P4 - PROVA DE QUÍMICA GERAL 05/12/12

P4 - PROVA DE QUÍMICA GERAL 05/12/12
Nome:
GABARITO
Nº de Matrícula:
Turma:
Assinatura:
Questão
Valor
1a
2,5
a
2,5
3a
2,5
4a
2,5
Total
10,0
2
Grau
Revisão
Constantes e equações:
273,15 K = 0 °C
ΔG  ΔG   RT lnQ
R = 0,0821 atm L mol-1 K-1 = 8,314 J mol-1 K-1
1 atm L = 101,325 J
lnQ = 2,303 log Q
PV = nRT
Vm = 22,414 L mol-1 , à 0 °C e 1 atm
Kw = [H+] [OH-] = 1,00 x 10-14 à 25 °C
U = q + w
G = H - TS
[A]  [A] 0  kt
ln [A]  ln [A] 0  kt
1
1

 kt
[A] [A] 0
1a Questão
A amônia, NH3, reage com o metano, CH4, em presença de oxigênio, O2, para
formar o ácido cianídrico, HCN, como representado na equação:
2 NH3(g) + 3 O2(g) + 2 CH4(g)  2 HCN(g) + 6 H2O(l)
a) Indique qual dos reagentes é o limitante da reação quando são colocados para
reagir volumes iguais dos três gases reagentes, na mesma temperatura e pressão.
Justifique.
b) Calcule o volume de CH4 necessário para reagir com 2,00 L de O2, a 50 oC e
1,00 atm, considerando excesso de NH3.
c) Calcule a pressão total em um reator de 2,00 L, após reação completa entre
2,00 g de NH3, 3,00 g de O2 e 2,00 g de CH4 a 50 oC.
d) Sabendo que a dose letal do HCN é aproximadamente 55,0 mg por kg de
massa corporal, mostre, com cálculos, se há risco de morte quando um operador
de 80,0 kg coloca para reagir 0,125 mol de CH4 na presença de excesso dos
demais reagentes.
Dados:
M(NH3) = 17,0 g mol-1
M(O2) = 32,0 g mol-1
M (CH4) = 16,0 g mol-1
M(HCN) = 27,0 g mol-1
Resolução:
2 NH3(g) + 3 O2(g) + 2 CH4(g)  2 HCN(g) + 6 H2O(l)
a) Nas condições de T e P, misturar V iguais de 3 gases é o mesmo que n iguais
dos 3 gases já que: VNH3  VO2  VCH4
nNH3 RT
P

nO2 RT
P

nCH4 RT
P
Como a proporção estequiométrica é 2 NH3 : 3 O2 : 2 CH4  o O2 será o limitante
nessas condições.
b) n O2 = RT PV e NH3 está em excesso (V=2,00L)
T = 50 °C + 273,15 = 323 K
P = 1,00 atm
n O2 
1,00 x 2,00
 0,074 mol
0,0821x 323
0,0754 mol de O 2  n CH4
2
3
nCH4 = 0,0503
nCH4 RT
P
 VCH 4 
0,0503 x 0,0821x 323
 1,33 L
1,00
c)
2NH3
3O 2
2CH4
2,00 g
17,0
3,00 g
32,0
2,00 g
16,0
O2 é o Reagente Limitante
n inicial
n final
NH3
0,118
2
0,0625
0,056

