Planejamento e Otimização de Experimentos - 1999/II

Departamento de Química Fundamental
Universidade Federal de Pernambuco
Química Geral 1 – 2010/1
2a Prova – 13/05/2010
1 – O ponto de ebulição da água numa área com pressão atmosférica de 1atm é 100 oC . Suponha que
uma região ciclônica (uma região de baixa pressão) move-se para a área. Descreva e explique o que
acontece com o ponto de ebulição da água.
Resposta:
No ponto de ebulição, a temperatura é tal que a pressão de vapor do líquido está em equilíbrio com a
pressão externa. Na região ciclônica, a pressão de vapor estará em equilíbrio com uma pressão inferior
a 1 atm, isto é, a água entrará em ebulição a outra temperatura.
A variação da pressão de vapor com a temperatura é descrita aproximadamente pela Equação de
Clausius e Clapeyron,
ln
0
P2 ∆ H vap
=
P1
R
 1
1 
−


 T1 T 2 
. Na região de baixa pressão teremos P2 < 1 atm, e
0
P2
∆ H vap
portanto ln P < 0. Como a vaporização é um processo endotérmico, o termo
será positivo, o
R
1
 1
1 
que obrigará o termo  −  a ser negativo. Para isto, é necessário que T2 seja menor que T1, ou seja,
 T1 T 2 
na região ciclônica a água entrará em ebulição a uma temperatura inferior a 100 oC.
2 – A variação da energia livre padrão para a reação N 2O4 ( g ) → 2 NO2 ( g ) é igual a 4,76 kJ mol-1 a
298K.
a) Determine a constante de equilíbrio (K) para a reação.
b) Se 2,95g de N2O4 e 0,76 g de NO2 são colocados em um balão de 2,0L a 298K, quais as pressões
parciais no equilíbrio de N2O4 e NO2? Considere que N2O4 e NO2 são gases ideais.
Resposta:
N 2O4 ( g ) → 2 NO2 ( g ) ∆ Gr0 = 4,76 kJ mol − 1
a) ∆ Gr = ∆ Gr0 + RT ln Q
ln K =
− ∆G
RT
0
r
no equilíbrio ∆ Gr = 0 e Q = K logo:
(
)
− 4,76 × 103 J mol − 1
= − 1,921
8,314 JK − 1mol − 1 × 298 K
K = 0,146
ln K =
K=
( aNO 2 ) 2
⇒
a N 2 O4
a NO 2 =
PNO2
P°
e aN 2O 4 =
PN 2 O4
P°
onde P° = 1bar (pressao padrao)
2
 PNO2 

P° 

K=
= 0,146
 PN 2 O4 

P° 

b) MM (N2O4) = 92 g mol-1 e MM (NO2) = 46 g mol-1
2,95 g
= 0,0321mol
92 gmol − 1
0,76 g
n( NO2 ) =
= 0,0165mol
46 gmol − 1
n( N 2O4 ) =
Calculando as pressões parciais iniciais:
PV = nRT
0,0321mol × 0,08314 L bar K − 1mol − 1 298 K
= 0,40bar
2L
0,0165mol × 0,08314 L bar K − 1mol − 1 298K
=
= 0,20bar
2L
P( N 2O4 ) =
P( NO2 )
2
 PNO2 

P° 
(0,20) 2

Q=
=
= 0,10
 PN 2 O4 
(0,40)

P° 

N2O4(g)
0,40 bar
-x
(0,40-x)
inicio
variação
equilíbrio
temos Q < K, logo a reação ira na direção do produto
⇄
2
NO2(g)
0,20 bar
+2x
(0,20+ 2x)
 PNO2 

P° 
(0,20 + 2 x) 2

K=
= 0,146 =
⇒ 4 x 2 + 0,946 x − 0,0184 = 0
(0,40 − x)
 PN 2 O4 


P
°


x = 0,018 e
(
x = − 0,254)
Logo as pressões parciais no equilíbrio são:
PNO2 = 0,20 + 2 x = 0,20 + ( 2 × 0,018) = 0,236 bar
PN 2O4 = 0,40 − 0,018 = 0,382 bar
3 – A porcentagem de desprotonação do ácido benzóico (C6H5COOH), em uma solução
0,110 mol L–1, é 2,4%. Quais são o pH da solução e o Ka do ácido benzóico?
Resposta:
Reação de desprotonação do ácido benzóico: HA(aq) → A–(aq) + H+(aq),
onde HA representa o ácido benzóico (C6H5COOH) e A– o benzoato (C6H5COO–).
A porcentagem de desprotonação é:
x
× 100% = 2,4% = 0,024 ⇒ x = 0,024 × 0,110 = 2,64 × 10 − 3 mol L− 1
x0
Logo [A-] = [H3O+] = x = 2,64 × 10–3 mol L–1.
[
 H O+
pH = − log 3
 C°
]  = − log 2,63 × 10




