cq 050 fÍsico quÍmica experimental i
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CQ 050 FÍSICO QUÍMICA EXPERIMENTAL I
Revisão para a 2a prova
PRÁTICA 6 - Termodinâmica de células eletroquímicas
Ni(s) | Ni2+(aq) | | Cu2+(aq) | Cu(s)
G0 = - ne F E0
∆𝑆 = 𝑛𝑒𝐹𝑑Δ𝐸
𝑑𝑇
Go = Ho - T So
Ho = ?
Exemplo:
temp / oC T / K E / V
18 291,15 0,597986
23 296,15 0,597316
28 301,15 0,596646
33 306,15 0,595976
38 311,15 0,595306
43 316,15 0,594636
48 321,15 0,593966
53 326,15 0,593296
58 331,15 0,592626
63 336,15 0,591956
Obs.: E = diferença de potencial
Eo (teórico) = +0,340V – (-0,257V) Eo (teórico) = 0,597 V
y = 0,637 –1,34.10-4 x
x = 298,15 K y = Eo = 0,597 V
Go = -2.96485C.mol-1.0,597 VGo = -115 kJ.mol-1
So = 2.96485 C.mol-1.-1,34.10-4 V.K-1
So = -25,9 J.mol-1.K-1
Go = Ho − T.So
Ho = Go + T.So
Ho = -115203,09J.mol-1 + 298,15K . (-25,85798.J.mol-1.K-1)
Ho = -123 kJ.mol-1
∆𝑆 = 𝑛𝑒𝐹𝑑Δ𝐸
𝑑𝑇
G0 = - ne F E0
0,591
0,592
0,593
0,594
0,595
0,596
0,597
0,598
0,599
285 290 295 300 305 310 315 320 325 330 335 340
E
/ V
T / K
PRÁTICA 7 – 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
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
+
= +
=
= − =
= +
PRÁTICA 9 - 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+
/ mol.L-1
Absorvância a
440 nm
1 5 0 9 0,000 0
2 5 1 8 7,143 x 10-5 0,1623 5 2 7 1,429 x 10-4 0,3144 5 3 6 2,143 x 10-4 0,4595 5 4 5 2,857x 10-4 0,6086 5 5 4 3,571x 10-4 0,763
C1V1 = C2V2
Tubo 6 0,001 mol.L-1 x 5,0 mL = C2 14,0 mLC2 = 3,57 x 10-4 mol.L-1
y = 2119,2x + 0,0059r2 = 0,9998
Observe que: • coeficiente linear é próximo de zero conforme esperado• Absortividade molar é igual a 2119 L.mol-1.cm-1
y = 2119,2x + 0,0059R² = 0,9998
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
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
concentração do complexo / mol.L-1
II - Medida da absorvância de soluções de complexo de concentrações
desconhecidas
TUBOFe3+
0,001SCN-
0,001 ÁGUA Abs
[Complexo]/10-5
mol.L-1
(x)7 7 0 7 0,000 0,0008 7 5 2 0,098 4,6249 7 6 1 0,117 5,521
10 7 7 0 0,136 6,418
TUBO Fe3+
incial /10-4
Fe 3+
eq /10-4
SCN-
inicial/10-4
SCN-eq/10-4 K
8 5,000 4,538 3,571 3,109 327,80
9 5,000 4,448 4,286 3,734 332,45
10 5,000 4,358 5,000 4,358 337,86
333
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 / 2119,2
-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 10 – Determinação dos pKa’s do H3PO4
pKa1 = 2,12
pKa2 = 7,21
pKa3 = 12,44
Ex.: titulação de 25,00 mL de ácidofosfórico com NaOH 0,09464 mol.L-1
1º Método1
b 1
2 1b 2 1
VV (pKa )
2
V VV (pKa ) V
2
=
−= +
Para V = 9,5 mLpH = PKa1 = 2,4
V2 = 38 mLPara V = 28,5 mLpH = PKa2 = 7,0
3 4
3 4
1
3 1
H PO 3
1
H PO
V 19,00mL
n 19,00x10 L 0,09464mol.LC
V 25,00x10 L
C 0,07193mol.L
− −
−
−
=
= =
=
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
= =
−= + =
3 4
3 4
1
3 1
H PO 3
1
H PO
V 19,10mL
n 19,10x10 L 0,09464mol.LC
V 25,00x10 L
C 0,07230mol.L
− −
−
−
=
= =
=
Calcule o volume de base necessário para preparar um tampão de pH igual a 8,21 a partir de
uma mistura de NaOH 0,100 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
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
21/11 – 13h30 – PQ17
21/11 – 15h30 – PQ12
1 J = 1 C.V
Go = - ne F Eo
[A ]pH pKa log
[HA]
− = +
2ª CHAMADA DAS PROVAS 1 E 2:
28/11 – 15h30
LOCAL: a ser definido
1 2 1b 1 b 2 1
V V VV (pKa ) V (pKa ) V
2 2
−= = +