P3 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 16/06/12

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1 P3 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 6/06/ Nome: Nº de Matrícula: GABARITO Turma: Assinatura: Dados gerais: G = H - TS G= - n F E G = G o + RT ln Q ΔE ΔE [A] [A] 0 Questão Valor Grau Revisão kt a,5 a,5 3 a,5 4 a,5 Total 0,0 RT nf lnq F = C mol - C V = J R = 8,34 J mol - K - = 0,08 atm L K - mol - PV = nrt atm = 760 mm Hg 73,5 K = 0 C lnq =,303 log Q [A] [A] 0 kt ln[a] ln[a] 0 kt k Ea ln k R T Ea lnk ln A - RT T

2 a Questão Considere a reação de oxidação da amônia, NH 3, que ocorre a 400 K em um reator fechado. 4NH 3 (g) + 7O (g) 4NO (g) + 6H O(g) a) Calcule o valor da variação de energia livre padrão, G o, da reação a 400 K. b) Calcule o valor da constante de equilíbrio, K p, da reação a 400 K. c) Calcule o valor da variação de energia livre, G, da reação no instante em que as pressões parciais de cada espécie química são iguais a 0,000 atm, a 400 K. d) Indique a direção na qual a reação é espontânea nas condições do item c. Justifique sua resposta. Considere que os valores de H o f e S o, abaixo, são constantes em função da temperatura. Dados termodinâmicos a 98 K: Espécie química H o f (kj mol - ) S o (J K - mol - ) NH 3 (g) - 46, 9,3 O (g) 0 05,4 NO (g) + 33,8 40,06 H O(g) - 4,8 88,83

3 Resolução: a) O valor de G o da reação a 400 K deve ser calculado por G o = H o 400 S o Para tal, devemos calcular: H o = [6H o f (H O(g)) + 4H o f (NO (g))] [4H o f (NH 3 (g)) + 7 H o f (O (g))] H o = [6 (-4,8) + 4 (+33,8)] [4( -46,) + 7 (0)] H o = [-450,9 + 3,7] [-84,4] = -34 kj S o = [6S o (H O(g)) + 4S o (NO (g))] [4S o (NH 3 (g)) + 7S o (O (g))] S o = [6 88,83) + 4 (40,06)] [4 (9,3) + 7 (05,4)] S o = [33, ,] [769, + 436,0] = -,0 J Assim, G o = (-,0 x 0-3 ) G o = ,8 = -089 kj b) O valor de K p pode ser calculado diretamente por: G o = -RT lnk p K p = exp(-g o /RT) = exp(089/3,3) = exp(38) c) G = G o + RT lnq p onde: Q p = (P 6 HO(g) x P 4 NO(g) ) / (P 4 HH3(g) x P 7 O(g) ) Q p = (,0 x 0 - ) 6 x (,0 x 0 - ) 4 /(,0 x 0 - ) 4 x (,0 x 0 - ) 7 = (,0 x 0-0 /,0 x 0 - ) Q p =,0 x 0 Assim, G = G o + RT lnq p = -089 x (8,34 x 400) ln (,0 x 0 ) G = = -089 x (4,6) = -089 x ,3 x 0 3 = -074 x 0 3 J G = -074 kj d) A reação avança para formação de NO (g) e H O(g), pois nesse instante G < 0 e também por causa do valor de Q p é menor que o de K p, necessitando aumentar para que o equilíbrio seja alcançado e com isso indicando que é preciso produzir produtos e consumir reagentes na direção direta.

4 a Questão a) Considerando os estudos de cinética química, cite duas maneiras de determinar a ordem global de uma reação química qualquer. b) Considerando a reação e os dados abaixo responda o que se pede: Dados a 900 K HI(g) H (g) + I (g) [HI] inicial (mol L - ) Velocidade inicial (mol L - s - ) Experimento,00 x 0-4,00 x 0-6 Experimento,00 x 0 -,60 x 0-5 Experimento 3 3,00 x 0-3,60 x 0-5 b) Escreva a lei de velocidade para a reação, incluindo o valor da constante de velocidade. b) Calcule a pressão, em atm, de cada gás em um reator de,00 L, após 3,00 h de reação, nas condições do experimento 3, considerando o comportamento ideal dos gases. c) Demonstre nos gráficos abaixo o que acontece com a energia de ativação, Ea, em função do catalisador e do aumento de temperatura. Considerando que a reação acima é endotérmica.

5 Resolução: a) das 4 abaixo - pela soma dos expoentes na lei de velocidade - graficamente (v x [A]) (experimentalmente) v = k [A] [B] ordem de reação + = 3 - pela unidade do k v = k - ordem zero, mesma unidade de v v = k [A] ordem, unidade de tempo - v = k [A] ordem, L mol - tempo - - numericamente, verificando como varia a velocidade em função da [reagentes] ver b b) [A] aumenta x v aumenta 4x = x= k = 4,00 x 0-6 ou,60 x 0-5 ou 3,60 x 0-5 = 4,00 x 0 - (mol L - s - ) (,00 x 0 - ) (,00 x 0 - ) (3,00 x 0 - ) (mol L - ) k = 4,00 x 0 - L.mol -.s - v = 4,00 x 0 - [A] ou v= k[a] sendo k = 4,00 x 0 - L mol - s - b) Como a reação é de segunda ordem e k = 4,00 x 0 - L mol - s -, vamos passar o tempo de 3,00h para segundos (0800s = 0,8 x 0 3 ). Temos: kt 4,00 x 0 -.0,8 x 0 3 0, , [A] [A] 3,00 x 0-0 0, Ou kt 4,00 x 0.0,8 x 0 33, [A] [A] - 3,00 x 0 [A] = /465 = 0,005 mol L - 0 HI(g) H (g) + I (g) Início 3, Reage -x +x/ +x/ Final,5.0-3,39.0 -, Sendo x = 3, ,5.0-3 =, moll- [HI] =,5.0-3 mol L -

