P4 - PROVA DE QUÍMICA GERAL 05/12/12

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Angélica Almada Fidalgo
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1 P4 - PROVA DE QUÍMICA GERAL 05/12/12 Nome: GABARITO Nº de Matrícula: Turma: Assinatura: Questão Valor Grau Revisão 1 a 2,5 2 a 2,5 3 a 2,5 4 a 2,5 Total 10,0 Constantes e equações: 273,15 K = 0 C 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 V m = 22,414 L mol -1, à 0 C e 1 atm K w = [H + ] [OH - ] = 1,00 x à 25 C ΔG ΔG RT G = H - T S [A] [A] ln[a] 1 [A] 0 kt ln[a] 1 [A] 0 0 kt lnq kt U = q + w

2 1 a Questão A amônia, NH 3, reage com o metano, CH 4, em presença de oxigênio, O 2, para formar o ácido cianídrico, HCN, como representado na equação: 2 NH 3 (g) + 3 O 2 (g) + 2 CH 4 (g) 2 HCN(g) + 6 H 2 O(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 CH 4 necessário para reagir com 2,00 L de O 2, a 50 o C e 1,00 atm, considerando excesso de NH 3. c) Calcule a pressão total em um reator de 2,00 L, após reação completa entre 2,00 g de NH 3, 3,00 g de O 2 e 2,00 g de CH 4 a 50 o C. 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 CH 4 na presença de excesso dos demais reagentes. Dados: M(NH 3 ) = 17,0 g mol -1 M(O 2 ) = 32,0 g mol -1 M (CH 4 ) = 16,0 g mol -1 M(HCN) = 27,0 g mol -1

3 Resolução: 2 NH 3 (g) + 3 O 2 (g) + 2 CH 4 (g) 2 HCN(g) + 6 H 2 O(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: V NH V V 3 O2 CH4 n RT no RT n 2 P P NH3 CH Como a proporção estequiométrica é 2 NH 3 : 3 O 2 : 2 CH 4 nessas condições. b) n O 2 = RT PV e NH 3 está em excesso (V=2,00L) T = 50 C + 273,15 = 323 K P = 1,00 atm 1,00 x 2,00 0,074 mol O 0,0821x 323 n 2 0,0754 molde O2 nch4 3 2 n CH 4 = 0, P RT o O 2 será o limitante n RT V P CH 4 CH 4 0,0503 x 0,0821x 323 1,00 1,33 L c) 2NH3 3O2 2CH4 2,00 g 3,00 g 2,00 g 17,0 32,0 16,0 O2 é o Reagente Limitante NH 3 O 2 CH 4 HCN n inicial 0,118 0,0938 0, ,0625 0,0938 0,0625 0,0625 n final 0, ,0625 0,0625

4 P P P NH3 CH4 P HCN n total 0,056 0,0625 0,0625 0,181 0,181x 0,0821x 323 P 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 CH 4 2 mol HCN 0,125 mol CH 4 0,125 mol HCN x 27,0 g mol -1 = 3,38 g Não há risco, pois 3,38 g < 4,40 g

5 2 a Questão a) O ácido acético, CH 3 COOH, se dissocia em solução aquosa formando o íon acetato, CH 3 COO -, e o íon hidrônio, H 3 O +, conforme eq. 1. Indique os dois pares ácido-base conjugados nesta equação. CH 3 COOH(aq) + H 2 O(l) CH 3 COO - (aq) + H 3 O + (aq) eq. 1 b) Calcule o valor do ph de uma solução aquosa preparada pela dissolução de 0,100 mol de CH 3 COOH em água formando 1,00 L de solução, à 25 C. Dado: K a (CH 3 COOH) = 1,80 x 10-5, à 25 o C. c) Considere a completa dissociação de 0,100 mol de acetato de sódio, CH 3 COONa, em água formando 1,00 L de solução à 25 C. Sabendo que o CH 3 COO - reage com a água, conforme mostrado na eq. 2, calcule o valor do ph da solução restante. Dado: K b (CH 3 COO - ) = 5,55 x a 25 C. CH 3 COO - (aq) + H 2 O(l) CH 3 COOH(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. CH 3 COOH(aq) + OH - (aq) CH 3 COO - (aq) + H 2 O(l) eq. 3 Dados: Densidade do vinagre = 1,01 g ml -1 M(CH 3 COOH) = 60,05 g mol -1.

