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PRÁTICA 6 – Lei de Hess - Entalpia de formação do NH4Cl(s)
1- formação do NH3(g)
2 - formação do HCl(g)
3 - dissolução e ionização do HCl (g) em meio aquoso
4 - dissolução e ionização do NH3 (g) em meio aquoso
5 - reação de neutralização do NH4OH(aq) com HCl(aq) para formar o NH4Cl(aq)
6 - dissolução e dissociação do NH4Cl(s) em água destilada (inverso)
7 – formação do NH4Cl(s)
reação Ho / kJ.mol-1
1) 3/2 H2(g) + ½N2(g) →NH3(g) -46,11
2) ½ H2(g) + ½Cl2(g) →HCl(g) -92,31
3) HCl(g) + H2O(l) → H3O+(aq) + Cl-(aq) -74,84
4) NH3(g) + H2O(l) → NH4OH(aq) -30,50
5) NH4OH(aq) + H3O+ (aq) + Cl-(aq) → NH4
+ (aq) + Cl-(aq) + 2H2O (l) ?
6) NH4+ (aq) + Cl-(aq) + H2O(l) → NH4Cl(s) + H2O(l) ?
7) ½ N2(g) + 2 H2 (g) + ½ Cl2 (g) → NH4Cl(s) ?-314,43
Reação 5:
? mL de NH4OH 1,5238 mol.L-1 + 100,0 mL de HCl 1,4780 mol.L-1
n = 0,14780 V = 0,14780/1,5238 = 97 mL
197,0 . 4,184 . T + Qr + CT = 0
Reação 6:
200,0 mL de água + 5,022 g de NH4Cl
200 . 4,184 . T + Qr + CT = 0Qr = 1759,06 JH = Q / n n = 5,022/53,49 = 0,0939molHr (feita no lab.) = +18733,3 J.mol-1
Hr (6) = -18733,3 J.mol-1
Reação 7:
fH = -243,76 kJ.mol-1 + H5 +H6 = -315,63 kJ.mol-1
Valor verdadeiro = fH (NH4Cl, s) = -314,43 kJ.mol-1
Erro = 0,38%
T1 = 43,2 oCT2 = 41,3 oC
C = 89,02 J.K-1
M(NH4Cl) = 53,49 g.mol-1
T1 = 22,9 oCT2 = 31,5 oC
Qr = -7854,10 JH = Q / n n = 0,1478 molHr = -53140,1 J.mol-1
Hr (5) = -53,14 kJ.mol-1
1ª : Determinar C do calorímetro.2ª : fazer o inverso da reação 6 e fazer a reação 53ª: Calcular fH
-4 0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48
0,8
1,6
2,4
3,2
4,0
4,8
5,6
6,4
7,2
8,0
8,8
9,6
10,4
11,2
12,0
pH
Vol de NaOH / mL
PRÁTICA 7 – Determinação dos pKa’s do H3PO4
0 20 40
0,0
0,7
1,4
V2 = 38,58 mLV
1 = 19,10 mL
dp
H/d
V
V / mL
pKa1 = 2,32
pKa2 = 6,93
2º Método
1b 1
2 1b 2 1
VV (pKa ) 9,59mL
2
V VV (pKa ) V 28,86mL
2
= =
−= + =
Explique como você preparia um tampão cujo pH fosse de 8,21 a partir de uma mistura
de NaOH 0,1 mol.L-1 e 50,00 mL da solução de ácido fosfórico a 0,100 mol.L-1.
