
4. Agora a amónia, onde as contagens diferem. N₂ é 1 − ξ, H₂ é 3 − 3ξ, NH₃ é 2ξ. O numerador contém V⁻² e o denominador V⁻⁴, pelo que desta vez K = 4ξ²V²/(27(1−ξ)⁴) e um V² sobrevive.
  
  $K = \frac{[ N H _{3} ] ^{2}}{[ N _{2} ] [ H _{2} ] ^{3}} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{\frac{1 - ξ}{V} ( \frac{3 - 3 ξ}{V} ) ^{3}} = \frac{4 ξ ^{2} V ^{2}}{27 ( 1 - ξ ) ^{4}}$
5. Esse V² sobrevivente é todo o efeito. K é fixo, pelo que diminuir V força ξ a aumentar para compensar: a extensão indica 0,3675 a 2 L, 0,4858 a 1 L, 0,5969 a 0,5 L e 0,6929 a 0,25 L, o que o painel apresenta como uma conversão a subir de 36,7% para 69,3%. Substitua qualquer um deles de volta na expressão e K resulta em 0,500, até aos quatro dígitos que a extensão apresenta.
  
  $V = 1 \to 0.5 L : ξ = 0.48578 \to 0.59693$
6. O expoente não é arbitrário — é −Δn, a variação do número de moles de gás. O HI tem Δn = 0 e obtém V⁰. A amónia passa de quatro moléculas para duas, Δn = −2, e obtém V². Qualquer reação que produza menos moléculas de gás do que as que consome recompensa a compressão, exatamente nessa potência.
  
  $exponent of V = - Δ n_{gas} : HI : 0, N H_{3} : - (2 - 4) = 2$
Resposta

O expoente do volume é −Δn: zero para o HI, dois para a amónia, e esse único número decide se vale a pena construir um vaso de pressão. É por isso que o processo de Haber ocorre a umas centenas de atmosferas e o equilíbrio do HI é estudado em vidraria comum — um deles paga o aço e o outro não. Mas acompanhe a compressão para valores mais reduzidos e esta desilude: 79,23% a 0,1 L, 92,89% a 0,01 L, 97,69% a 0,001 L. Cada fator de dez no volume compra menos do que o anterior, porque ξ entra como ξ² face a (1−ξ)⁴ e a quarta potência ganha à medida que ξ se aproxima de 1. Não se pode comprimir até à reação estar completa, apenas em direção a isso, e a fábrica real para muito antes de a aritmética o fazer — a partir de certo ponto, a parede do vaso custa mais do que a amónia. Le Chatelier indica a direção. Só a expressão diz quanto, e quão depressa esse quanto se esgota.
Quantos graus vale um balão de N₂O₄ por cada duplicação do seu volume 6 passos
Carregue em Varredura de temperatura: N₂O₄ ⇌ 2NO₂: um mol num balão de 1 L a 25 °C, K = 0,0058, avanço de 0,0374 e Δn de +1. Encontre a temperatura que faz exatamente o mesmo que duplicar o balão e decida depois, para a reação da amónia, qual dos dois comandos uma fábrica consegue realmente acionar.
1. Escreva K em função do avanço, com um mol inicial e ξ moles reagidos. Aparecem dois NO₂ por cada N₂O₄ que desaparece, pelo que o numerador vem ao quadrado e o denominador não, e um fator V sobrevive à divisão. Passe-o para o outro lado: o primeiro membro é agora ξ puro e tudo o que o mundo exterior pode fazer fica à direita como um único produto.
  
  $K = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N _{2} O _{4} ]} = \frac{( 2 ξ / V ) ^{2}}{( 1 - ξ ) / V} = \frac{4 ξ ^{2}}{V ( 1 - ξ )} ⟹ \frac{4 ξ ^{2}}{1 - ξ} = K V$
2. É esta a forma geral, e o expoente é Δn, a variação do número de moléculas de gás. O iodeto de hidrogénio faz duas a partir de duas, portanto V desaparece e à direita fica apenas K. A amónia faz duas a partir de quatro, pelo que V surge ao quadrado e em baixo. O avanço nunca vê a temperatura e o volume em separado; vê um só número.
  
  $f (ξ) = K V^{Δ n_{gas}} : HI : \frac{4 ξ ^{2}}{( 1 - ξ ) ^{2}} = K, N H_{3} : \frac{4 ξ ^{2}}{27 ( 1 - ξ ) ^{4}} = \frac{K}{V ^{2}}$
3. Ou seja, os dois comandos são intermutáveis e o ritmo lê-se de imediato. Aqui Δn é +1, logo duplicar o balão duplica o produto, e o avanço passa de 0,0374 para 0,0524.
  
