Prova 1 Química Analítica Resolvida-2022 2

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ Campus Jandaia do Sul Engenharia de Alimentos Prof.: Valquíria de Moraes Silva Prova 1 Química Analítica Aluno:___________________________________________GRR__________ 1) Considere a reação 2 Cℓ2(g) + 2 H2O(g) ⇄ 4 HCℓ(g) + O2(g) ΔH = + 113 kJ Admita que o sistema está em equilíbrio. O que ocorrerá ao número de mols de HCl no recipiente se: a) for adicionado O2(g). b) for adicionado Cℓ2(g). c) for retirado HCℓ(g). d) o volume do recipiente for diminuído. e) a temperatura for diminuída. a temperatura for diminuída. f) a temperatura for aumentada. 2) Calcule a concentração de íon hidrônio (H3O+) presente em uma solução de ácido nitroso 0,450 mol L-1 cujo equilíbrio principal é: HNO2 + H2O NO2 - + H3O+ Dado o valor de Ka= 7,1 x 10-4 De a porcentagem de ionização. Diga se ácido forte ou fraco. 3) Calcule a concentração de íons HO- presentes na solução preparada a partir de NH3 na concentração de 0,55 mol/L. Ka NH4 + = 5,70 x 10-10 NH3 + H2O NH4 + + HO- 4) Caso os seguintes sais (todos solúveis) sejam adicionados à água, indique, através de reações químicas, se o pH da água se tornará ácido ou básico. a) NaCl (sal proveniente de ácido forte e base forte); b) NaOCl (sal proveniente de ácido fraco e base forte); c) NH4Cl (sal proveniente de base fraca e ácido forte); 5) Qual a função de uma solução tampão? Caso seja pedido a você, que prepare uma solução tampão, cujo valor de pH esteja próximo de 4,8. Tendo no laboratório a seguinte lista de ácidos, qual você escolheria? Justifique a sua resposta. Prova 1 Química analítica (endotérmica) 1) 2 Cl2(g) + 2 H2O(l) ↔ 4 HCl(g) + O2(g) ΔH = +113 kJ a) O número de mols de HCl diminui. b) O número de mols de HCl aumenta. c) O número de mols de HCl diminui com a retirada, sobremaneira, mas ao buscar um novo equilíbrio, o número de mols de HCl volta a aumentar d) O número de mols de HCl diminui. e) O número de mols de HCl diminui f) O número de mols de HCl aumenta 2) [H3O+] = ? η = 0,450 mol/L Ka = 7,1 x 10^-4 HNO2 + H2O ↔ NO2- + H3O+ Início 0,450 mol/L 0 0 Meio -x x x Final 0,450 - x x x Ka = [H3O+][NO2-] [HNO2] Ka = x × x = 7,1 x 10^-4 0,450 - x Como a constante de ionização do ácido (Ka) é pequena, somos supor que 0,450 - x ≈ 0,450 (1,4) Portanto: 7,1 x 10^-4 = x² 0,450 x² = 0,0003195 x = 0,018 mol/L = [H3O+] A concentração do íon hidrônio será: [H3O+] eq = 0,018 mol/L A porcentagem de ionização será: % ionização = [H3O+] eq x 100 [HNO2] % ionização = 0,018 x 100 = 4% 0,450 Como o percentual de ionização é menor que 5%, a suposição feita é válida e também, tem-se que o ácido nitroso (HNO2) é um ÁCIDO FRACO. Como Ka é muito pequena, vamos supor que 0,55 - x ≈ 0,55. Portanto: 5,70 x 10^-10 = x² x = 1,77 x 10^-5 mol/L = [OH-] eq 0,55 Assim, tem-se a concentração: [OH-] = 1,77 x 10^-5 mol/L 4) a) NaCl (sal proveniente de ácido forte e base