P3 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 13/11/07

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1 P3 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 3//07 Nome: GABARITO Nº de Matrícula: Turma: Assinatura: Questão Valor Grau Revisão Dados gerais: G = - n F E o a 2,5 2 a 2,5 3 a 2,5 4 a 2,5 Total 0,0 RT ΔE = ΔE lnq nf G = G o + RT ln Q [A] = [A] ln [A] = ln [A] [A] K ln K k ln k = [A] 0 Ea = R kt + kt 0 T kt ΔH = R T T 2 T 2 atm = 760 mmhg F = C mol - C x V = J R = 8,34 J mol - K - = 0,082 atm L K - mol - T (K) = T ( C) + 273

2 a Questão: Considere a reação de decomposição de,0 mol de pentacloreto de fósforo, PCl 5, em um reator de 0,0 L, a 25 o C. PCl 5 (g) PCl 3 (g) + Cl 2 (g) K p =,7 x 0-3 e H o = 56 kj mol - a) Calcule o valor de G o para a reação e indique a direção na qual o processo é espontâneo, a 25 o C. b) Calcule o valor de G para a reação, a 25 o C, no momento em que as pressões parciais dos produtos da reação forem metade daquelas do equilíbrio. c) Baseado no princípio de Le Chatelier, explique o que ocorre com o valor K p com o aumento da temperatura. Obs. Considere que o valor de H o temperatura. não varia significantemente com a

3 Resolução: a) O Cálculo de G 0 para a reação em meio gasoso é obtido diretamente por; G 0 = -RTlnK P G 0 = J mol - K - x 298 K x ln (,7 x 0-3 ) G 0 = J mol - ou 5,8 kj mol -, valor que é compatível com a magnitude da constante de equilíbrio, que por sua vez indica um pequeno avanço na reação até que o equilíbrio seja alcançado. b) Primeiramente, calcula-se a pressão parcial dos produtos quando a reação atinge o equilíbrio (final da reação). Para tal, é necessário calcular a pressão inicial de PCl 5 : P PCl5 = nrt/v = ( mol x 0,082 atm L mol - K - x 298 K) / 0 L = 2,44 atm Assim: P PCl5 P PCl3 P Cl2 Início: 2,44 atm 0 0 Equilíbrio: 2,44 x x x Substituindo na equação de equilíbrio:,7 x 0-3 = x 2 /(2,44-x) Como 2,44 atm >>,7 x 0-3, o avanço da reação será desprezível na variação da pressão de PCl5, logo: 2,44 x 2,44,7 x 0-3 = x 2 /2,44 x 2 = 0,004 x = 0,064 Considerando a reação no momento em que as pressões parciais dos produtos são iguais a metade do valor no equilíbrio: P PCl3 = P Cl2 = 0,032 atm. Logo: Q P = (0,032) 2 /(2,44 0,032) = 0,00042 Assim o valor de G: G = G 0 + RTlnQ P = J J mol - K - x 298 K x ln (4,2 x 0-4 ) G = J ou -3,5 kj.

4 c) Sendo a reação endotérmica, o aumento da temperatura acarretará no deslocamento da reação para a direção dos produtos, aumentando o valor de K P.

5 2 a Questão: Sulfeto de dimetila, DMS, a 35 o C, é um composto gasoso produzido em grandes quantidades no oceano por fitoplancton. Responda as questões abaixo sabendo que, na água do mar, a solubilidade do DMS é 9, mol L e sua constante de Henry, K H, a 35 o C, é 0,340 mol L atm. a) Calcule a concentração, em mol L, de DMS na atmosfera sabendo que,0 atm de DMS equivale a 0,0409 mol de DMS por litro de ar. b) Calcule K H, em mol L atm, quando a temperatura do oceano for 25 o C sabendo que a entalpia de solubilização, H sol, do DMS é 25,8 kj mol. c) Explique o que acontece com a concentração de DMS na atmosfera quando a temperatura do oceano aumenta. Justifique.

6 Resolução: a) S = K H x P 9, mol L = 0,340 mol L atm P P = 2, atm de DMS na atmosfera atm DMS 0,0409 mol L - DMS 2, atm [DMS] [DMS] =, mol L b) ln(k H /K H2 ) = ( H sol /R)x[(/T ) (/T 2 )] ln(k H /0,34) = ( 25800/8,34)x[(/298) (/308)] K H2 = 0,48 mol L atm a 25 o C c) A concentração de DMS na atmosfera aumenta quando a temperatura do oceano aumenta. Ou seja, a solubilidade do DMS diminui no oceano quando a temperatura do oceano aumenta.

