P2_24_10_09

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P2 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 24/10/09 
 
Nome: GABARITO 
Nº de Matrícula: Turma: 
Assinatura: 
Questão Valor Grau Revisão 
1a 2,5 
2a 2,5 
3a 2,5 
4a 2,5 
Total 10,0 
R = 8,314 J mol-1 K-1 = 0,0821 atm L mol-1 K-1 
1 cal = 4,184 J 
1 atm = 760 mmHg 
Kw = [H+] [OH-] = 1,00 x 10-14 a 25 °C 
PV = nRT 
�U = q + w
1a Questão 
 
1) O ácido acrílico, CH2CHCOOH, é usado na indústria de polímeros para a 
produção de acrilatos. Sua dissociação é representada pela equação 1: 
 
equação 1: 
CH2CHCOOH(aq) + H2O(l) CH2CHCOO-(aq) + H3O+(aq) Ka = 5,6 x 10-5 
a) O CH2CHCOOH é considerado um ácido forte ou fraco? Justifique. Qual é a sua 
base conjugada? 
b) Calcule o pH de uma solução deste ácido preparada a 0,11 mol L-1.
c) Considere a reação representada na equação 2, entre o ácido acrílico e o 
hidróxido de sódio, NaOH uma base forte: 
 
equação 2: 
CH2CHCOOH(aq) + NaOH(aq) � CH2CHCOONa(aq) + H2O(l) 
 
Calcule o pH da solução aquosa resultante da reação de 100 g de ácido acrílico 
com 100 g de NaOH, em um volume final de 2,00 L de solução. Desconsidere a 
reação do CH2CHCOONa com a água. 
 
Resolução:
CH2CHCOOH(aq) + H2O CH2CHCOO-(aq) + H3O+(aq) Ka = 5,6 x 10-5 
a) Fraco. Não se dissocia totalmente. Forma uma base conjugada, CH2CHCOO-,
forte. 
b) pH? 0,11 mol L-1 ácido acrílico 
 HA A- + H+
t0 0,11 0 0
tequilibrio 0,11 - x x x
Ka = 5,6 x 10-5 = 
x0,11
x2
�
� 6,16 x 10-6 - 5,6 x 10-5 x - x2 = 0
3662 10 x2,48x010x6,16 x10x5,6x ��� ==�+
pH = - log [H+] = - log x = - log 2,48 x 10-3 =
c) pH 
V = 2L 
MM HA(CH2CHCOOH) = (3 x 12) + (4 x 1) + (2 x 16) = 36 + 4+ 32 = 72 
MM NaOH = 23 + 16 + 1 = 40 
2,5
40
100 1,39
72
100nHA ==
÷V=2 L 0,694 mol L-1 1,25 mol L-1 
HA + NaOH � NaA + H2O
100 g 100 g 
 0,694 mol L-1 1,25 mol L-
excesso 
Em 1 L nbase que reage = nHA = 0,694 
 Ntotal da base - nbase que reage = 1,25 – 0,694 = 0,556 = Excesso de NaOH 
Como NaOH é uma base forte, está totalmente dissociada. 
[NaOH] = [OH-] = 0,556 mol L-1 
pOH = - log [OH-] = 0,255 
 
pH = 14-pOH = 
2,6
13,74 
2a Questão 
 
Considere as equações 1 e 2 abaixo: 
 
equação 1: BaCO3(s) Ba2+(aq) + CO32-(aq) Kps = 5 x 10-9 
equação 2: BaCl2(aq) + Na2CO3(aq) BaCO3(s) + 2 Na+(aq) + 2 Cl-(aq) 
 
a) Haverá formação de precipitado de carbonato de bário, BaCO3, ao misturarmos 
350 mL de solução aquosa 2,0 x 10-2 mol L-1 de BaCl2 com 150 mL de solução 
aquosa 2,8 x 10-3 mol L-1 de carbonato de sódio, Na2CO3, de acordo com a 
equação 2? Mostre com cálculos. 
 
b) Mostre com cálculos se 12,0 mg de BaCO3 dissolvem totalmente ou não em 
2,50 L de uma solução aquosa de Na2CO3 3,80 x 10-6 mol L-1. Considere que o 
Na2CO3 está totalmente dissolvido nessa solução. 
 
