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Química Geral 1 – 2016.1 – 1º Exercício – 14/04/2016 GABARITO 1. A entalpia-padrão de combustão do ácido benzóico, C7H6O2, é -3251 kJ/mol. Um calorímetro de pressão constante foi calibrado com a reação de combustão de 0,825 g de ácido benzóico. Nesta reação, a temperatura do calorímetro aumentou 1,94°C. Após a reação de calibração, uma amostra de D-ribose, C5H10O5, foi queimada em excesso de oxigênio neste mesmo calorímetro. A temperatura do calorímetro subiu 0,91°C nesta segunda reação. a) Calcule a capacidade calorífica do calorímetro. b) Escreva a equação química balanceada que representa a reação padrão de combustão da D-ribose. c) Sabendo que o H° da reação de combustão da D-ribose é -251 kJ/mol, calcule a massa da amostra de D-ribose. Resposta: a) qcal + qácido = 0; qcal = - qácido; Ccal = -[-3251 x (0,825/122)]/1,94 = 11,33kJ/°C b) C5H10O5(s) + 5 O2(g) 5 CO2(g) + 5 H2O(l) c) -qribose = qcal; qribose = -11,33 x 0,91 = - 10,31 kJ M.M. ribose = 150g/mol. Como essa massa libera -251 kJ, -10,31 kJ correspondem a 6,16 g de ribose. 2. O enxofre é um elemento sólido que existe na natureza em várias formas alotrópicas, dentre as quais podemos destacar o enxofre rômbico e o enxofre monoclínico. As entalpias padrão de combustão das duas formas são -296,83 kJ/mol e -297,16 kJ/mol, respectivamente, sendo o gás dióxido de enxofre o único produto formado. Calcule: a) A variação de entalpia molar da transição rômbico → monoclínico. b) A variação de energia interna molar da mesma transição a 298 K. Resposta: a) As reações de combustão são: Invertendo a segunda reação, temos: b) A relação entre H e U é H = U + nRT. A transição em questão não envolve espécies gasosas, tendo n igual a zero. Logo: U = H = +0,33 kJ/mol. 3. Etilenoglicol (C2H6O2) é produzido industrialmente a partir do etileno (C2H4), através do intermediário óxido de etileno (C2H4O), de acordo com as equações químicas abaixo. Determine se a hidratação do óxido de etileno para produzir etileno glicol gasoso (Etapa 2) é espontânea a 298K. Resposta: Inicialmente, devemos calcular ∆Ho e ∆Soda Etapa 2. ∆H° = ∑n∆Hf°(produtos) - ∑n∆Hf°(reagentes) ∆H° = ∆Hf° (C2H6O2,g) – [∆Hf°(C2H4O,g) + ∆Hf° (H2O,l)] ∆H° = -395,72 – [(-51,00) + (-285,83)] ∆H° = - 58,89 kJ A variação de entropia padrão da Etapa 2 pode ser calculada da seguinte forma: ∆S° = ∑nSm°(produtos) - ∑nSm°(reagentes) ∆S° = Sm°(C2H6O2,g) – [Sm°(C2H4O,g) + Sm° (H2O,l)] ∆S° = 311,8 – (243,0 + 69,9) ∆S° = - 1,1 J.K-1 Para verificar a espontaneidade, vamos calcular a variação da energia livre de Gibbs da reação a 298K: ∆G° = ∆H° - T∆S° ∆G° = -58890 – 298 x (-1,1) ∆G° = -58562 J ou -58,56kJ A Etapa 2 é espontânea a 298K porque ∆G° é negativo. 4. Calcule a variação de entropia quando a pressão de 3,44 g de gás hélio é reduzida de 125,0 kPa até 65,0 kPa e a temperatura cai de 335 K até 273 K. Assuma um comportamento ideal. RESOLUÇÃO: O processo que leva o gás da situação inicial até a situação final acarreta variação tanto de T quanto de P. Como entropia é função de estado, podemos desdobrar esse processo em duas etapas: Etapa 1: O gás passa de P1 até P2 a temperatura constante. Neste caso, podemos considerar uma expansão isotérmica reversível. Etapa 2: O gás passa de T1 até T2 a P constante. Primeira etapa: S = nR ln (P1/P2) S1= 0,86 mol. 8,3145 J.K -1 .mol -1 ln (125/65) = +4,67 J. K -1 Segunda etapa: S = Cp,m . n. ln (T2/T1) S2 = 5/2 . 8,3145 J.K -1 . mol -1 . 0,86 mol . ln (273/335) = -3,66 J. K -1 E finalmente temos S = 4,67 J. K-1 - 3,66 J. K-1 = + 1,01 J K-1 5. A pressão de vapor do dióxido de cloro, ClO2, é 155 Torr a -22,75 o C e 485 Torr a 0,0 o C. Com relação ao composto mencionado, calcule: a) A entalpia padrão de vaporização. b) A entropia padrão de vaporização. c) O ponto de ebulição. Resolução: a) ln P2/P1 = ∆H°vap/R (1/T1 – 1/T2) ln 485/155 = ∆H°vap/8,314 (1/250,25 – 1/273) ∆H°vap = 28518 J/mol ∆H°vap = 28,5 kJ/mol b) ln P/P 0 = - ∆H°vap/RT + ∆S°vap/R ln 155/750 = - 28518/(250,25 x 8,314) + ∆S°vap/8,314 ∆S°vap = 100,8 J K-1 mol-1 c) ∆G°Vap = ∆H°vap − T ∆S°vap Durante a ebulição temos equilíbrio: ∆G°Vap = 0. Logo: T = ∆H°vap/∆S°vap T = 283 K (10 o C) ou Temperatura de ebulição é aquela na qual a pressão de vapor se iguala à pressão ambiente. ln P2/P1 = ∆H°vap/R (1/T1 – 1/T2) ln 760/155 = 28518/8,3145 (1/250,25 – 1/T) T = 283 K (10 o C) Dados: Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; He = 4,0 g/mol; Br = 79,9 g/mol; P = 31,0 g/mol -1 ; Ag = 108 g/mol; Cl = 35,5 g/mol; Ti = 47,87 g/mol; Au = 196,97 g/mol Constantes: -1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K =0,082 Latmmol K = 8,314 x 10 –2 L. bar. mol –1 K –1 F = 9,65 x 10 4 C mol –1 ;NA = 6,02 x 10 23 mol -1 ; k = R/NA = 1,3807 x 10 -23 J K -1 . Fatores de conversão:1 bar = 10 5 Pa; 1 atm = 1,01325 x 10 5 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 1bar = 750 Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10 -3 m 3 ; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V Dados termodinâmicos a 298K: Substância 10 molkJ fH 110 molKJ mS H2O (l) -285,83 69,91 N2 (g) 0 191,61 O2 (g) 0 205,14 etilenoglicol (g) -395,72 311,8 óxido de etileno (g) -51,00 243,0 CaCl2 (s) -795,80 104,60 HF (g) -271,10 173,78 Equações: ∆H = ∆U + P∆V ∆G = ∆H – T∆S q = CT PV = nRT 000 rrr STHG )()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor )()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr Cp/n = Cp,m Cv,m = 3/2 R (monoatômico) Cv/n = Cv,m Cv,m = 5/2R (moléculas lineares) Cp,m= Cv,m + R Cv,m = 3R (moléculas não-lineares) U q w extw P V 2 1 ln V w nR T V revdqdS T 2 1 ln V S nR V g H U n RT 2 1 ln T T S C lnG G RT Q v = k 0 A = A - k t 0 1 2 2 A t k 1 v = k A 0 ln A =ln A - k t1 2 ln 2 t k
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