6 [H ] = [I ] =, mol L - P HI =,5.0-3 x 0,08 x 900 = 0,60 atm P H = P I =, x 0,08 x 900 =,03 atm c) Para uma reação endotérmica

7 3ª Questão Considere a hidrólise da sacarose, C H O, em meio ácido, representada abaixo, e responda as questões que seguem. C H O (aq) + H O(l) C 6 H O 6 (aq) + C 6 H O 6 (aq) (sacarose) (glicose) (frutose) a) Calcule o valor da constante de velocidade, k, da hidrólise da sacarose, à 35 o C, utilizando os dados da tabela abaixo e considerando que a energia de ativação, Ea, nas condições experimentais, é de 09, kj mol -. Temperatura (K) k (s - ) 300,8 x ,83 x ,9 x ,47 x ,8 x 0-4 b) Calcule o tempo necessário para hidrolisar 80,00 % da concentração inicial da sacarose em uma solução ácida, a 55 o C, sabendo-se que nessa temperatura o tempo de meia vida da sacarose é de 90 s, a reação é de ordem um em relação à sacarose e de ordem zero para a água e que esta última está em excesso na reação. c) Considerando as duas retas ( e ) apresentadas abaixo, qual delas melhor representa uma reação com energia de ativação mais elevada? Justifique sua resposta.

8 Resolução a) Usando a equação de Arrhenius que relaciona a variação da constante de velocidade (k) com a temperatura: ln (k /k ) = E a /R [/T /T ] e, considerando os dados fornecidos: E a = 09, kj mol - R = 8,34 J/K mol - Pela tabela fornecida: T = 37 o C (30 K) e k = 7,9 x0-5 T = 35 o C (308 K) e k =? ln k ln(7,9x0-5 ) = 09, kj mol - / 8,34x0-3 kj/k mol - [/30K /308 K] k = 5,5x0-5 b) Como a reação é de ordem global : ln[a] = ln[a o ] kt t / = 0,693/k Portanto: t / = 90 s : 90 s = 0,693/k k = 7,69x0-4, na T = 38K e, na condição quando C = 0,C o : ln 0,C o /C o = - 7,69x0-4 x t t = 09 s c) Considerando a equação de Arrhenius, para o gráfico do tipo ln k x /T, temos que a inclinação da reta é dada por E a /R. Portanto, quando maior a inclinação da reta, maior será o valor de E a, já que R é uma constante. Desta forma, a reta é a que melhor representa uma reação com energia de ativação mais elevada.

9 4ª Questão Nas medições de ph das soluções aquosas são utilizados eletrodos de membrana de vidro. Este sistema é representado de uma maneira simplificada pela notação a seguir: Pt H (,00 atm) H + (? mol L - ) ǁ Catodo de referência onde a semi-reação padrão que ocorre no anodo é representada por: H (g) H + (aq) + e - E o = 0,00 V Parte I Considerando que o catodo de referência é o de AgCl/Ag, cuja semi-reação padrão é representada abaixo: AgCl(s) + e - Ag(s) + Cl - (aq) E o =? e que o gráfico abaixo representa a variação do ph com o potencial dessa célula, à 5 C, faça o que se pede: a) Determine o potencial padrão do catodo com sua respectiva unidade usando as informações do gráfico. b) Deduza uma equação para se obter o valor do ph de uma solução em função do potencial, E, considerando a temperatura de 5 C, a concentração de Cl -,00 mol L - e a pressão de H,00 atm. c) Calcule o potencial da célula, em V, quando o ph da solução desconhecida é 9,00. Parte II d) Mostre no gráfico acima a reta que representa a variação do potencial, E, em função do ph quando se utiliza como referência o eletrodo de calomelano. Justifique. Hg Cl (s) + e - Hg(l) + Cl - (aq) E o = 0,80 V

10 a) E = 0,5 V Resolução E = E Catodo + E Anodo E = E Catodo + 0,00 V E Catodo = 0,5 V b) E = E Catodo + E Anodo E E E E E H H H H H H H H H H E = E Catodo + 0,059 ph E - E Catodo = 0,059 ph ph = ΔE E 0,059 Catodo ΔE 0,5 c) 9,00 0,059 9,00 x 0,059 ΔE 0,5 0,53 ΔΕ 0,5 Δ 0,53 0,5 0,746 V E 0 0,059 0,059 0,059 0,059 n 0,059 ph log log log log [H [H [H ] ] ] ph [H ] d) Na equação ph ΔE E 0,059 Catodo só mudará o valor do E Catodo, e o coeficiente linear da reta seria de 0,80 V. Como a inclinação da reta é a mesma, os valores de E seriam proporcionalmente maiores.

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