O2
0,0938
3
0,0938
0

CH4
0,125
2
0,0625
0,0625
HCN
0
2
0,0625
0,0625
P  PNH3  PCH4  PHCN
n total  0,056  0,0625  0,0625  0,181
P
0,181 x 0,0821x 323
 2,40 atm
2,00
d) 55,0 mg  1 kg de massa corporal
x
 80 kg
x = 4,40 g → Dose letal
Como:
2 mol CH4  2 mol HCN
0,125 mol CH4  0,125 mol HCN x 27,0 g mol-1 = 3,38 g
Não há risco, pois 3,38 g < 4,40 g
2a Questão
a) O ácido acético, CH3COOH, se dissocia em solução aquosa formando o íon
acetato, CH3COO-, e o íon hidrônio, H3O+, conforme eq. 1. Indique os dois pares
ácido-base conjugados nesta equação.
CH3COOH(aq) + H2O(l)
CH3COO-(aq) + H3O+(aq)
eq. 1
b) Calcule o valor do pH de uma solução aquosa preparada pela dissolução de
0,100 mol de CH3COOH em água formando 1,00 L de solução, à 25 °C.
Dado:
Ka (CH3COOH) = 1,80 x 10-5, à 25oC.
c) Considere a completa dissociação de 0,100 mol de acetato de sódio,
CH3COONa, em água formando 1,00 L de solução à 25 °C. Sabendo que o
CH3COO- reage com a água, conforme mostrado na eq. 2, calcule o valor do pH
da solução restante.
Dado: Kb (CH3COO-) = 5,55 x 10-10 a 25°C.
CH3COO-(aq) + H2O(l)
CH3COOH(aq)+ OH- (aq)
eq. 2
d) O vinagre é uma solução aquosa diluída com teor mínimo de ácido acético
permitido de 4% em massa. Uma amostra de 5,00 mL de vinagre teve o ácido
acético totalmente reagido com exatamente 38,08 mL de solução 0,1000 mol L-1
de hidróxido de sódio, NaOH, conforme representado na eq. 3. Calcule a
percentagem em massa de ácido acético nesta amostra de vinagre.
CH3COOH(aq) + OH- (aq)  CH3COO-(aq) + H2O(l)
Dados:
Densidade do vinagre = 1,01 g mL-1
M(CH3COOH) = 60,05 g mol-1.
eq. 3
Resolução:
a)Par ácido.base conjugado: CH3COOH/ CH3COOPar base-ácido conjugado: H2O/H3O+
b) pH = ? a 25 °C
[CH3COOH]i = 0,100 mol L-1
CH3COOH
+
H2O
CH3COO-
+
H3O+
I
0,100
0
0
R
x
x
x
E
0,100 - x
x
x
x2
Ka = 1,80 x 10 =
(0,100  x)
-5
1,80 x 106 – 1,80 x 10-5 x – x2 = 0
x2 + 1,80 x 105 x –1,80 x 106 =0
 = (1,80 x 105) - 4.1.(-1,80 x 10-6)
 = 7,200 x 10-6
x
 1,80 x 10 5  7,200 x 1 0 6
2
x = 0,001 mol L-1
[H3O+] = 0,001 mol L-1  pH = - log(0,001) = 3 a 25 °C
c) pH = ? a 25 °C
[CH3COONa]i = 0,100 mol L-1
CH3COO-
+
H2O
CH3COOH
+
OH-
I
0,100
0
0
R
x
x
x
E
0,100 - x
x
x
Kb = 5,55 x 10-10 a 25 °C
Como Kb >> 10-5 pode desprezar x em relação a 0,100.
Kb = 5,55 x 10-10 =
x2
0,100
x2 = 5,55 x 10-11
x = 7,45 x 10-6  [OH-] = 7,45 x 10-6
POH = - log (7,45 x 10-6) = 5,128
pH = 14-5,125 = 8,872 a 25 °C
d) 5,00 mL de vinagre + 38,08 mL NaOH 0,1000 mol L-1
nNaOH  nCH3COOH = 3,808 x 10-3 mol em 5,00 de vinagre
m = 3,808 x 10-3 mol x 60,05 g mol-1= 0,2287 g em 5,00 mL vinagre.
mvinagre = 1,01 x 5 = 5,05 g
5,05 g 100%
0,2287  x
x = 4,53%
3ª Questão
Considere a reação de oxidação do dióxido de enxofre, SO2, com quantidade
suficiente de oxigênio, O2, à pressão constante e 298 K.
2 SO2(g) + O2(g)
2 SO3(g)
a) Calcule a variação de energia interna, U, do sistema reacional, considerando a
