Exame de Química II 2º teste A 29 de Maio de 2015 Mestrado Integrado em Engenharia Química Mestrado Integrado em Engenharia Biológica RM-A: IV-1A: IV-2A: IV-3A: Total: Nome:... nº. Sala... Responder às questões da Parte III nas folhas do enunciado III-1A. Tendo uma solução de um sal M + A em água destilada a 25 ºC, de uma forma geral após a adição de um electrólito inerte (ex. Na 2 SO 4 ), ficando a solução com uma concentração deste electrólito de ~0.10 M, a solubilidade do sal M + A : Diminui Aumenta X Resposta certa: +0,6 valores Não é afectada Resposta errada: -0,2 valores Com: A = 0,509 mol 1/2 L 1/2 III-2A. A uma solução com 400,0 ml contendo K 2 CO 3 (0,0250 M) e KOH (0,0200 M) foram adicionados 50,0 ml de uma solução de HNO 3 (0,400 M). O ph da solução fica: Cerca de 5,7 Cerca de 8,3 Cerca de 6,3 Cerca de 6,9 Cerca de 10,0 X Resposta certa: +1,0 valores Resposta errada: -0,2 valores Dados: K a1 (H 2 CO 3 ) = 4,45 10 7, K a2 (H 2 CO 3 ) = 4,69 10 11 1
III-3A. A solução com 200,0 ml contendo ácido cítrico H 3 Cit (0,00200 M), adicionou-se 40,0 ml de uma solução de NaOH (0,0400 M). Qual o ph da solução? Cerca de 6.4 Cerca de 8.8 Resposta certa: +0,8 valores Cerca de 11.2 X Resposta errada: -0,2 valores Cerca de 11.7 Dados: K a1 (H 3 Cit) = 10 3.13, K a2 (H 3 Cit) = 10 4.76, K a3 (H 3 Cit) = 10 6.40.. III-4A. O produto de solubilidade do AgBr, é de 5,2 10 13. Considerando a solubilidade intrínseca como desprezável, indique qual a solubilidade do AgBr numa solução contendo amónia em que [NH 3 ] =0.15 M. Considere os coeficientes de actividade como unitários. Dados: constantes de formação dos complexos de NH 3 com Ag + : β 1 = 2,0 10 3 e β 2 = 1,26 10 7. Cerca de 7,0 10 7 M Cerca de 1,5 10 7 M Resposta certa: +0,9 valores Cerca de 3,8 10 4 M X Resposta errada: 0,3 valores III-5A. Sabendo que E 0 (Sn 4+ / Sn 2+ ) = 0,15 V, escolha a opção correcta: Sn 4+ (aq) é um oxidante mais forte que H + (aq) Sn 2+ (aq) é um redutor mais fraco que H 2 (g) Sn 4+ (aq) é um oxidante mais forte que H 2 (aq) X X Resposta certa: +0,6 valores; Resposta errada: 0,2 valores 2
Parte IV (resposta a cada questão em folhas separadas) IV-1A. Uma solução tampão é preparada dissolvendo 6,677 g de Na 3 PO 4 12H 2 O em 22,50 ml de uma solução de H 2 SO 4 (0,511 M) e adicionando água até 250,0 ml. a) Faça uma estimativa do ph da solução obtida. Justifique sucintamente. b) Indique que aproximações fez para resolver a questão da alínea (a) e verifique se são válidas ou não. c) Qual a massa de NaH 2 PO 4 2H 2 O que precisaria de adicionar para modificar o ph da solução em 0,500 unidades. Justifique sucintamente. Dados: K a1 (H 3 PO 4 ) = 7,11 10 3, K a2 (H 3 PO 4 ) = 6,32 10 8, K a3 (H 3 PO 4 ) = 4,5 10 13. M(Na 3 PO 4 12H 2 O) = 380,12 g/mol; M(NaH 2 PO 4 2H 2 O) = 156,01 g/mol; a) 1,5 valores b) 0,6 valores c) 0,6 valores Resolução: a) 6,677/380,12 = 0,017565 moles = 17,56 mmoles fosfato - total existente 22,50 0,5110 = 11,50 mmole de H 2 SO 4 = 23,0 mmoles de H + adicionados com o H 2 SO 4 23,0 17,56 = 5,44 mmole de H + que ultrapassam o 1º ponto de equivalência, formando H 2 PO 4 (n a ); portanto: n a = n H2PO4 = 5,44 mmole Assim: n HPO4 formados = = n b = 17,56 5,44 = 12,12 Na solução existem principalmente HPO 4 2 e H 2 PO 4 e as concentrações [PO 4 3 ] e [H 3 PO 4 ] são desprezáveis. [H + ] = K a2 (n a /n b ) = 6,32 10 8 (5,44/12,12) = 2,83(7) 10 8 M ph = 7,547 ~7,55 b) Aproximações usadas na Eq. de Hendersen aplicada neste caso: 1) A ph 7,5 tem-se que: [HPO 4 2 ] e [H 2 PO 4 ] >> [OH ] e [H + ] É válida pois: [HPO 4 2 ] e [H 2 PO 4 ] são > 10 2 M e [OH ] e [H + ] 10 7 M 2) [PO 4 3 ] é desprezável a ph 7,55: É válida pois: como K a3 = 4,5 10 13, vem que [PO 4 3 ] / [HPO 4 2 ] 1,6 10 5 3
3) [H 3 PO 4 ] é desprezável a ph 7,55: É válida pois: como K a1 = 7,11 10 3, vem que [H 2 PO 4 ] / [H 3 PO 4 ] 2,5 10 5 c) A adição de NaH 2 PO 4 2H 2 O irá aumentar a quantidade de H 2 PO 4 (a quantidade de HPO 4 2 não é afectada) portanto diminuir o ph: 7,547-0,500 = 7,047 = ph final [H + ] = 10 7,047 = 8,974 10 8 M Assim: [H + ] = 8,974 10 8 = K a2 (n a /n b ) = 6,32 10 8 (n a /12,2) n a = 8,974 10 8 12,2 / 6,32 10 8 = 17,32 mmoles Para este ph são necessários 17,32 mmoles de NaH 2 PO 4 2H 2 O (total). Como já existem 5,44 mmoles: 17,32 5,44 = 11,88 mmole de NaH 2 PO 4 2H 2 O 0,01188 156,01 = 1.854 g de NaH 2 PO 4 2H 2 O 4
IV-2A. Calcular quantos moles de Cu(OH) 2 se dissolvem num litro de solução contendo 0.0443 moles de ácido bórico (HB) a que foram adicionados 0.0153 moles de KOH. Considere a solubilidade intrínseca como desprezável e os coeficientes de actividade unitários. Deduza a expressão que utilizou para os cálculos, indicando e verificando as aproximações que fizer. Dados: K ps (Cu(OH) 2 ) = 4,8 10 20 K a (HB) = 10 9.24. 1,8 valores Resolução: K ps = = 4,8 10 20 = [Cu 2+ ] [OH ] 2 Tem-se que [Cu 2+ ] = S Admite-se que a [OH ] é determinada pelo tampão constituído pelo ácido bórico/borato, considerando-se como desprezável o nº de moles resultantes da dissolução do Cu(OH) 2. Tem de se determinar 1º a [OH ]. Total de HB e B = 44,3 mmoles KOH adicionados = 15,3 mmoles, que convertem HB em B n b = 15,3 mmoles Sobram de HB (n a ) (44,3 15,3) = 29,0 mmoles de HB Portanto: [H + ] = K a n a / n b = 5,75 10 10 29,0 / 15, 3 = 1,09 10 9 M [OH ] = 9,17 10 6 M K ps = 4,8 10 20 = [Cu 2+ ] [OH ] 2 = [Cu 2+ ] (2S + 9,17 10 6 ) 2 [Cu 2+ ] (9,17 10 6 ) 2 = S 8,40 10 11 S = 4,8 10 20 / 8,40 10 11 = 5,71 10 10 M A quantidade de OH que este nº de moles de Cu(OH) 2 liberta para a solução são: 2 5,71 10 10 moles (num litro), que se pode considerar desprezável face a [OH ] = 9,17 10 6 M Portanto, a aproximação feita foi correcta e aceitável. 5
IV-3A. Considere a célula constituída por Au/AuCl 4, Cl //Au 3+ /Au. Calcule o potencial de redução padrão para a seguinte reacção a 25 ºC : AuCl 4 (aq) + 3e Au (s) + 4 Cl (aq) Sabendo que: Au 3+ (aq) + 3e Au (s) E 0 = + 1,50 V Au 3+ (aq) + 4Cl AuCl 4 (aq) K = 2,3 10 25 1,6 valores Resolução Au (s) + 4 Cl aq) (AuCl 4 (aq) + 3e E 0 cátodo =? Au 3+ (aq) + 3e Au (s) E 0 ânodo= + 1,50 V Au 3+ (aq) + 4Cl AuCl 4 (aq) E 0 célula =? E 0 célula = 0,059/n (log K) = 0,059/3 (log 2,3 x 10 25 ) = 0,494 V E 0 célula = E 0 cátodo - E 0 ânodo 0,494 V = 1,5 - E 0 ânodo E 0 ânodo = 1,00 V 6