P3 24 11 12

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P3 - PROVA DE QUÍMICA GERAL - 24/11/12 
 
Nome: 
Nº de Matrícula: GABARITO 
Assinatura: 
 
Questão Valor Grau Revisão 
1a 2,5 
2a 2,5 
3a 2,5 
4a 2,5 
Total 10,0 
Dados gerais: 
 ∆G° = ∆H° - T∆S° 
∆G= - n F ∆E 
∆G = ∆Go + RT ln Q 
 
lnQ 
nF
RT
∆E∆E −°= 
 
Q log 
nF
RT2,303∆E∆E −°= 
kt[A] ln[A] ln
kt[A]
1
[A]
1
kt[A][A]
0
0
0
−=
+=
−=
 
 
RT
E
- Aln k ln
T
1
T
1
R
E
k
k
 ln
T
1
T
1
R
H
K
K
 ln
a
21
a
1
2
211
2
=






−=






−
∆
=
 
 
F = 96500 C mol-1 
1 C V = 1 J 
R = 8,314 J mol-1 K-1 = 0,0821 atm L K-1 mol-1 
273,15 K = 0 °C 
ln Q = 2,303 log Q 
1a Questão 
 
Considere a reação do óxido de nitrogênio, NO, com ozônio, O3, que ocorre na atmosfera 
e os parâmetros termodinâmicos abaixo. 
 
NO(g) + O3(g) NO2(g) + O2(g) ∆Ho = 2,00 x 102 kJ mol-1 
 ∆So = - 4,00 x 10-3 kJ mol-1 K-1 
 
A reação foi realizada em um reator fotoquímico, de volume igual a 1,00 L, contendo 
inicialmente 0,100 mol de NO e 0,100 mol de O3. 
a) Calcule a constante de equilíbrio, Kp, da reação a 298 K. 
b) Calcule o valor da energia livre de Gibbs, ∆G, a 298 K, no instante em que 10,0% do 
NO foi transformado em produtos. 
c) Calcule o valor de Kp quando se realiza a reação a 313 K. 
d) Por que o valor da variação de entropia padrão, ∆So, desta reação é muito pequeno? 
 
Considere que ∆Ho e ∆So não variam nesta faixa de temperatura. 
 
Resolução: 
 
a) 
∆Go = ∆Ho - T∆So 
 ∆Go = 2,00 x 105 J mol-1 – 298 K x (- 4,00 J K-1 mol-1) 
∆Go = 2,00 x 105 + 1,19 x 103 = 2,01 x 105 J mol-1 
 
Com esse valor, utiliza-se: 
 
∆Go = - RT ln K 
ln K = ∆Go/RT = -2,01 x 105 J mol-1 / (298 K x 8,314 J K-1 mol-1) 
ln K = 2,01 x 105 J mol-1 / 2,48 x 103 J K-1 mol-1 = -81,0 
K = e-81,0 = 7 x 10-36 
 
b) 
Considerando a estequiometria da reação e os 10,0% de rendimento no instante em 
questão: 
t NO O3 NO2 O2 
Início 0,100 0,0100 0 0 
Reage 0,0100 0,0100 0,0100 0,0100 
No instante 0,090 0,090 0,0100 0,0100 
 
Assim, 
Q = 0,0123
00,090x0,09
1000,0100x0,0
]].[NO[NO
]].[O[NO
32
22
== 
 
 
Calculando o valor de ∆G nesse instante 
 
∆G = ∆Go + RT ln Q 
∆G = 2,01 x 105 + 2,48 x 103 ln 0,0123 
∆G = 1,90 x 102 kJ mol-1 
 
 
 
c) 
ln (K313 / K298) = ∆Ho/R (1/298 – 1/313) 
In (K313/7 x 10-36) = (2,00 x 105 J mol-1 / 8,314 J K-1 mol-1) (3,35 x 10-3 K-1 – 3,20 x 10-3 K-1)
 
 
In (K313 / 7 x 10-36) = 2,41 x 104 K (1,50 x 10-4 K-1) 
In (K313 / 7 x 10-36) = 3,61 
K313 = 7 x 10-36 x e3,61 = 7 x 10-36 x 37= 3 x 10-34 
 
d) A variação de entropia é pequena, pois o numero total de moléculas no sistema 
permanece constante não importando o rendimento da reação. Ou seja, a organização do 
sistema, que é diretamente proporcional ao número de espécies químicas presentes, é 
muito semelhante. 
2a Questão 
 
Considere a reação de decomposição do peróxido de hidrogênio, H2O2, ocorrendo em um 
reator de 1,00 L a uma dada temperatura e responda o que se pede. 
 
2H2O2 (aq) → 2H2O(l) + O2(g) 
 
 
 
a) Determine a ordem da reação e o valor aproximado de sua constante de velocidade, k, 
indicando sua unidade. 
b) Calcule a concentração, em mol L-1, de H2O2 após 50 h de reação. 
c) Determine o valor do tempo de meia vida, t1/2, em minutos, de decomposição do H2O2. 
d) Calcule a quantidade de O2, em mol, que pode ser formada após 50 h de reação. 
e) Dê uma definição de velocidade que se aplique a qualquer tipo de reação química. 
 