Obs.: Despreze os volumes dos sólidos na solução. 
 
Resolução:
a) 
 
[Ba2+]: 
solução de BaCl2: 350 mL 2,0 x 10-2 mol L-1 2,0 x 10-2 mol em 1000 mL 
 x mol em 350 mL 
 
x = 7 x 10-3 mol, esse é o no de mol de Ba2+, que foi diluído com a 
solução de carbonato, para um volume final de 500 mL, ou seja, a 
concentração de Ba2+ na solução final é: 
7 x 10-3 mol em 500 mL 
 x mol em 1000 mL x = [Ba2+] = 0,014 mol L-1 
[CO32-]: 
solução de Na2CO3: 150 mL 2,8 x 10-3 mol L-1 2,8 x 10-3 mol em 1000 mL 
 y mol em 150 mL 
 
y = 4,2 x 10-4 mol, esse é o no de mol de CO32-, que foi diluído com a 
solução de bário, para um volume final de 500 mL, ou seja, a concentração de 
CO32- na solução final é: 
 4,2 x 10-4 mol em 500 mL 
 y mol em 1000 mL y = [CO32-] = 8,4 x 10-4 mol L-1 
Qps = [Ba2+] . [CO32-] = 0,014 . 8,4 x 10-4 = 1,176 x 10-5 Kps = 5 x 10-9 
Qps > Kps, então irá ocorrer a formação de precipitado. 
 
b) 
Efeito do íon comum na solubilidade de um sal pouco solúvel: 
 
[CO32+] (da dissolução do Na2CO3) = 3,80 x 10-6 mol L-1 
BaCO3(s) Ba2+(aq) + CO32-(aq) Kps = 5 x 10-9 
x x + 3,80 x 10-6 mol L-1 
Kps = x . (x + 3,80 x 10-6) = 5 x 10-9 
x2 + 3,80 x 10-6 x - 5 x 10-9 = 0 
x = 6,88 x 10-5 mol L-1 
Ou seja, dissolvem-se 6,88 x 10-5 mol de BaCO3 em cada litro de solução de 
Na2CO3 :
6,88 x 10-5 mol L-1 BaCO3 x 197 g mol-1 x 2,5 L = 0,0339 g = 33,9 mg 
 