7 3 a Questão: A substituição do CO no composto Ni(CO) 4 foi estudada em solventes não aquosos. O estudo levou ao entendimento dos princípios gerais que governam a química dos compostos com ligação metal-co. Foi feita a investigação da cinética da reação abaixo: Reação global Ni(CO) 4 + P(C 6 H 5 ) 3 Ni(CO) 3 P(C 6 H 5 ) 3 + CO O estudo levou à proposição que essa reação ocorre em duas etapas. Etapa Ni(CO) 4 Ni(CO) 3 + CO Etapa 2 Ni(CO) 3 + P(C 6 H 5 ) 3 Ni(CO) 3 P(C 6 H 5 ) 3 Foi verificado que a duplicação da concentração do Ni(CO) 4 dobra a velocidade da reação e que a duplicação da concentração de P(C 6 H 5 ) 3 não tem efeito sobre a velocidade da reação. a) Esboce dois gráficos, o primeiro representando o efeito da concentração de Ni(CO) 4 sobre a velocidade da reação e o segundo representando o efeito da variação da concentração de P(C 6 H 5 ) 3 sobre a velocidade da reação. b) Escreva a equação da lei de velocidade da reação. Baseado na lei de velocidade diga qual das duas etapas mostradas acima é a mais importante para o mecanismo da reação. Explique. c) Calcule a concentração de Ni(CO) 3 P(C 6 H 5 ) 3, em 2 minutos, a 20 C, sabendo que a concentração inicial de Ni(CO) 4 é 0,025 mol L -. Dado: k = 9,3 x 0-3 s - a 20 C.

8 a) Resolução: b) V = k [Ni(CO 4 ]. A etapa porque a lei de velocidade é um resumo de dados experimentais que parecem ser descritos pela reação elementar, como na etapa. c) ln[a] = -kt + ln[a] 0 ln[a] = -9, s /. s 20/ + ln 0,025 [A] = 0,0089 mol/l. Quantidade de reagente que reagiu = quantidade de reagente inicial quantidade de reagente remanescente após 2 min de reação 0,025 0,0089 = 0,068 mol/l. Como a estequiometria é : a quantidade de produto formada é de 0,068 mol/l.

9 4 a Questão: Uma célula galvânica foi usada para determinar o ph de uma solução desconhecida. As semi-equações de redução para essa célula são dadas abaixo: Zn 2+ (aq) + 2e - Zn(s) H + (aq) + e - 2 H2 (g) Eº = -0,763 V Eº = 0 V a) Escreva a reação global da célula. b) Calcule o valor da constante de equilíbrio para a reação global, a 25 o C. c) Calcule o valor de G para a reação global. d) Calcule o ph da solução desconhecida. Considere que a concentração de Zn 2+ (aq) e a pressão parcial de H 2 (g) foram mantidas nas condições de estado padrão, a 25 o C e que o valor de E, nessas condições, é 0,645 V. e) Sabendo que Ag + (aq) se reduz na presença de Cu(s) e que Cu 2+ (aq) se reduz na presença de Zn(s), escolha o par anodo-catodo que produz o maior valor de trabalho útil (trabalho máximo) e de a notação dessa pilha.

10 Resolução: a) 2H + (aq) + 2e - H 2 (g) Eº = 0 V Zn(s) Zn 2+ (aq) + 2e - Eº = 0,763 V Zn(s) + 2H + (aq) Zn 2+ (aq) + H 2 (g) Eº = 0,763 V RT b) ΔE = ΔE lnq nf 0, = ΔE ln k n n E ln k = 0, x 0,763 ln k = 0,0257 ln k = 59,4 k =6, x 0 25 c) G = - n F E o G = -2 x x 0,763 G = J ou -47,3 kj RT d) ΔE = ΔE lnq nf 0,0257 0,645 = 0,763 ln [H ] 0,8 = 0,029 ln + 2 [H ] ln 9,8 + 2 [H ] = = 9729 [H ] =,0x0 [H ] =,0x0 mol L ph =, [H ] e) Zn e Ag Zn(s) Zn 2+ (aq) Ag + (aq) Ag(s)