Gabarito 1a Prova de Quimica Geral I 01_2012 (1)

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UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE 
INSTITUTO DE QUÍMICA 
A 
1a Prova de Química Geral e Inorgânica Experimental III – 11/04/2012 
Prof. Glaucio Braga Ferreira 
 
Escreva o seu nome a caneta na folha da prova e na folha de resposta. A prova pode ser feita fora de 
ordem e a lápis, porém neste último caso, o aluno (a) perderá o direito à revisão por uma banca. 
 
Nome: ___________________________________________________________________ 
 
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1a Questão (2,0 pontos): Observando a tabela abaixo, que descreve a afinidade eletrônica de 
alguns elementos de transição, sugira explicações para as tendências observadas: 
 
(a) Por que as afinidades eletrônicas dos elementos do grupo 2B são 
maiores que zero? 
(1,0 ponto): Todos estes elementos apresentam na distribuição 
eletrônica os subníveis completos, isto acarreta num ganho de 
estabilidade que torna a recepção de mais um elétron um processo 
endotérmico não favorável, como no caso de outros grupos. 
Tabela 
Afinidade Eletrônica (kJ/mol) 
1A 2B 
Li -60 Zn >0 
Na -53 Cd >0 
K -48 Hg >0 (b) Por que as afinidades eletrônicas dos elementos do grupo 1A 
tornam-se menos negativos quando descemos no grupo? 
(1,0 ponto): A afinidade eletrônica mede a capacidade de receber um elétron. Quanto mais 
negativo for este valor, maior será esta capacidade. No Grupo 1A, podemos verificar que à 
medida que o elemento aumenta seu raio atômico temos uma diminuição da afinidade 
eletrônica. Isto se deve a redução do efeito da carga nuclear para estabilizar a recepção de mais 
um elétron. 
A distribuição eletrônica do grupo 1A é: ns1
A distribuição eletrônica do grupo 2B é: ns2(n-1)d10
 
Obs: 
O sinal dos valores de afinidade eletrônica está definido pelo conceito termodinâmico. 
 
2a Questão (2,0 pontos): 
Um ácido de fórmula molecular desconhecida foi analisado em sua composição e foi determinada a 
seguinte composição: 5,89% de H, 70,6% de C e 23,5% de O em massa. Reagindo 0,2053g deste ácido 
com 15,0 ml de Hidróxido de Sódio com concentração 0,1008 mol/L, numa reação de neutralização é 
sabido que o ácido é monoprótico, isto é para cada mol de ácido será gasto 1 mol de base na reação. 
Com estes dados, 
(a) Qual a fórmula Mínima deste ácido? 
(b) Através da reação de neutralização determine a massa molar do ácido. 
(c) Qual será a fórmula molecular do ácido? 
(Atenção: só será aceita resposta com o desenvolvimento da questão). 
Resposta: 
 
(a) Para calcular a fórmula mínima, temos os seguintes dados: 
Em qualquer proporção de massa encontramos a seguinte porcentagem dos elementos: 5,89% 
de H, 70,6% de C e 23,5% de O. Assim, estima uma massa inicial de 100g de amostra 
podemos definir a massa e o número de mols de elemento: 
H = 5,89% em 100g = 5,89g . Em mols temos: 
 
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Escreva o seu nome a caneta na folha da prova e na folha de resposta. A prova pode ser feita fora de 
ordem e a lápis, porém neste último caso, o aluno (a) perderá o direito à revisão por uma banca. 
 
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C = 70,6% em 100g = 70,6g. Em mols temos: 
 
O = 23,5% em 100g = 23,5g. Em mols temos: 
 
Dividindo pela menor valor de mols, temos a seguinte fórmula mínima: 
C5,88/1,47H5,89/1,47O1,47/1,47 = C4H4O1
 
(b) Através da neutralização de um mol de ácido monoprótico, será consumido um mol de 
base. Na reação dada, sabendo que 
Concentração molar = número de mols/Litro. 
O número de mols de base usada foi de 0,1008mol/Litro *0,015L = 0,001512 mol. 
Esta quantidade é igual a reação de ácido presente: 0,001512 mol. 
Se 1 mol = Massa/Peso molecular, temos: 
0,001512 mol = 0,2053g /Peso molecular. 
Assim, o peso molecular do ácido é 0,2053/0,001512 = 136 g 
(c) Sabendo que o Peso molecular da fórmula mínima C4H4O1 é: 68g 
Desta forma, a fórmula molecular será 2* a fórmula mínima: C8H8O2 
 
3a Questão (2,0 pontos): No espectro de linhas do átomo de hidrogênio, observa-se uma linha 
violeta em 434 nm. Determina a energia e a freqüência desta linha. Tendo conhecimento da 
série de Balmer (n1 = 2), determine os níveis de energia que corresponde essa linha espectral. 
Existe mais alguma linha neste espectro que seja observada na região do espectro visível 
(entre 700 e 400 nm), calcule o comprimento de onda para as linhas para comprovar sua 
resposta? 
 
A linha observada em 434 nm está na região do visível. Assim a série de Balmer (n1 = 2) deve 
ser utilizada para calcular o nível n2 que corresponde a referida linha. 
 
