P4 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 28/11/09

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1 P4 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 8/11/09 Nome: GABARITO Nº de Matrícula: Turma: Assinatura: Questão Valor Grau Revisão Dados gerais: 1 a,5 a,5 3 a,5 4 a,5 Total 10,0 G o = H o - T S o G = - n F E o RT E = E lnq nf G = G o + RT ln Q [A] = [A] ln [A] = ln [A] 1 [A] = 0 1 [A] 0 kt 0 + kt kt K H 1 1 ln = K1 R T1 T k Ea 1 1 ln = k1 R T1 T 1 atm = 760 mmhg F = C mol -1 1 C x V = 1 J R = 8,314 J mol -1 K -1 = 0,081 atm L K -1 mol -1 T (K) = T ( C) L atm = 101,3 J PV = nrt

2 1 a Questão Uma das reações envolvidas na melhoria de índice de octanagem dos combustíveis é indicada abaixo: C 7 H 14 (g) C 7 H 8 (g) + 3H (g) Sabendo que a reação tem constante de velocidade igual a 1,50 x 10-3 s -1, a 98 K, e considerando rendimento percentual igual a 100%, calcule o que se pede levando em consideração que a reação ocorre em um reator de 10,0 L com quantidade inicial de C 7 H 14 (g) igual a 0,0 mol. Considere o comportamento ideal dos gases. a) Calcule a massa de hidrogênio formado ao final da reação. b) Calcule a pressão total no reator ao final da reação. c) Calcule o tempo necessário para que a pressão parcial do reagente diminua em 80% do valor inicial. d) Calcule a pressão total no reator em 100 s de reação.

3 Resolução: a) Ao final da reação teria-se 60 mol de H, pois a estequiometria indica 3 mol de H para cada C 7 H 14 reagidos. Em massa seriam 10 g. b) Considerando a reação completa, seriam 80 mol de gás ao final da reação (60 de H e 0 de C 7 H 8 ). A 98 K e em um reator de 10 L, teria-se: P = nrt/v = 80 mol x 0,08 atm L mol -1 K -1 x 98 K / 10 L = 195,5 atm. c) A diminuição de 80% do gás reagente (0,8 x,0 = 1,6 mol L -1 ) indica a redução de 1,6 mol L -1 de C 7 H 14 e a redução de 80% na pressão parcial do mesmo. Como a reação é de primeira ordem, tem-se: ln (0,4 mol L -1 /,0 mol L -1 ) = - 1,5 x 10-3 x t -1,6 = -1,5 x 10-3 x t t = 1066 s = 17,6 min d) Após 100 s de reação teria-se: ln ([C 7 H 14 ] 100 /,0 mol L -1 ) = - 1,5 x 10-3 x 100 ln ([C 7 H 14 ] 100 /,0 mol L -1 ) = -1,5 x 10-1 [C 7 H 14 ] 100 =,0 x exp(-1,5 x 10-1 ) [C 7 H 14 ] 100 = 1,7 mol L -1 Isso indica que sobrou 1,7 mol L-1 de C 7 H 14 e que 0,3 mol L-1 de C 7 H 14 se transformou em 0,3 mol L-1 de C 7 H 8 e 0,9 mol L-1 de H. Assim, a concentração total de gás no reator é,9 mol L-1, ou seja, 9 mol de gás no reator. Isso produziria 70,9 atm de pressão (P = 9 mol x 0,08 atm L mol-1 K-1 x 98 K / 10 L = 70,9 atm).

4 a Questão Iodeto de hidrogênio (HI) se decompõe em H e I na fase gasosa com uma cinética de segunda ordem (reação abaixo): HI(g) H (g) + I (g) E a = 183 kj mol -1 Considerando o comportamento ideal dos gases e os dados a seguir, que foram obtidos para esta reação a 580 K, faça o que se pede: t (s) Pressão de HI (atm) 0 0, , , , ,0147 a) Calcule o valor da constante de velocidade indicando a sua unidade. b) Calcule o tempo de meia vida, em segundos. c) Explique se esta reação é favorecida termodinâmica e cineticamente pelo aumento de temperatura. Considere que a entalpia e a entropia não variam significativamente com a temperatura. d) Esboce o gráfico de energia versus caminho de reação indicando os parâmetros H e Ea. Dados de entalpia padrão de formação a 5 o C: H 0 f (I (g)) = 6,4 kj mol -1 H 0 f (HI(g)) = 5,9 kj mol -1

5 Resolução: a) Pela cinética de segunda ordem, tem-se que: 1/[HI] = 1/[HI]0 + kt Utilizando a lei dos gases ideais, tem-se que: P/RT = n/v = [HI] Portanto: 1/P = 1/P 0 + (k/rt)t A equação da reta de 1/P versus tempo produz um coeficiente angular de k/rt, então: k = 0,08*580*(67,83-,10)/(4000-0) = 0,78 L mol -1 s -1 b) O tempo de meia vida é o tempo no qual a P cai pela metade: P = P 0 / Utilizando 1/P = 1/P 0 + (k/rt)t, tem-se que: /P 0 = 1/P 0 + (k/rt)t 1/ Portanto: t 1/ = RT/P 0 k = 0,08*580/0,4756*0,78 = 18, s c) H 0 r = H 0 f (H (g)) + H 0 f (I (g)) - H 0 f (HI(g)) = 0,00 + 6,4 x5,9 = +10,6 kj mol -1 Portanto, a reação é endotérmica. Isto faz com que a reação seja favorecida termodinamicamente com o aumento de temperatura. Pela Teoria do Estado de Transição (ou Complexo Ativado), o aumento da temperatura favorece que os reagentes possam transpor a barreira de energia (E a ). d)