Dado: pKa1 = 2,12 pKa2 = 7,21
H3PO4 (n = 5 mmol)
NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O
In.: 5 mmol 5 mmol - -
Fim: - - 5 mmol 5 mmol
NaH2PO4 + NaOH → Na2HPO4 + H2O
In.: 5 mmol x - -
Fim: (5 – x) - x x
pH = pKa2 + log ([HPO42-]/[H2PO4
-])
8,21 – 7,21 = log ((x / V) / ((5-x) / V))
x = 4,545 mmol
n base = 5 mmol + 4,545 mmol = 9,545 mmol
V base = n / C = 9,545 . 10-3 mol/ 0,1 mol.L-1= 95,45 mL
PRÁTICA 8 - Propriedades termodinâmicas da ionizaçãodo ácido acético
- - o
3 (aq.) (aq.) 3 (aq) 2 (l) reaçãoCH COOH + OH CH COO + H O H ?→ =
(i) Obtenção do H através de medidas de calorimetria
+ - o -1
(aq.) (aq.) 2 (l)H + OH H O H = -57,74 kJmol→ ___________________________________________
- o
3 (aq.) 2 (l) (aq) 3 (aq) reaçãoCH COOH + H O H CH COO H ?+→ + =
Ex.: 100,0 mL HAc 0,9391 mol.L-1 + 74,0 mL NaOH 1,2665 mol.L-1 .
C = 110 J.K-1
T = 6,2 oC = 6,2 K
r
1 1 1
r
r
o
o
o 1
ion
mc T C T Q 0
174,0g.4,184J.g K .6,2K 110J.K .6,2K Q 0
Q 5195,70J
H 5195,70J / 0,09391mol
H 55,33kJ / mol
H 55,33 57,74 2,41 kJ.mol
− − −
−
+ + =
+ + =
= −
= −
= −
= − + =
(ii) Obtenção do G através de medidas de atividade de espécies em equilíbrio
3
3
3CH COO H
a
CH COOH 3
a
a a CH COO HK
a CH COOH
k H numa solução semi-titulada
− +
− +
+
=
=
Ex.: 25,0 mL de HAc 0,100 mol.L-1 é titulado com 25,0 mL de NaOH 0,100
mol.L-1. Então, adiciona-se mais 25,0 mL de HAc 0,100 mol.L-1 e mede-se o pH.
Para pH = 4,74o 1 1
o -1
G 2,303RTpH 2,303.8,314J.K .mol .298,15K.4,74
G 27,06 kJ.mol
− − = =
= +
(iii) Obtenção do S através da seguinte relação: Go = Ho - TSo
So = -0,083 kJ.mol-1.K-1
o
r r
r
o
r H
o
r
G G RTlnQ
No equilíbrio G 0
G RTlnK e pH -log a
G 2,303RTpH
+
= +
=
= − =
= +
Ex.: Como preparar um tampão de pH 4,7 a partir de uma mistura de NaOH 0,1 mol.L-1 e 25,00 mL de solução de ácido acético a 0,100 mol.L-1? Dado: pKa = 4,76
[Ac ]pH pKa log
[HAc]
[x]/V4,7 4,76 log
[2,5-x]/V
[x]4,7 4,76 log
[2,5-x]
− = +
= +
= +
NaOH + HAc → NaAc + H2O
Início x 2,5 mmol –Equilíbrio – 2,5 – x x
3 1
b
b
x 1,164 mmol
V n / C 1,16x10 mol / 0,1 mol.L
V 11,6 mL
− −
=
= =
=
PRÁTICA 9 - Termodinâmica de células eletroquímicas
Zn(s) | Zn2+(aq), Cl-(aq) | AgCl(s) | Ag(s)
G0 = - ne F E0
∆𝑆 = 𝑛𝑒𝐹𝑑Δ𝐸
𝑑𝑇
Go = Ho - T So
Ho = ?
