P3 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 18/06/07
Nome:
Nº de Matrícula:
GABARITO
Turma:
Assinatura:
Questão
Valor
1
a
2,5
2
a
2,5
3a
2,5
4a
2,5
Total
10,0
Grau
Revisão
Dados gerais:
∆G° = - n F ∆Eo
ΔE = ΔE° −
1 atm = 760 mmHg
F = 96500 C mol-1
RT
lnQ
nF
1C=Axs
∆G = ∆Go + R T ln Q
1CxV=1J
[A] = [A]0 − kt
R = 8,314 J mol-1 K-1 = 0,0821 atm L K-1 mol-1
ln [A] = ln [A]0 − kt
T (K) = T (°C) + 273
1
1
=
+ kt
[A] [A]0
ln
K2
ΔH°  1
1

=
−

K1
R  T1 T2
ln
k2
E 1
1

= a
−

k1
R  T1 T2 





1a Questão:
Considere a reação abaixo ocorrendo em um reator de 1 L.
NH4Cl(s)
NH3(g) + HCl(g)
a) Calcule o ∆G da reação a 25°C no momento em que as quantidades de
NH4Cl(s), NH3(g) e HCl(g) forem respectivamente 0,3 mol, 0,2 mol e 0,2 mol.
Nessas condições, em que direção a reação será espontânea? Justifique.
b) Calcule a constante de equilíbrio (Kp) da reação a 25°C.
c) Calcule o ∆H° da reação sabendo que a constante de equilíbrio (K p) a 227°C
é 1,8 x 10-4. Considere que o ∆H não varia com a temperatura.
Dados:
∆G°f [NH3(g)] = -16,7 kJ mol-1
∆G°f [HCl(g)] = -95,3 kJ mol-1
∆G°f [NH4Cl(s)] = -203,9 kJ mol-1
Resolução:
T = 25 °C = 298 K
V =1L
NH4Cl(s) ⇔ NH3(g) + HCl(g)
a) ∆G°298 = [∆G°f, HCl + ∆G°f, NH3] - ∆G°f, NH4Cl
∆G°298 = [-95,3 kJ.mol-1 + (-16,7 kJ.mol-1)]- (-203,9 kJ. mol-1) = +91,9 kJ.mol-1
= +91.900 J.mol-1
PNH3 = nRT/V = 0,2RT/V
PHCl = nRT/V = 0,2RT/V
Q = PNH3 .PHCl = (0,2RT/V)2 = (0,2x0,082x298/1)2 = 23,8
∆G°298 = ∆G°298 + RT ln Q = +91.900 + 8,314 x 298 x ln 23,88 = + 99761 J. mol-1
O sentido reverso é o espontâneo, pois ∆G°>0.
b) No equilíbrio ∆G = 0
∆G° = - RT ln Kp = 91900 = -8,314 x 298 ln Kp
ln Kp = -37,9
Kp = 3,46 x 10-17
c)
ln
K 2 ΔH°
=
K1
R
1
1
1,8 x 10 −4
ΔH°
1 
 1
 −  = ln
=
−