6 3 a Questão A síntese da amônia, representada abaixo, é considerada por muitas pessoas como a maior descoberta do século XX. Essa descoberta feita por Fritz Haber possibilitou o desenvolvimento de fertilizantes e, consequentemente, o aumento da produção de alimentos para a população mundial. N (g) + 3H (g) NH 3 (g) H = -9, kj; G = -8, kj Entretanto, embora esse processo seja espontâneo a 5 o C, a velocidade de reação é muito baixa, inviabilizando a produção de amônia em escala industrial. Comente o efeito dos parâmetros citados abaixo na velocidade e no rendimento de produção de amônia. Justifique cada resposta. a) Temperatura b) Pressão total no reator por variação de volume c) Catalisador

7 Resolução: A partir dessas informações e conhecendo o Principio de Le Chatelier, podemos prever as condições que favorecem a produção de NH 3 : a) baixas temperaturas Como a reação é exotérmica, a diminuição da temperatura provoca um deslocamento de equilíbrio para a direita favorecendo a produção de amônia. Entretanto, baixas temperaturas não favorecem a velocidade da reação. b) altas pressões O aumento de pressão provoca contração de volume, o que desloca o equilíbrio para o lado direito, ou seja, favorecendo a produção de amônia. O aumento de pressão também favorece a velocidade da reação c) catalisador Embora o catalisador não desloque o equilíbrio, ele aumenta a velocidade das reações, permitindo que o equilíbrio seja alcançado mais rapidamente.

8 4ª Questão Considere uma célula eletroquímica, a 5 C, constituída por um eletrodo padrão de hidrogênio (EPH) e uma semi-célula contendo um eletrodo inerte de platina em 10,0 ml de uma solução de Fe + (aq) 0,100 mol L -1. Na semi-célula que contém Fe + (aq) é adicionada solução de Cr O - 7 (aq) 0,10 mol L -1 sendo o ph da solução mantido constante e igual a,00. A reação entre o Fe + - e Cr O 7 é dada pela seguinte reação: Cr O 7 - (aq) + 6Fe + (aq) + 14H + (aq) Cr 3+ (aq) + 6Fe 3+ (aq) + 7H O(l) a) Calcule o volume necessário da solução de Cr O - 7 (aq) 0,10 mol L -1 para reagir completamente com os 10,0 ml da solução de Fe + (aq) 0,100 mol L -1. b) Considerando outra situação, calcule o potencial da célula, E, formada entre as semi-células de Fe 3+ /Fe + e o EPH, após a adição de 10,0 ml da solução de Cr O - 7 (aq). Nessas condições o Cr O - 7 (aq) é totalmente consumido, oxidando Fe + (aq) a Fe 3+ (aq), conforme a reação acima. A presença do Cr 3+ formado não altera o valor do E da célula. c) Considere outra situação, na qual foram adicionados 0,0 ml da solução de Cr O - 7 (aq) a 10 ml da solução de Fe +. Nessas condições todo o Fe + (aq) é oxidado a Fe 3+ (aq) e o excesso de Cr O - 7 (aq) fica em equilíbrio com o Cr 3+ (aq). Calcule o E entre a semi-célula de Cr O - 7 /Cr 3+ e o EPH. A presença de Fe 3+ formado não altera o valor do E da célula. Dados: Potenciais padrão de redução a 5 o C. Cr O - 7 (aq) + 14H + (aq) + 6e - Cr 3+ (aq) + 7H O(l) E o = 1,33 V Fe 3+ (aq) + e - Fe + (aq) E o = 0,77 V H + (aq) + e - H (g) E o = 0,00 V

9 Resolução: a) + 0,100 Fe 1mol de CrO7 1L 10 ml x x x ml 6 mol de Fe 0,10 mol de Cr O 7 = 0,0167 L = 16,67 ml b)fe 3+ (aq) + e - Fe + (aq) E = 0,77 H (g) H + (aq) + e - E = 0,00 Fe 3+ (aq) +H (g) Fe + (aq) +H + (aq) E = 0,77 E = E - l og Q n (a 5 C) E=0,77- l og [Fe [Fe ] [H ] ].P H Início Cr O - 7 (aq) + 6Fe + (aq) +14H + (aq) Cr 3+ (aq) + 6Fe 3+ (aq) + 7H O(l) 0,10 mol 0,100 mol 10 ml x 10 ml x 1000 ml 1000 ml =0,001 mols =0, Variação -0,001 mols -0,007 +0,004 +0,007 Final 0 0,0048 0,004 0,007

10 E = 0,77- l og 0,0048 0,13 [1] 0,007 0,13 1 E = 0,77- log 0,443 = 0,77 + 0,01 = 0,78 V c) Cr O - 7 (aq) + 14H + (aq) + 6e - Cr 3+ (aq) + 7H O(l) E o = 1,33 V x3 3H (g) 6H + (aq) + 6e - E = 0,00 Cr O 7 - (aq) + 3H (g) + 8H + (aq) Cr 3+ (aq) + 7H O(l) E o = 1,33 V E = 1,33-6 l og [Cr O [Cr 7 3+ ] ]PH 3 [H + ] 8 Início Cr O - 7 (aq) + 6Fe + (aq) +14H + (aq) Cr 3+ (aq) + 6Fe 3+ (aq) + 7H O(l) 0,10 mol 0 ml x 1000 ml =0,004 mols =0, Variação -0,000 mols -0,01 +0,004 +0,01 Final 0, ,004 0,01 E = 1,33-6 l og 0,004 0,14 0, (1 )(1 ) 0,14 E = 1,33+0,005=1,335 V

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