1M
−3
M
 = 2,6 .

ou seja, pH = 2,6.
Utilizando a relação estequiométrica e construindoos uma tabela de equilíbrio obtemos a constante de
equilíbrio:
HA(aq)
Início
x0
Variação
–x
Equilíbrio
x0 – x
⇔
A–(aq)
H+(aq)
+
0
0*
+x
+ x
x
x
* desprezando-se a contribuição da autoprotólise da água, e, x0 é a concentração inicial do ácido
benzóico, isto é, x0 = 0,110 mol L–1.
Ka =
a( A − ) a
+
( H 3O )
a ( HA ) a ( H 2O )
[ ]
−
onde a ( A − ) = A
1M
, a ( HA ) = [ HA]
1M
,a
+
( H 3O )
=
[H O ]
+
3
1M
 [A − ]   [H 3 O + ] 
×

1M  
1M 
x2

Ka =
=
(0,110 − x)
 [HA] 
1M 

(2,64 × 10 − 3 mol L− 1 ) 2
6,97 × 10 − 6
=
=
= 6,49 × 10 − 5
−3
−1
0,10736
(0,110 − 2,64 × 10 mol L )
ou seja, Ka = 6,5 × 10–5.
e  a ( H 2O ) = 1 (liquido puro)
4 – Calcule o pH de uma solução aquosa de cloreto de amônio (NH4Cl) 0,19 M.
O cloreto de amônio é um sal de caráter ácido (cátion ácido). Espera-se pH abaixo de 7,0.
Após a dissolução, o equilíbrio relevante é:
NH4+(aq) + H2O(l) → H3O+(aq) + NH3(aq)
A constante de acidez Ka é dada por: Kb = Kw/Kb = 10-14/1,8 x 10-5 = 5,5 x 10-10.
Para saber o pH da solução resultante, devemos saber a concentração de íons H3O+. Para tal, devemos
montar a tabela de equilíbrio para a reação acima representada:
tabela de equilíbrio:
NH4+
0,19
-x
0,19-x
Início
Mudança
Equilíbrio
H3O+
0
+x
x
NH3
0
+x
x
Ka = [NH3] [H3O+] = x . x = 5,5 x 10-10
[NH4+]
0,19-x
Simplificando a equação e aproximando x a zero: x2 = 1,05 x 10-10; x = 1,02 x 10-5.
Como x << 5% de 0,19 M, a aproximação é válida.
Finalmente, para calcularmos pH: pH = - log [H3O+] = - log 1,02 x 10-5 = 5,00.
Logo, o pH da solução aquosa de cloreto de amônio 0,19 M é 5,00.
DADOS:
°
 P  ∆ H vap
ln  2  =
R
 P1 
 1 1
 − 
 T1 T2 
Ka × Kb = Kw
ln P =
°
∆ Gvap
∆ G = ∆ G 0 + R T ln Q
RT
 K  ∆ H r°  1 1 
ln  2  =
 − 
K
R
 1
 T1 T2 
pH + pOH = pKW
R=8,314 J.K -1 .mol -1 =0,082 L.atm.K -1.mol -1
1 atm = 1,01325 x 105 Pa
Ka
Água (H2O)
-
Ácido fórmico ( HCOOH)
1,8 x 10
–4
Kb
KW
-
1,0 x 10–14
-
-
Metilamina (CH3NH2)
3,6 x 10–4
Amônia (NH3)
1,8 x 10-5
Carbonato de cálcio
(CaCO
3)
elemento
Alumínio
Bromo
Califórnio
Ferro
Hidrogênio
Lawrêncio
Nitrogênio
Oxigênio
Kps
8,7 x 10–9
símbolo
Massa Molar
(g.m ol -1 )
Al
Br
Cf
Fe
H
Lr
N
O
26,98
79,90
251
55,85
1,01
260
14,01
16,00
1 L atm = 101,325 J
1 torr = 133,3 Pa 1 bar = 10 5Pa
Constantes de equilíbrio a 298K
Substância
pX = − log X