−17
−1
−1 
3,46 x 10
8,314 J mol K  298 500 
 T1 T2 
ΔH (0,003355 − 0,002)
8,314
29,28x8,314
ΔH =
= 180321 = 180 kJ mol−1
0,00135
ln 5,20x1012 =
2a Questão:
O íon benzenodiamônio, C6H5N2+(aq), reage com a água, de acordo com a
reação a seguir:
C6H5N2+(aq) + H2O(l)  C6H5OH(aq) + N2(g) + H+(aq)
Nas condições da reação a água se encontra em grande excesso,
conseqüentemente a velocidade da reação só depende da variação da
concentração molar do C6H5N2+(aq). A constante de velocidade da reação, em
s-1, varia conforme mostrado no gráfico ln k versus 1/T abaixo.
a) Escreva a lei de velocidade para a reação a 301 K, incluindo o valor
numérico da constante de velocidade.
b) Calcule a concentração molar de C 6H5N2+(aq) e de C6H5OH(aq) após 120 s
de reação, a 301 K, considerando que a concentração inicial de C 6H5N2+(aq) é
de 1,00 x 10-2 mol L-1.
c) Calcule o tempo de meia vida do C6H5N2+(aq) na reação, a 301 K.
d) Calcule a energia de ativação da reação.
Resolução:
a) A reação é de primeira ordem, pois isso é indicado na unidade de k em s -1.
Como a variação da concentração de água não influencia na velocidade da
reação, apenas o íon benzenodiamônio deve ser levado em consideração na
lei de velocidade. Com relação à constante de velocidade a ser indicada na
expressão, a 301 K, o valor de 1/T é 0,0033. Tal valor no gráfico tem como
respectivo valor ln k, aproximadamente -4,18.
Logo: k = e-4,18 = 0,0153 s-1.
Assim: v = 0,0153[C6H5N2+]
b) O valor de [C6H5N2+]120, pode ser obtido da equação que relaciona
concentração de reagente em função do tempo:
ln([C6H5N2+]120/[C6H5N2+]0) = -kt
[C6H5N2+]120/[C6H5N2+]0 = e-kt
[C6H5N2+]120 = [C6H5N2+]0 x e-kt = 1,00 x 10-2 x e-(0,0153 x 120) = 0,00159 mol L-1
Para se encontrar a [C6H5OH]120, usa-se a relação estequiométrica direta,
considerando a relação produto-reagente 1:1.
[C6H5OH]120 = [C6H5N2+]0 - [C6H5N2+]120 = 1,00 x 10-2 – 1,59 x 10-3 = 8,41 x 10-3
mol L-1.
c) Para calcular o tempo de meia vida a 301 K, usa-se a equação derivada da
equação que relaciona concentração de reagente em função do tempo:
ln([C6H5N2+]t/[C6H5N2+]0) = -kt
onde: t = t1/2
[C6H5N2+]t = [C6H5N2+]0/2
ln([C6H5N2+]0/ 2 [C6H5N2+]0) = -kt1/2
ln 1/2 = -kt1/2
t1/2 = 0693/k = 0693/0,0153 = 45,3 s
d) A energia de ativação (Ea) pode ser obtida diretamente da inclinação da reta
indicada no gráfico. Estabelecendo dois pontos da curva tem-se:
Ea/R = [(-4,16 - (-4,18)]/(0,00332 - 0,00320)
Ea = 8,314 x (0,02/0,00012) = 1385,6 J mol-1
3a Questão:
Um dos primeiros bafômetros utilizados para medir a quantidade de etanol,
CH3CH2OH(l), exalado pelos motoristas é baseado na oxidação do etanol com
uma solução ácida de dicromato, Cr2O72-(aq), a 25o C. A reação global está
representada abaixo:
3CH3CH2OH(aq) + 2Cr2O72-(aq) + 16H+(aq) → 3CH3COOH(aq) + 4Cr3+(aq) + 11H2O(l)
Na medição a cor da solução muda de laranja, característico do Cr 2O72-(aq),
para o verde do Cr3+(aq). A mudança de cor indica a presença de álcool no
sangue. Usando a reação global e os dados abaixo, responda:
a) Qual é o valor de ΔEo para a reação global?
b) Qual é o valor de ΔE, a 25 oC, para a reação quando o pH for igual a 4,00 e
as demais concentrações forem iguais a 1,00 mol L -1?
c) Qual é o valor de ΔG° e da constante de equilíbrio, K, para reação?
Dados:
Cr2O72-(aq) + 14H+(aq) + 6 e- → 2Cr3+ (aq) + 7H2O(l)
Eo = 1,33 V
CH3COOH(aq) + 4H+(aq) + 4 e- → CH3CH2OH(aq) + H2O(l)
Eo = 0,058 V
Resolução:
a) inicialmente identificar o anodo e catodo. Observando a reação global
verificamos que o Cr2O72-, sofrerá a redução (catodo), enquanto o etanol a
oxidação (anodo).
Para calcular o valor de ∆E° usamos a seguinte equação: ∆E= Ecatodo – Eanodo
∆E° = 1,33 – 0,058 = 1,272 V
b) Para calcular o valor de ∆E usamos a equação de Nernst a 25C°.
ΔE = ΔE° −
0,059
log Q
n
O valor de “n” pode ser identificado observando e balanceando as
semi-reações de redução e oxidação.
(x2)
Cr2O72-(aq) + 14H+ (aq) + 6 e-  2Cr3+ (aq) + 7H2O(l)
2Cr2O72-(aq) + 28H+(aq) + 12 e-  4Cr3+ (aq) + 14H2O(l)
(3x)
CH3CH2OH(aq) + H2O(l)  CH3COOH(aq) + 4H+(aq) + 4 e3CH3CH2OH(aq) + 3 H2O(l)  3CH3COOH(aq) + 12H+(aq) + 12 e-
Logo
n = 12
O valor de “Q” pode ser calculado, usando a reação global e calculando a
concentração molar de H+ através do valor do pH.
[CH3COOH]3 [Cr 3 + ]4
Q=
[CH3CH2OH]3 [Cr2O72 - ]2 [H+ ]16
Q=
(1)3 (1)4
= 10 64
(1)3 (1)2 (10 − 4 )16
Após a identificação dos valores de n, Q e ∆E°, podemos aplicar a equação de
Nernst a 25 °C, fora a obtenção do valor do ∆E.
ΔE = 1,272 −
0,059
log1064 = 1,272 − 0,315 = 0,957 ≈ 0,96V
12
c) Para obtermos o valor de ∆G° podemos utilizar a equação: ∆G° = -nF∆E°
∆G°= - 12.96500 C. 1,272 V = -1472976 J ≈ -1473 kJ
E, para obtermos o valor de K podemos utilizar a seguinte equação:
n ∆E °
K = 10 0,059
K = 10
12.1,272
0,059
≈ 10 259
Ou, utilizando a seguinte equação: ∆G° = - 2.303 RT log K
-1473 = -2,303 x 8,314 x 10-3 . 298 log K
log K = 258 ∴K = 10258
4a Questão:
A adiponitrila, NC(CH2)4CN(l), é uma substância necessária para a fabricação
do Nylon, sendo obtida industrialmente por um processo eletrolítico envolvendo
a redução da acrilonitrila, CH2 = CHCN(l).
a) Escreva a equação da reação global que ocorre nesse processo eletrolítico.
b) Calcule a quantidade, em massa, de adiponitrila que é produzida em 10,0 h
de processo eletrolítico com uma corrente constante de 3,00 x 10 3 A.
c) Calcule o volume, em litro, do gás O 2 produzido, a 740 mmHg e 25 oC, nas
mesmas condições do item b.
Dados:
Anodo:
2H2O(l)  O2(g) + 4H+(aq) + 4 e-
Catodo:
2CH2 = CHCN(l) + 2H+(aq) + 2 e-  NC(CH2)4CN(l)
Resolução:
a)
2H2O(l) → O2(g) + 4H+(aq) + 4 e(x2) 4CH2 =CHCN(l) + 4 H+(aq) + 4 e- → 2NC(CH2)4CN(l)
_________________________________________________________
2H2O(l) + 4CH2 =CHCN(l) → O2(g) + 2NC(CH2)4CN(l)
b) Primeiro devemos calcular a carga e o número de mol de elétrons envolvidos
no processo eletrolítico.
Carga = 3,00 x 103 A x 36.000 s = 1,08 x 108 C
9,65 x 104 C  1 mol de elétrons
1,08 x 108 C  x mol de elétrons 
x = 1.020 mol
Pela estequiometria da reação no catodo:
2 mol de NC(CH2)4CN(l)  4 mol de elétrons
x mol de NC(CH2)4CN(l)  1.020 mol de elétrons 
x = 560 mol
Convertendo o número de mol de NC(CH 2)4CN(l) para massa, obtemos:
m(g) NC(CH2)4CN = 560 mol x 108 g mol-1
m = 60480 g de NC(CH2)4CN
c) Pela estequiometria da reação no anodo:
1 mol de O2(g)  4 mol de elétrons
x mol de O2(g)  1.120 mol de elétrons 
x = 280 mol
Em 740 mmHg e 25o C, o volume de O2(g) pode ser obtido por: PV = nRT
1 atm  760 mmHg  740 mmHg  0,9737 atm
PV = nRT
0,9737 atm x V(L) = 280 mol de O2(g) x 0,082 L atm K-1 mol-1 x 298 K
V = 7.027 L de O2(g)