6 Resolução: a)par ácido.base conjugado: CH 3 COOH/ CH 3 COO - Par base-ácido conjugado: H 2 O/H 3 O + b) ph =? a 25 C [CH 3 COOH] i = 0,100 mol L -1 CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO - + H 3 O + I 0, R x x x E 0,100 - x x x K a = 1,80 x 10-5 = x 2 (0,100 x) 1,80 x ,80 x 10-5 x x 2 = 0 x 2 + 1,80 x 10 5 x 1,80 x 10 6 =0 = (1,80 x 10 5 ) (-1,80 x 10-6 ) = 7,200 x ,80 x 10 7,200 x 10 x x = 0,001 mol L -1 2 [H 3 O + ] = 0,001 mol L -1 ph = - log(0,001) = 3 a 25 C c) ph =? a 25 C [CH 3 COONa] i = 0,100 mol L -1 CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - I 0, R x x x E 0,100 - x x x K b = 5,55 x a 25 C Como K b >> 10-5 pode desprezar x em relação a 0,100.

7 K b = 5,55 x x 2 = 0,100 x 2 = 5,55 x 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 n n = 3,808 x 10-3 mol em 5,00 de vinagre NaOH CH3COOH m = 3,808 x 10-3 mol x 60,05 g mol -1 = 0,2287 g em 5,00 ml vinagre. m vinagre = 1,01 x 5 = 5,05 g 5,05 g 100% 0,2287 x x = 4,53%

8 3ª Questão Considere a reação de oxidação do dióxido de enxofre, SO 2, com quantidade suficiente de oxigênio, O 2, à pressão constante e 298 K. 2 SO 2 (g) + O 2 (g) 2 SO 3 (g) a) Calcule a variação de energia interna, U, do sistema reacional, considerando a quantidade inicial de SO 2 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 o C, 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 SO 2 (g) O 2 (g) SO 3 (g) H o f (kj mol -1 ) S o (J K -1 mol -1 ) Considere que os valores de H o e S o não variam com a temperatura.

9 Resolução: a) Pela primeira lei da termodinâmica: U = q p + W = H o + nrt O valor de H o é obtido de: H o = 2 H o f(so 3 ) [2 H o f(so 2 ) + H o f(o 2 )] = 2(-396) [2(-297) + 1(0)] = -198 kj Esse valor de H o é para cada 2 mols de SO 3 produzidos. Para a quantidade de SO 3 realmente formada igual a 0,350 mol (70,0/100 de 0,500 mol) tem-se: q p = H o = 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: SO 2 O 2 SO 3 Início: 0,500 excesso 0 Fim 0,150 0,175 reagidos 0,350 Ou seja n = 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) G o T = H o - T S o H o - T S o < 0 para reação espontânea Logo: T > H o / S o para reação espontânea. O valor de S o é dado por: H o = 2S o (SO 3 ) [2S o (SO 2 ) + S o (O 2 )] = 2(256) [2(248) + 1(205)] = JK -1 Assim, a reação será espontânea para temperaturas: T > ( J) / (-189 JK -1 ) = 1,05 x 10 3 K c) G = G o + RT ln Q Q = (PSO 3 ) 2 x PO 2 / (PSO 2 ) 2 = [(0,60) 2 x 0,60] / (0,60) 2 = 1,7 e G o 298 = H o 298 S o = -198 kj [298 K x (-0,189 kj K -1 ) = -142 kj Assim: G = -1,42 x 10 5 J + 8,314 JK -1 x 298 K ln(1,7) G = -1,42 x 10 5 J + 1,31 x 10 3 J =-1,41 x 10 5 J ou -141 kj

10 4ª Questão A amônia, NH 3, se decompõe nos gases nitrogênio, N 2, e hidrogênio, H 2, conforme reação a seguir: 2 NH 3 (g) N 2 (g) +3 H 2 (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 NH 3, na presença do tungstênio é bem mais rápida.

11 Resolução: a) A reação de decomposição da amônia, NH 3, é de Ordem Zero, que pode ser verificada por uma reta no gráfico [NH 3 ] 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.

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