Prova com gabarito - Final

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO 
DEPARTAMENTO DE QUÍMICA FUNDAMENTAL - CCEN 
CIDADE UNIVERSITÁRIA - RECIFE - PE - BRASIL 
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 EXAME FINAL DE GERAL 2 – 2015.2 DATA: 14/01/2016 
1. (2,0) Quando uma radiação de 58,4 nm de uma lâmpada de descarga de hélio é dirigida para uma amostra de 
criptônio, elétrons são expulsos com uma velocidade de 1,59x10
6
 ms
-1
. A mesma radiação expulsa elétrons de átomos 
de rubídio com uma velocidade de 2,45x10
6
 ms
-1
. Quais são as energias de ionização (em eV) dos dois elementos? 
 Resolução: a energia do fóton é 
ℎ𝑐

= 3,40. 10−19𝐽, a energia cinética dos elétrons emitidos é 
𝑚𝑣2
2
, para o criptônio: 
1,15.10
-18
J e para o rubídio 2,73.10
-18
J. A energia de ligação é a diferença entre esses valores, portanto, para o 
criptônio é 2,25.10
-18
J e para o rubídio 6,70.10
-19
J. Em eV esses valores são, respectivamente: 14,07eV e 4,18eV. 
 
2. (2,0) A atração coulombiana entre cátions e ânions vizinhos mais próximos explica a energia de rede de um 
composto iônico. Com este fato em mente, estime a ordem crescente da entalpia de rede dos compostos: MgO, NaCl e 
TiN, todos com a estrutura do sal-gema. Explique o seu raciocínio. 
Resolução: a energia de atração coulombiana é proporcional ao produto das cargas iônicas e inversamente 
proporcional à distância entre os íons. Nos exemplos o fator predominante vai ser a carga iônica pois em TiN vamos 
ter carga 3e em cada íon, em MgO, 2e em cada íon e em NaCl apenas carga e em cada íon. Portanto a energia de 
estabilização reticular, e consequentemente a entalpia de rede será maior para TiN, intermediária para MgO e menor 
para NaCl. 
 
3. (2,0) (a) Através da utilização de diagramas de orbitais moleculares (O.M.) mostre por que a molécula de O2 é 
paramagnética e a de N2 é diamagnética. 
(b) Explique, utilizando os mesmos diagramas de O.M., as ordens de ligação das moléculas de N2 e de O2. 
(c) Baseado nas respostas dos itens a e b, coloque em ordem crescente as energias de dissociação e o comprimento de 
ligação esperados para as moléculas de N2 e O2. 
Resolução: 
a) No caso do N2 todos os elétrons encontram-se 
emparelhados, portanto é diamagnético, no O2 o último 
orbital ocupado é do tipo , dois orbitais de mesma energia, 
cada um podendo acomodar dois elétrons, mas que estão 
apenas com um elétron cada, daí o paramagnetismo do 
oxigênio. 
b) No N2 estão 8 elétrons ligantes e 2 antiligantes, logo a 
ordem de ligação é (8-2)/2=3, no O2 é (8-4)/2=2. 
c) Maior ordem de ligação implica maior energia de 
dissociação (E(O2) < E(N2)) e menor comprimento de ligação 
(d(N2) < d(O2)). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. (2,0) A análise do comportamento magnético dos compostos [Ni(CN)4]
2-
 e [NiBr4]
2-
 em uma balança de Gouy 
indicou que o peso aparente do primeiro composto diminui (indicação de atração da amostra pelo campo magnético da 
balança) enquanto que para o segundo composto aumenta. Baseando-se nestes dados experimentais esboce o diagrama 
do campo cristalino para estes complexos e indique a geometria dos complexos. 
Resolução: com quatro ligantes podemos ter um complexo tetraédrico ou quadrado. Como os complexos têm carga -2, 
o estado de oxidação do Ni é +2, portanto o Ni perdeu seus 2 elétrons s 
e sua configuração é 3d
8
. 
No caso tetraédrico teremos: como o último orbital é triplamente 
degenerado, dois elétrons permanecem desemparelhados e portanto o 
complexo é paramagnético. Para que os elétrons fiquem emparelhados é 
necessário que esses orbitais deixem de ser degenerados, o que acontece 
numa simetria quadrada, em que há apenas ligantes no plano (xy). O 
novo diagrama de energias deve ser: 
 
Nessa situação é possível acomodar os elétrons nos orbitais de menor 
energia ficando o último desocupado. Assim todos os elétrons vão estar 
emparelhados e o complexo será diamagnético. 
 
5. (2,0) O acidente nuclear de Chernobyl, em 1985, lançou na atmosfera uma grande quantidade de 
Sr9038
(½ = 28 
anos). 
(a) Qual a fração de 
Sr9038
 remanescente do acidente? 
(b) Sabendo-se que o local pode ser considerado seguro quando a quantidade de 
Sr9038
reduzir a 1/6 da inicial, a partir 
de que ano as vizinhanças da usina poderão ser habitadas novamente? 
 
Resolução: a) aplicando a equação com t=30 anos: 
𝑁
𝑁0
= 𝑒−𝑘𝑡 = 𝑒−(𝑙𝑛2/𝑡1/2)𝑡 = 0,48. b) aplicando a mesma equação 
com 
𝑁
𝑁0
=
1
6
, calculamos o tempo: 𝑡 = −
ln(
𝑁
𝑁0
)
𝑘
= 72,38 𝑎𝑛𝑜𝑠. Portanto, a partir de maio de 2057. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Constantes, Transformações e Equações 
h = 6,62 × 10
−34
 J.s 
c = 3,00 × 10
8
 m.s
−1
 
me = 5,4858x10
−4
 u 
mp = 1,007277 u 
mn = 1,008665 u 
m(
H11
) = 1,0078250 u 
m(
Sr9038
) = 89,90773 u 
NA= 6,02 × 10
23
 mol
-1
 
1 J = 1 kg m
2
 s
−2 
1 Å = 10
-10
 m = 10
−8
 cm 
1 u = 1,6611x10
−27
 kg 
1 eV = 1,6 x 10
−19
 J = 1,6x10
−12
 erg 
1 MeV = 10
6
 eV 
Série Espectroquímica 
Br
-
 < Cl
-
 < F
-
 < H2O < NH3 <CN
- 
 
 hchE foton 
 
 hchE 
 
21
693,0
t
k 
 
ktt e
N
N 
0
 
2mcE 
 
4,931mE 
 (em MeV) 
cfoton EwE 
 
vmp 
 
ph
 
2
2
1
mvEc 
 𝑬𝒏 =
𝒏𝟐 𝒉𝟐
𝟖𝒎𝑳𝟐
 
M
r
qqe
U
00
21
2
4


 
 
 2 nn
 (em M.B.)