forte) NaCl(aq) + H2O(l) ↔ NaOH(aq) + HCl(aq) Na+(aq) + Cl-(aq) + H2O(l) ↔ Na+(aq) + OH-(aq) + H+(aq) + Cl-(aq) Assim, H2O ↔ H+ + OH- Nesse caso, não haverá hidrólise, pois o cátion e ânion são provenientes de base e ácido forte. A solução torna-se neutra. b) NaOCl (sal proveniente de ácido fraco e base forte) NaOCl(aq) + H2O(l) ↔ NaOH(aq) + HClO(aq) Representando a reação de maneira mais adequada: Na+(aq) + OCl-(aq) + H2O(l) ↔ Na+(aq) + OH-(aq) + HClO(aq) Assim: OCl^- (aq) + H2O (ℓ) ⇌ OH^- (aq) + HClO (aq) Nesse caso, o íon OH^- produzido na reação torna a solução básica. c) NH4Cl (sal proveniente de base fraca e ácido forte) NH4Cl (aq) + H2O (ℓ) ⇌ NH4OH (aq) + HCl (aq) Representando a reação de forma mais correta: NH4^+ (aq) + Cl^- (aq) + H2O (ℓ) ⇌ NH4OH (aq) + H^+ (aq) + Cl^- (aq) Assim: NH4^+ (aq) + H2O (ℓ) ⇌ NH4OH (aq) + H^+ (aq) Devido à presença de íons H^+, essa solução adquire caráter ácido. 5) A solução tampão tem a função de evitar que o pH ou o pOH do meio sofra variações quando for adicionado ácidos ou bases, mesmo que fortes. Para a escolha do ácido, temos que levar em consideração que o ácido escolhido deve ser aquele que tenha um pKa tão próximo o quanto possível do pH desejado. Nesse caso, o escolhido seria o ácido acético. pKa = -log (Ka) = -log (1,75 x 10^-5) = 4,76 6) a) 0,45 mol/l de NH3 e 0,40 mol/l de NH4Cl pH = pKa + log [A^-]/[HA] O ácido será NH4^+, assim o Ka do ácido é: Ka_NH4^+ = 5,70 x 10^-10 pKa = -log Ka = -log (5,70 x 10^-10) pKa = 9,24 Substituindo na fórmula, temos: pH = 9,24 + log 0,45/0,40 pH = 9,24 + 0,05 pH = 9,29 b) Adição de HCl 0,05 mol/l HCl é um ácido forte e vai se dissociar completamente, assim: [HCl] = [H3O^+] NH3 + H3O^+ → NH4^+ + H2O 0,45 mol/l 0,05 mol/l 0,40 mol/l -0,05 -0,05 +0,05 0,4 mol/l 0 0,45 mol/l Novamente, usando a equação de Henderson-Hasselbalch: pH = pKa + log 0,4/0,45 pH = 9,24 + (-0,05) pH = 9,20 Assim, com a adição de HCl 0,05 mol/l, o pH da solução varia em 0,09. 7) a) Solubilidade do Mg(OH)2 = ? Kps = 7,1 x 10^-12 Mg(OH)2 (s) → Mg^2+ (aq) + 2OH^- (aq) I: 0 0 0 M: - x + x + 2x E: x 2x Kps = [Mg^2+] [OH^-]^2 7,1 x 10^-12 = x * (2x)^2 7,1 x 10^-12 = x * 4x^2 7,1 x 10^-12 = 4x^3 x^3 = 1,75 x 10^-12 x = 1,21 x 10^-4 mol/l S = 1,21 x 10^-4 mol/l (b) Ficando o pH em 9, não incorreria alteração na solubilidade do composto. 8) a) NaOH 0,20 mol/L Por se tratar de uma solução básica, vamos logo calcular o pOH. Em meio aquoso: NaOH(aq) -> Na+(aq) + OH-(aq) 0,20 mol/L 0,20 mol/L 0,20 mol/L Assim: [OH-] = 0,20 mol/L pOH = -log [OH-] pOH = -log (0,20) pOH = 0,70 pH + pOH = 14 pH = 14-0,70 pH = 13,3 b) HCl 0,0015 mol/L Em meio aquoso: HCl(aq) -> H+(aq) + Cl-(aq) 0,0015 mol/L 0,0015 mol/L 0,0015 mol/L pH = -log [H+] pH = -log (0,0015) pH = 2,82 c) KOH 0,45 mol/L Em meio aquoso: KOH(aq) -> K+(aq) + OH-(aq) 0,45 mol/L 0,45 mol/L 0,45 mol/L pOH = -log [OH-] pOH = -log (0,45) pOH = 0,35 pH + pOH = 14 pH = 14-0,35 pH = 13,65