 
 
Resolução: 
 
a) 
lnA = ln A0 - kt → reação de primeira ordem 
 
-5,00 –(-3,90) = k . 1000 * usar o mesmo numero encontrado pelo aluno 11113333 m
i
n
m
i
n
m
i
n
m
i
n
1
0
1
0
1
0
1
0
 
x
 
x
 
x
 
x
1
,
1
0
1
,
1
0
1
,
1
0
1
,
1
0
kkkk
−−
=→−=
−
 k
1000
1,10
 
 
 
 
 
b) Em 50h: 
 ln A = ln A0 – kt 50 h  3000 
 ln A = -3,90 – 1,10 x 10-3 min-1 . 3000 min-1 1 h  60 min 
 
 ln[A] = -3,90 – 3,30 = -7,20 ⇒ [A] = 7,46 x 10-4 mol L-1 
 
 
c) Para reação de primeira ordem: min 630===
−31,10x10
ln2
k
ln2t
2
1 
 
 
 
d) No início: ln[A]0 =-3,90 ⇒ [A]0 = 2,02 x 10-2 mol L-1 
 
 
[A]0 - [A] = quantidade que reage = 2,02 x 10-2 - 7,46 x 10-4 = 1,94 x 10-2 
 2 H2O2 : 1 O2 
1,94 x 10-2 H2O2 : y = 9,73 x 10-3 mol de O2 (em 1L) 
 
 
e) Velocidade de uma reação química pode ser definida como a variação da concentração 
dos reagentes ou produtos em função do tempo. 
 
3ª Questão 
 
a) A energia de ativação, Ea, de uma determinada reação é de 65,0 kJ mol-1. Calcule 
quantas vezes uma reação ocorrerá mais rapidamente a 50 oC do que a 0 oC. 
 
b) De acordo com o resultado do item a é possível observar que a variação da 
temperatura afeta o valor da constante de velocidade, k. Explique este comportamento 
utilizando o modelo das colisões. 
 
c) Explique como o valor da energia de ativação pode ser determinado graficamente. 
 
d) A constante de velocidade, k, de uma reação aumenta por um fator de 1000 na 
presença de um catalisador a 25 oC. O valor da Ea, da reação na ausência de catalisador 
na mesma temperatura é de 98 kJ mol-1. Calcule o valor do abaixamento da energia de 
ativação da reação, considerando que todos os outros parâmetros permanecem iguais. 
Resolução: 
 
a) Assumindo que as concentrações iniciais são as mesmas nas duas temperaturas, a 
razão das velocidades será a razão entre as constantes
2
1
k
k
. 






−=
21
a
1
2
T
1
T
1
R
E
k
k
 ln 
 
T1 = 50 °C = 323 K e T2 = 0 °C = 273K 
 






−=
323
1
273
1
mol K kJ x108,314
mol kJ 65
k
k
 ln 1-3-
-1
1
2
 
 
( ) 11-3-
-1
1
2 K 
mol K kJ x108,314
mol kJ 65
k
k
 ln −−= 003096,0003663,0 
 
84e
k
k
k
k
 ln 4,4
1
2
1
2
==→= 4,4 
 
A reação ocorrerá 84 vezes mais rápida a 50 °C, assumindo a temperatura maior a 
velocidade e maior a energia cinética entre as moléculas. Então em temperaturas mais 
elevadas há maior número de colisões e cada colisão é mais energética. 
 
b) De acordo como o modelo das colisões, quando maior a temperatura maior velocidade 
e maior a energia cinética das moléculas. Então, a temperaturas mais elevadas, há um 
maior número de colisões e cada colisão é mais energética. 
 
c) 
 
Coeficiente angular 
Coeficiente linear 
d) kcat = 1000 k 
Ea = 98 kJ mol-1 a 25 oC 
Ea cat = ? 
 
Sem catalisador: Com catalisador: 
 
 
 (1) 
 
 (2) 
Igualando (1) e (2): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4ª Questão 
 
O gráfico mostra a relação da variação de potencial padrão, ∆Eo, em volts, em função do 
valor do logaritmo decimal da constante de equilíbrio, log K, a 25 oC, de várias reações 
redox espontâneas e não espontâneas. 
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-150 -100 -50 0 50 100 150
∆
E°
(V
)
log K
 
a) Calcule a quantidade de elétrons, n, utilizando os dados do gráfico. 
b) Indique na reta do gráfico com (i) a região característica das reações espontâneas e 
com (ii) a região característica das reações não espontâneas nas condições padrão. 
c) Proponha a notação abreviada de uma célula galvânica, a partir das semi-reações 
abaixo, em que a constante de equilíbrio, K, tenha um valor de 2 x 1037. Indique o anodo, 
o catodo e o sentido do fluxo de elétrons nesta notação. 
d) Escreva a equação de uma reação redox, não espontânea, usando os dados abaixo, e 
marque no gráfico o valor do seu log K. 
Dados: 
Cu2+(aq) + 2 e- → Cu(s) Eo = 0,34 V 
2 H+(aq) + 2 e- → H2(g) Eo = 0,00 V 
Pb2+(aq) + 2 e- → Pb(s) Eo = -0,13 V 
Zn2+(aq) + 2 e- → Zn(s) Eo = -0,76 V 
Resolução: 
a) 
2n 
96500 x 0,03
298 x 8,314 x 2,303
n 
nF
RT
 x 2,3030,03
0,03
100
3
∆x
∆y
===
==
 
b) 
 
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
-150 -100 -50 0 50 100 150
∆
E°
(V
)
log K
 
 
 
 
c) 
log K = log (2x1337) = 37,30 do gráfico ∆E° = 1,10 V (ou calculando) 
Zn(s) Zn2+(aq)Cu2+(aq)Cu(s)anodo catodo 
 e- 
 
 
d) Zn2+(aq) + Cu(s) → Zn(s) + Cu2+(aq) 
 
37
37 0,5x102x10
1K −== 
Log K = log (0,5 x 10-37) = -37,30 do gráfico ∆E° = -1,10V (ou calculando) 
 
Outras reações não espontâneas (usando os dados da questão) com seus respectivos log 
K serão aceitas. 
ii 
iii 
i