Problema 3G.32

A pressão total no primeiro experimento permite calcular o avanço da reação. As pressões parciais correspondentes, convertidas para bar, fornecem $K$, que se aplica em seguida ao segundo experimento.

Da pressão total, $$P_\text{total} = (\pu{100} - 2x) + (\pu{40} - x) + 2x = \pu{140} - x$$ $$\pu{110} = \pu{140} - x \quad\Longrightarrow\quad x = \pu{30 Torr}$$ As pressões parciais no equilíbrio (em atm, usando $\pu{1 atm} = \pu{760 Torr}$) são $P_{\ce{NO}} = \pu{0,053 atm}$, $P_{\ce{Br2}} = \pu{0,013 atm}$ e $P_{\ce{NOBr}} = \pu{0,079 atm}$. Logo, $$K = \dfrac{ (P_{\ce{NOBr}})^2 }{ (P_{\ce{NO}})^2\, P_{\ce{Br2}} } = \dfrac{ (\pu{0,079})^2 }{ (\pu{0,053})^2 (\pu{0,013}) } = \boxed{ \pu{171} }$$

No segundo experimento, $P_{\ce{NO},0} = P_{\ce{Br2},0} = \pu{0,3 atm}$. Como $K$ é grande e a proporção estequiométrica é $\pu{2}\ce{NO}:\pu{1}\ce{Br2}$, o $\ce{NO}$ atua como reagente limitante e quase todo ele é consumido. Tomando essa conversão completa como ponto de partida: $$P_{\ce{NO}} \approx 0, \quad P_{\ce{Br2}} \approx \pu{0,15 atm}, \quad P_{\ce{NOBr}} \approx \pu{0,3 atm}$$ e considerando a pequena fração $y$ que retorna ao estado de reagente: $$P_{\ce{NO}} = y, \quad P_{\ce{Br2}} \approx \pu{0,15 atm}, \quad P_{\ce{NOBr}} \approx \pu{0,3 atm} - y$$ De $K = (P_{\ce{NOBr}})^2/[(P_{\ce{NO}})^2\, P_{\ce{Br2}}]$: $$\pu{171} \approx \dfrac{ (\pu{0,3})^2 }{ y^2 (\pu{0,15}) } \quad\Longrightarrow\quad y \approx \pu{0,06 atm}$$

$$P_{\ce{NOBr}} = \pu{0,3 atm} - y = \boxed{ \pu{0,24 atm} }$$