  $Δ n = + 1 : V \to 2 V \equiv K \to 2 K; ξ : 0.0374 \to 0.0524$
4. Compre agora essa mesma duplicação com calor. A dissociação do N₂O₄ é endotérmica, com +57,2 kJ por mol, pelo que aquecer aumenta K, e van 't Hoff diz quanto. Duplicar K custa 9,2 graus. Ponha o balão a 34,2 °C no seu volume original de 1 litro e o cartão do avanço indica 0,0524, os mesmos quatro dígitos.
  
  $ln \frac{K _{2}}{K _{1}} = - \frac{Δ H ^{\circ}}{R} (\frac{1}{T _{2}} - \frac{1}{T _{1}}) = ln 2 ⟹ T_{2} = 307.38 K = 34.2^{\circ} C$
5. O ritmo não é constante, e a razão está na equação: a sensibilidade de ln K à temperatura varia com 1/T², pelo que se atenua à medida que o balão aquece. A primeira duplicação custa 9,2 graus, a seguinte 9,8, e a estimativa linearizada a 25 °C é 8,96.
  
  $Δ T \approx \frac{R T ^{2} ln 2}{Δ H ^{\circ}} = \frac{8.314 \times 298.1 5 ^{2} \times 0.6931}{57 , 200} = 8.96 K; next doubling 9.82 K$
6. Faça a mesma conversão para a amónia, onde Δn é −2 e todos os sinais se invertem. Reduzir o reator a metade vale quatro vezes o produto e, por a reação ser exotérmica, isso compra-se a arrefecer: de 400 °C até 620,9 K, ou seja, 347,8 °C. O avanço é 0,5969 por qualquer dos caminhos, até aos dezasseis dígitos.
  
  $N H_{3}, Δ n = - 2 : V \to \frac{V}{2} \equiv K \to 4 K \equiv 673.15 \to 620.90 K; ξ = 0.5969$
Resposta

9,2 graus por cada duplicação do balão, a 25 °C, e esse valor sobe à medida que o balão aquece. A temperatura e o volume não são dois efeitos a analisar em separado; são um só número, K·V^Δn, e Δn é a taxa de câmbio entre eles.

A linha da amónia é a que construiu uma indústria química. Apertar o reator para metade do tamanho faz exatamente o que faria arrefecê-lo 52 graus, e arrefecê-lo é a única coisa que uma fábrica de Haber não pode pagar, porque a 348 °C o catalisador é demasiado lento para atingir esse equilíbrio em tempo útil. A compressão compra o rendimento que a temperatura está proibida de comprar. O vaso de pressão não está ali por a pressão ser melhor alavanca do que o calor; está ali por ser a única alavanca que resta depois de a velocidade da reação ter reclamado a outra.

E Δn = 0 é o caso sem taxa de câmbio nenhuma. O iodeto de hidrogénio não retira nada do volume por mais que se aperte, o que deixa a temperatura como comando único, e uma reação com um ΔH° de apenas −9,6 kJ por mol também mal responde a isso. Há equilíbrios que simplesmente não se deixam mover, e os dois expoentes dizem quais antes de se construir seja o que for.

$Δ T \approx \frac{R T ^{2}}{Δ H ^{\circ}} Δ n ln \frac{V _{2}}{V _{1}}; Δ n = 0 \Rightarrow no temperature is equivalent$

Referências (2)

The standard formation enthalpies and entropies behind every reaction enthalpy the tool uses NIST Chemistry WebBook, SRD 69: gas-phase Δ_f H° and S° for H₂, I₂, HI, N₂, NH₃, NO₂, N₂O₄, CO, CO₂ and H₂O.
The equilibrium constants themselves, and the temperature each was measured at Atkins, P. and de Paula, J. (2018). Atkins’ Physical Chemistry (11th ed.). Oxford University Press — chemical equilibrium and the van ’t Hoff equation.

Pela equipa 42Math · Atualizado 2026-08-23

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Problemas de exemplo

Varredura de volume: H₂ + I₂ (Δn = 0) - Reduzir o volume para metade duplica todas as concentrações por igual; Q₀ permanece em 0 e a conversão estabiliza nos 78,0% em qualquer volume.
Varredura de volume: N₂ + 3H₂ (Δn = -2) - Num volume de 1 L, N₂ + 3H₂ atinge 48,6% de conversão; comprimir para pressões mais altas força vigorosamente a conversão porque Δn = -2.
Varredura de temperatura: N₂O₄ ⇌ 2NO₂ - A 298 K, o N₂O₄ tem K = 0,0058 e 3,7% de conversão; aquecer a reação endotérmica desloca o equilíbrio no sentido direto.
Reagente em excesso: H₂ + I₂ - Ajustar o I₂ para 3,0 mol contra 1,0 mol de H₂, um excesso triplo, eleva a conversão de H₂ para 96,4% enquanto a de I₂ cai para 32,1%.