Prova com gabarito - 2 chamada

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Universidade Federal de Pernambuco
Departamento de Química Fundamental
Segunda Chamada – QG1 –08 de Julho de 2015.
1. Uma amostra de 400,15 g de etanol, CH3CH2OH, foi aquecida até o seu ponto normal de ebulição com um 
aquecedor de 500 W. Uma vez alcançado o ponto de ebulição, o aquecimento continuou por mais 4,0 min e 
parte da amostra foi vaporizada. Imediatamente após esses quatro minutos a amostra foi resfriada, e a massa 
de líquido restante determinada, obtendo-se o valor de 271,15 g. Sabendo que o processo ocorreu a pressão 
constante, que a temperatura normal de ebulição do etanol é 78,3 oC, e assumindo que todo o calor cedido pelo
aquecedor foi absorvido pela amostra, calcule (a) a entalpia de vaporização e (b) a entropia de vaporização do 
etanol no ponto de ebulição. 
Resposta: 
(a) A entalpia de vaporização é igual ao calor absorvido pelo líquido no processo de vaporização dividido pelo
número de mols do líquido vaporizado, uma vez que o processo ocorre a pressão constante. Então,
(b) Sabendo que o processo ocorreu a pressão constante, que na transição de fase a temperatura permanece 
constante e a transferência de calor é reversível, então 
2. Considere a reação de decomposição do carbonato de chumbo (PbCO3):
PbCO3(s)  PbO(s) + CO2(g)
Responda: a) Qual é a energia de Gibbs padrão (em kJ) desta reação a 400°C? b) Qual é a pressão de
equilíbrio do CO2 a 400°C?
Resposta:
a) Para calcularmos a energia de Gibbs padrão a T=400ºC=673,15K, precisamos primeiro calcular a entalpia e
a entropia padrão de reação.
Entalpia
Hrº=Hfº(PbO)+Hfº(CO2)-Hfº(PbCO3)=-217,3kJ.mol-1-393,5kJ.mol-1-(-699,1kJ.mol-1)
Hrº=+88,3kJ.mol-1
Entropia
Srº=Sº(PbO)+Sº(CO2)-Sº(PbCO3)=68,7J.mol-1.K-1+213,6J.mol-1.K-1-131,0J.mol-1.K-1
Srº=+151,3J.mol-1.K-1
Energia de Gibbs
Grº=Hrº-TSrº=88,3kJ.mol-1-673,15K.151,37.10-3kJ.mol-1.K-1=-13,55kJ.mol-1
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b) Com PbCO3 e PbO são sólidos, não entram na expressão da constante de equilíbrio que é dada pela pressão
parcial do CO2, ou seja, K=PCO2. Assim, se encontrarmos K respondemos o que foi solicitado.
 Grº=-RTlnK
-13,55.103J.mol-1=-8,3145J.K-1.mol-1.673,15K.lnK
lnK=2,42
K=11,25
PCO2=11,25bar
3.Com base nos valores fornecidos de pKa para os ácidos conjugados, organize as seguintes bases em ordem
crescente de força. Justifique seu raciocínio.om base nos valores fornecidos de pKa para os ácidos conjugados,
organize as seguintes bases em ordem crescente de força. Justifique seu raciocínio.
a) Amônia, pKa = 9,26;
b) Metilamina, pKa = 10,56;
c) Etilamina, pKa = 10,81;
d) Anilina, pKa = 4,63.
Resposta: 
Para uma base qualquer, o equilíbrio pode ser escrito como:
B (aq) + H2O (l) BH⇌ + (aq) + OH– (aq),
Onde B representa a base e BH+ representa o ácido conjugado. O pKa para o ácido conjugado é o –logKa, onde
Ka é a constante de equilíbrio para a reação de hidrólise do ácido em água:
BH+(aq) + H2O(l) B(aq) + H⇌ 3O+(aq)
Quanto maior for essa constante de equilíbrio, mais forte será o ácido e mais fraca a base conjugada.
Lembrando que pK envolve uma mudança de sinal (–log), um maior pKa significa um menor Ka, ou seja, um
ácido mais fraco e base conjugada mais forte. Assim, basta ordenar as bases em ordem crescente de pKa. 
Assim, em ordem crescente de força, Anilina < Amônia < metilamina < Etilamina
ou (d) < (a) < (b) < (c)
4. a) Qual das seguintes soluções aquosas: AgCl (aq), CsI(aq) e CuBr2(aq), requerirá, numa eletrólise, o menor
potencial externo para produção do seu metal sólido? Assuma que o sobrepotencial é nulo. b) Quanto do metal
(escolhido no item a) sólido será obtido quando uma corrente de 103 A for aplicada durante 24 horas ? 
Explique suas respostas.
Resposta:
Numa solução aquosa desses metais há que se considerar o cátion, o ânion e a água. Nestas eletrólises,
ocorrem a redução do cátion ou da água (para formar hidrogênio) dependendo de quem tiver o maior potencial
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de redução. A oxidação que ocorre é a do ânion ou da água (para produzir oxigênio) dependendo de quem 
tiver o menor potencial de redução. 
(i) Para o AgCl(aq): Como o potencial de redução do íon Ag+(aq) é maior que o de redução da água, deve 
ocorrer a redução do Ag+(aq) (E0 = 0,80 V). Como o potencial de redução do Cl2 (para formar Cl–) é maior que
o do oxigênio (para formar água), ocorre a oxidação da água (E0 = 0,82 V). O potencial necessário na 
eletrólise é E0(cat) – E0(ano) = 0,8 – 0,82 = –0,02 V. Portanto é necessário um potencial externo de 0,02 V.