Sim, é possível dissolver 12 mg de BaCO3 em 2,5 L dessa solução. 
3a Questão 
 
a) William Henry originalmente formulou que a pressão de vapor de um soluto PB é
proporcional a sua fração molar xB em uma solução ideal diluída. 
PB = K’ xB
Posteriormente, esta expressão foi reformulada, originando a que hoje é conhecida 
como Lei de Henry, que permite estimar a solubilidade de gases (SB) em líquidos: 
SB = KHPB
Mostre a relação entre as constantes K’ e KH em função da massa molar e da 
densidade do solvente. Considere que a quantidade de solvente em mol (nA) é
muito maior do que a do soluto (nB), ou seja nA >> nB, e que a densidade da 
solução é igual a densidade do solvente. 
b) A perfluorotributilamina, (C4F9)3N, vem sendo usada no preparo de sangue 
artificial, pois o oxigênio, O2, apresenta alta solubilidade neste composto. Sabe-se 
que uma pressão parcial de 1 atm de O2 solubiliza 384 mL de O2 em 1 L de 
(C4F9)3N a 25 oC. Sabendo que a densidade de (C4F9)3N, é 1,883 kg L-1 a 25 °C, 
calcule a constante K’, em atm, do O2 em (C4F9)3N. 
c) Explique em detalhes o efeito da temperatura sobre a solubilidade de um gás em 
um líquido. 
Obs.: Considere o oxigênio um gás ideal. 
Resolução:
a) PB = K´HxB = K´H [nB/(nA+nB)] � K´H nB/nA nB � nAPB/K´H
Dividindo ambos os lados pelo volume total V = VA+VB � VA, tem-se que: 
nB/V � (nA/VA)PB/K´H SB � [(mA/MMA)/(mA/dA)]PB/K´H � (dA/MMA)PB/K´H
KH = dA/MMAK´H
b) Em 1 L de (C4F9)3N, dissolve-se 384 mL de O2. Então, a 25 oC e 1 atm, tem-se 
que: 
PV = nRT n = PV/RT = 1 x 0,384/0,082x298 = 0,0157 mol de O2
Tem-se também que 1 L de (C4F9)3N: 1,883 g mL�1 x 1000 mL = 1883 g 
Então, o número de moles de (C4F9)3N é 1883/671 = 2,806 mol 
Utilizando PB = K´HxB, tem-se que: xB = 0,0157/(0,0157+2,806) = 0,00557 
K´H = PB/xB = 1/0,00557 = 179,56 atm 
KH = dA/MMAK´H = 1886/(671x179,56) = 0,0157 mol L�1 atm�1
c) 
A solubilidade do gás diminui com o aumento da temperatura, pois existe um 
aumento da energia cinética do gás na solução que faz com que facilite o 
escapamento do gás. A solubilização de um gás em um líquido é um processo 
exotérmico. 
 
O2(g) = O2(l) + Calor 
 
Portanto, um aumento da temperatura desloca o equilíbrio para a formação de O2
na fase gasosa. 
4a Questão 
 
A reação de combustão da sacarose com oxigênio está representada na equação: 
 
C12H22O11(s) + 12 O2(g) W 12 CO2(g) + 11 H2O(l) 
 
Essa reação foi realizada dentro do recipiente A fechado, que está imerso em 2,00 
L de água no recipiente B do calorímetro representado abaixo. Considere que todo 
o calor produzido na reação em A foi transferido somente para a água em B. 
a) Uma amostra de 7,00 g de uma sacarose impura reagiu em A, produzindo um 
aumento de temperatura de 25,0 oC para 37,3 oC nos 2,00 L de água (recipiente B). 
Calcule a pureza da sacarose em porcentagem, considerando que as impurezas 
não reagem. 
b) Em outro experimento, a reação de 3,42 g de sacarose pura com excesso de 
oxigênio foi realizada no colorímetro, a 25 ºC e 1 atm. Calcule a variação de 
energia interna, �U, envolvida na reação. 
 
Dados a 25 °C e 1 atm: 
Densidade da água: d = 1,00 g mL-1 
Calor específico da água: c = 4,18 J oC-1 g-1 
Variação de entalpia padrão de formação: �H°ƒ
C12H22O11(s): -2222 kJ mol-1 
CO2(g): -393,5 kJ mol-1 
H2O(l): -285,8 kJ mol-1 
Resolução:
a) 
�H° de combustão da sacarose (Lei de Hess): 
 
�H° = 12 . (-393,5) + 11 . (-285,8) – (-2222) = -5643,8 kJ mol-1 
 
Se os 7 g fossem sacarose pura (100%): 
1 mol = 342 g 
x mol = 7 g x = 0,0205 mol 
 
�H = 115,52 kJ 
 
Como a sacarose não é pura, o calor liberado na combustão foi transferido para a 
água: 
q = m.c.�T
q = 2000 . 4,18 . 12,3 = 102828 J = 102,83 kJ 
 
se fosse 100%, liberaria 115,52 kJ 
 x% liberou 102,83 kJ 
 
Purezada sacarose: 89,0% 
 
b) �U = q + w
q = �H 1 mol = 342 g libera 5643,8 kJ 
 3,42 g libera 56,438 kJ 
 
w = P.�V = �n.R.T 
como �n = 0, w = 0 
 
�U = -56,44 kJ