Exemplo:
temp / oC T / K E / V
34,7 307,85 0,976
39,7 312,85 0,973
44,7 317,85 0,97
49,7 322,85 0,966
54,7 327,85 0,963
59,7 332,85 0,959
64,7 337,85 0,955
69,7 342,85 0,952
74,7 347,85 0,946
79,7 352,85 0,943
Obs.: E = diferença de potencial
Eo (teórico) = +0,222V – (-0,76V) Eo (teórico) = 0,982 V
y = 1,2058 – 7,43.10-4 xr2 = 0,9953
x = 298,15 K y = Eo = 0,984 V
Go = -2.96485C.mol-1.0,984 VGo = -190 kJ.mol-1
So = 2.96485 C.mol-1.-7,43.10-4 V.K-1
So = -144 J.mol-1.K-1
Go = Ho − T.So
Ho = Go + T.So
Ho = - 189882,48 J.mol-1 + 298,15K . (-143,3767.J.mol-1.K-1)
Ho = -233 kJ.mol-1
∆𝑆 = 𝑛𝑒𝐹𝑑Δ𝐸
𝑑𝑇
G0 = - ne F E0
0,94
0,945
0,95
0,955
0,96
0,965
0,97
0,975
0,98
305 310 315 320 325 330 335 340 345 350 355 360
E
/ V
T / K
PRÁTICA 10 - Equilíbrio Químico e Espectrofotometria
Fe3+ + SCN- → [Fe(SCN)]2+
Fe(H2O)63+ (aq) + SCN- (aq) → [FeSCN(H2O)5]2+ (aq) + H2O(l)
400 420 440 460 480 500 520 540 560 580 6000,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
Ab
so
rvâ
ncia
/ nm
Espectro de absorção do [FeSCN(H2O)5]2+ em meio ácido aquoso
I – Aquisição da curva padrão (Lei de Lambert-Beer)
Equilíbrio deslocado para a direita devido ao excesso de íons Fe3+:
Tubo Fe3+
0,1 mol.L-1
SCN-
0,001 mol.L-1 H2O [Fe(SCN)]2+
/10-4 mol.L-1
Absorvância a
440 nm
1 5,0 5,0 4,0 3,57 0,7292 5,0 4,0 5,0 2,86 0,593 5,0 3,0 6,0 2,14 0,4174 5,0 2,0 7,0 1,43 0,2695 5,0 1,0 8,0 0,714 0,09
C1V1 = C2V2
Tubo 1 0,001 mol.L-1 x 5,0 mL = C2 14,0 mLC2 = 3,57 x 10-4 mol.L-1
y = 2238,6x – 0,0607r2 = 0,9984
Observe que: • coeficiente linear é próximo de zero conforme esperado• Absortividade molar é igual a 2239 L.mol-1.cm-1
y = 2238,6x - 0,0607R² = 0,9984
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,0E+00 5,0E-05 1,0E-04 1,5E-04 2,0E-04 2,5E-04 3,0E-04 3,5E-04 4,0E-04
Ab
sorv
ânci
a
[complexo]/mol.L-1
II - Medida da absorvância de soluções de complexo de concentrações
desconhecidas
TUBO Fe3+
0,001SCN-
0,001 ÁGUA Abs[Complexo]/10-5
(x)
6 7 7 0 0,156 6,969
7 7 6 1 0,134 5,986
8 6 7 1 0,141 6,299
9 6 6 2 0,121 5,405
10 5,5 5,5 3 0,100 4,467
TUBO Fe3+
incial /10-4
Fe 3+
eq /10-4
SCN-
inicial/10-4
SCN-eq/10-4 K
6 5,00 4,303 5,000 4,303 376,347 5,00 4,401 4,286 3,687 368,858 4,286 3,656 5,000 4,370 394,249 4,286 3,745 4,286 3,745 385,35
10 3,929 3,482 3,929 3,482 368,47379
2
eq
3
eq eq
[Fe(SCN) ]K
[Fe ] [SCN ]
+
+ −=
K é adimensional porque é definido em termos de atividade, as quais não têm unidade.
x = Abs / 2238,6
FORMULÁRIO
c(H2O) = 4,184 J.g-1.K-1 760 mmHg = 101325 Pa R = 8,314 J.mol-1.K-1
F = 96485 C.mol-1 T/K = q/oC + 273,15 r(H2O) = 1000 kg.m-3
Q = mcT Q = CT
Go = Ho -T So Go = +2,303RTpH (Quando K = [H+])
∆𝑆 = 𝑛𝑒𝐹𝑑Δ𝜀
𝑑𝑇
DATA E LOCAL DA 2ª PROVA
13/11 – 09h30 – EQ 05
23/11 – 13h30 – EQ 05
23/11 – 15h30 – EQ 05
1 J = 1 C.V
Go = - ne F Eo
[A ]pH pKa log
[HA]
− = +
2ª CHAMADA DAS PROVAS 1 E 2:
20/11 – 9h30
30/11 – 13h30
30/11 – 15h30
1 2 1b 1 b 2 1
V V VV (pKa ) V (pKa ) V
2 2
−= = +