(ii) Para o CsI(aq): Como o potencial de redução do Cs+(aq) é menor do que o da água, não haverá deposição 
do metal.
(iii) Para o CuBr2(aq): Como potencial de redução do Cu2+(aq) é maior que o da água, deve ocorrer a redução 
do Cu2+(aq) (E0 = 0,34V). Como o potencial de redução do Br2 (para formar Br–) é maior que o do oxigênio 
(para formar água), ocorre a oxidação da água (E0 = 0,82 V). O potencial necessário na eletrólise é E0(cat) – 
E0(ano) = 0,34 – 0,82 = –0,48 V. Portanto é necessário um potencial externo de 0,48 V.
Assim, o metal depositado com menor potencial externo é a prata (Ag).
b) uma corrente de 103 A em 24 h, corresponde a uma carga Q = i.t = 103 C s-1 . 24 . 3600 s = 8,64.107 C. Esta
quantidade de carga possui um número de moles de elétrons n = Q/F = 8,6.107 C/96485 C mol-1 = 895,48
moles de elétrons. A estequiometria da semi-reação de redução é: 1 mol de elétrons para 1 mol de Ag(s),
portanto, teremos 895,48 moles de Ag(s). Logo, a quantidade em massa de Ag(s) formado será: m=n.MM =
895,48 moles. 107,87 g mol-1 = 96595 g = 96,6 kg de Ag(s)
5. Considere uma reação cuja velocidade aumenta 1000 vezes quando a tempertura é alterada de 25 °C para 
100 °C. Se você deseja realizar esta reação a 25 °C com um catalisador, de tal modo que a velocidade também
tenha um aumento de 1000 vezes, qual seria a relação entra as energias de ativação da reação catalisada e não 
catalisada?
Resposta:
As variações de velocidade se devem às variações na constante de velocidade de reação.
Seja: k(25sc) a constante a 25 °C (ou 298 K) sem catalisador;
k(25cc) a constante a 25 °C (ou 298 K) com catalisador;
k(100sc) a constante a 100 °C (ou 373 K) sem catalisador;
k(100cc) a constante a 100 °C (ou 373 K) com catalisador;
Ea(sc) a energia de ativação da reação sem catalisador;
Ea(cc) a energia de ativação da reação com catalisador.
Então teremos:
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k (100 sc )
k (25 sc )
=1000= Ae
−Ea (sc)
R 373
Ae
−Ea (sc)
R 298
=e
−Ea(sc)
R
(1/373−1 /298)
k (25cc )
k (25 sc)
=1000= Ae
−Ea (cc )
R 298
Ae
−Ea (sc)
R 298
=e
− 1
R298
[Ea(cc)−Ea(sc)]
que resulta em:
Ea(sc )×(1/373−1 /298)= [Ea(cc )−Ea(sc )]
298
Dividindo esta expressão por Ea(sc), multiplicando por 298 e resolvendo para Ea(cc)/Ea(sc), obtem-se 
Ea(cc)/Ea(sc) = 1,2
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DADOS
Constantes e fatores de conversão:
1 1 1 18,314J .K .mol 0,082L.atm.K .molR      1W = 1J.s-1 1 atm = 1,01x105 Pa F = 96485 C mol–1
Fórmulas:
U = q =+ w H = U + PV q = CT
Propriedades:
Massas molares: H = 1,00 g mol-1; C = 12,00 g mol-1; O = 16,00 g mol-1; Ag = 107,87 g mol mol-1; 
Cs = 132,91 g mol-1 ; Cu= 63,55 g mol-1
Potenciais Padrão de Redução a 298 K
Semi- Reação de Redução E0 (V)
Cl2(g) + 2e–  2 Cl-(aq)+1,36
Br2(l) + 2e–  2 Br- (aq) +1,09 
O2(g) + 4H+(aq) + 4e–  2H2O(l) +0,82 (em pH 7)
Ag+(aq) + e–  Ag(s) +0,80
Fe3+ + e–  Fe2+ +0,77
I2(s) + 2e–  2I-(aq) +0,54
Cu2+ + 2e–  Cu +0,34
Sn4+ + 2e–  Sn2+ +0,15
Fe3+ + 3e–  Fe –0,04
Pb2+ + 2e–  Pb –0,13
Sn2+ + 2e–  Sn –0,14
Ni2+ + 2e–  Ni –0,23
2H2O(l) + 2e–  H2(g) + 2OH–(aq) –0,42 (em pH 7)
Fe2+ + 2e–  Fe –0,44
Al3+ + 3e–  Al –1,66
Mg2+ + 2e–  Mg -2,36
Cs+(aq) + e–  Cs(s) –2,92
Dados Termodinâmicos a 25 °C
Molécula Hf°(kJ.mol-1) S°(J.mol-1.K-1)
PbCO3(s) -699,1 131,0
PbO(s) -217,3 68,7
CO2(g) -393,5 213,6
ΔG °= ΔH °−TΔS °
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor   )()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr  
v k
[A ]=[A ]0 e
−kt
    0A A kt 
E=E0−RTnF ln Q
Q=n×FQ= i×t
0 lnG G RT Q    





1
2ln
T
T
CS
dS=
dqrev
T1
2ln
V
VnRS 
w rev=−nRT ln(V f /V i)VPw extIrrev 
E0= RT
nF
ln K
k=Ae−Ea /RT
∆ S=
qrev
T
ΔG °=−nFE °