quantidade inicial de SO2 igual a 0,500 mol e o rendimento da reação direta de
70%.
b) Calcule a temperatura na qual a reação se torna espontânea nas condições
padrões.
c) Considere um outro experimento e calcule o valor da energia livre de Gibbs, G,
a 25 oC, no instante em que a pressão parcial de cada uma das espécies químicas
da mistura reacional é igual a 0,60 atm.
Dados:
Parâmetro/espécie química
SO2(g)
O2(g)
SO3(g)
Hof (kJ mol-1)
-297
0
-396
So (J K-1mol-1)
248
205
256
Considere que os valores de Ho e So não variam com a temperatura.
Resolução:
a) Pela primeira lei da termodinâmica:
U = qp + W = Ho + nRT
O valor de Ho é obtido de:
Ho = 2Hof(SO3) – [2Hof(SO2) + Hof(O2)] = 2(-396) – [2(-297) + 1(0)] = -198 kJ
Esse valor de Ho é para cada 2 mols de SO3 produzidos.
Para a quantidade de SO3 realmente formada igual a 0,350 mol (70,0/100 de
0,500 mol) tem-se:
qp = Ho = 0,350 x (198)/2 =-34,7 kJ
O valor de W deve considerar a variação real em mol de gases e o trabalho de
contração é positivo (W>0).
Na tabela de quantidades em mol:
SO2
O2
Início:
0,500
excesso
Fim
0,150
0,175 reagidos
SO3
0
0,350
Ou seja n = 0,350 – (0,350 + 0,175) = -0,175 mol
W = 0,175 mol x 8,314 J K mol-1 x 298 K = 433 J ou + 0,433 kJ
b)
GoT = Ho - TSo
Ho - TSo < 0 para reação espontânea
Logo: T > Ho/So para reação espontânea.
O valor de So é dado por:
Ho = 2So(SO3) – [2So(SO2) + So(O2)] = 2(256) – [2(248) + 1(205)] = - 189 JK-1
Assim, a reação será espontânea para temperaturas:
T > (-198000 J) / (-189 JK-1) = 1,05 x 103 K
c)
G = Go + RT ln Q
Q = (PSO3)2 x PO2 / (PSO2)2 = [(0,60)2 x 0,60] / (0,60)2 = 1,7
e
Go298 = Ho – 298 So = -198 kJ – [298 K x (-0,189 kJ K-1) = -142 kJ
Assim:
G = -1,42 x 105 J + 8,314 JK-1 x 298 K ln(1,7)
G = -1,42 x 105 J + 1,31 x 103 J =-1,41 x 105 J ou -141 kJ
4ª Questão
A amônia, NH3, se decompõe nos gases nitrogênio, N2, e hidrogênio, H2, conforme
reação a seguir:
2 NH3(g) → N2(g) +3 H2(g)
A reação ocorre mais rapidamente na presença de tungstênio. Utilizando os
gráficos obtidos a uma dada temperatura, responda o que se pede.
a) Escreva a Lei de Velocidade da reação, incluindo o valor da constante de
velocidade, k.
b) Esboce o gráfico da relação entre a velocidade instantânea em função da
concentração inicial do reagente.
c) Desenhe um diagrama que mostre a variação de energia de uma reação
exotérmica não catalisada em função do progresso da reação. No mesmo grupo
de coordenadas, represente a reação catalisada. Explique por que a reação de
decomposição do NH3, na presença do tungstênio é bem mais rápida.
Resolução:
a) A reação de decomposição da amônia, NH3, é de Ordem Zero, que pode ser
verificada por uma reta no gráfico [NH3] x tempo. Logo, o coeficiente angular deste
gráfico é igual a – k (constante de velocidade).
Lei da Velocidade:
b)
c)
Reação Exotérmica
O tungstênio age como catalisador, acelerando a reação, já que seu uso é
responsável pela diminuição da Energia de Ativação.