Mas primeiro, nós temos que responder qual é a energia e freqüência desta linha: 
Cálculo da freqüência: 
ν=c/λ = (3,00.108 m.s-1)/(434.10-9m) = 6,91.1014s. 
 
Cálculo da energia: 
 E=hν = (6,626x10-34 J.s)*(6,91.1014s) = 4,58.10-19J. 
 
 
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Cálculo do nível de energia, sabendo que R = 109678cm-1: 
 
1/λ =1/(434.10-7cm)=23041cm-1= R[1/n12-1/n22] 
 
[1/n12-1/n22]= 23041cm-1/109678cm-1= 0,21 
 
Para a série de Balmer: n1=2. 
 
 
[1/4-1/n22]=0,21, ou melhor: [0,25-1/n22]=0,21 
 
Assim: 1/n22=0,25-0,21=0,04 
 
n22=1/0,04 = 25 
 
Isto é: n2 = (25)1/2 = 5 
 
A linha em 434 nm representa a transição entre o nível 2 e o nível 5. 
 
Sabendo que os espectros de linha da série de Balmer descrevem transições no visível, teremos 
então várias linhas no visível. Mas é somente necessário calcular se existe uma transição em 
comprimento menor que 400 nm. Os valores são: 
 
n1 n2 1/λ (cm-1) λ (nm) Região
2 3 15237 656,3 Visível
2 4 20572 486,1 Visível
2 5 23041 434,0 Visível
2 6 24378 410,2 Visível
2 7 25181 397 não 
 
Assim, teremos 4 linhas na região do visível. 
 
4a Questão (2,0 pontos): Responda as questões, justificando sua resposta: 
 
(a) Quais as diferenças entre os orbitais 1s e 2s? Cite uma semelhança. 
Os orbitais 1s e 2s estão em níveis de energia diferentes, 1s está no nível 1 e o 2s no nível 2 
(apresentam numero quântico principal 1 e 2). O orbital 2s tem um nó interno na função de 
onda em que a probabilidade de encontrar o elétron é muito pequena enquanto o 1s não possui 
nó. 
 
 
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A semelhança esta na forma esférica dos orbitais que pode ser descrita pelo mesmo número 
quântico azimutal l=0. 
 
Nó 
 
Explicou os espectros de linha atômicos, especialmente do átomo de hidrogênio. 
(b) Como Bohr provou suas observações para os espectros de linha? 
Descreveu de forma teórica que a diferença dos níveis de energia são compatíveis com as 
observações experimentais da equação de Balmer. 
∆E = En2 – En1 = (-A.1/n22)- (-A.1/n12) = A(1/n12-1/n22) 
onde A é uma constante (2,18.10-18J). 
 
Se ∆E = hν= hc/λ 
 
Substituindo na equação de energia, podemos dizer que 1/λ=(A/hc) (1/n12-1/n22). 
O valor de (A/hc) será muito próximo do valor de Rydberg. 
 
(c) Qual foi sua contribuiçãopara a teoria moderna dos orbitais atômicos? 
Determinou a existência dos níveis de energia, que representa atualmente o número quântico 
principal. 
(d) A figura ao lado mostra as funções distribuição radial para os orbitais hidrogenóides 2s e 
2p. Qual orbital tem a maior probabilidade encontrar o elétron próximo ao núcleo? 
 
Observando a figura, verificamos que a densidade de probabilidade do 
orbital 2s apresenta uma probabilidade, mesmo que pequena, mais 
próxima do núcleo que no orbital 2p. 
 
 
 
 
 
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5a Questão (2,0 pontos): Uma mistura de 10,325g de óxido de ferro(II) e 5,734g de metal 
alumínuo é colocado em um cadinho e aquecida em alta temperatura em um forno. Ocorrerá a 
redução do óxido produzindo Ferro líquido e óxido de alumínio(III). Responda: 
(a) Descreva a reação balanceada. 
(b) Qual o reagente limitante? 
(c) Determine a quantidade máxima de ferro (em mol Fe) que podem se produzidas. 
(d) Calcule a massa do reagente em excesso que permanece no cadinho. 
(Atenção: só será aceita resposta com o desenvolvimento da questão). 
(a) A reação balanceada é 3FeO(s) + 2 Al(l) → 3Fe(l) + Al2O3(s) 
(b) Para resolver este problema devemos determinar qual dos reagentes regula ou limita a 
formação de produtos. Aplicando a razão molar apropriada, definida pela equação química 
balanceada podemos verificar isto. A razão molar é 3FeO(s) para 2 Al(l), isto significa que para 
cada 1 mol de FeO(s) será necessário 2/3mol de Al(l) para completar a reação. 
Assim, pela informação da questão: 
 
 
Para a reação completa do FeO(s), temos que reagir: 
 
(d) Isto indica que vai sobrar Al(l): 
 
que em massa representam: 
 
(b e c) Assim, o reagente limitante é o FeO(s). A quantidade Fe(l) obtido será de 0,1437 mol já 
que a reação estequiométrica indica isto. 
 
 
 
Dados: E=hν, ν=c/λ, h = 6,626x10-34 J.s, c = 3,0x108 m.s-1 
 
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