Gabarito 1a Prova de Quimica Geral I 01_2012 (1)

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1a Prova de Química Geral e Inorgânica Experimental III – 11/04/2012 Prof. Glaucio Braga Ferreira Escreva o seu nome a caneta na folha da prova e na folha de resposta. A prova pode ser feita fora de ordem e a lápis, porém neste último caso, o aluno (a) perderá o direito à revisão por uma banca.

Nome: _______________________ ___________________________________ _______________________ _______________________ _____________________ _________ 1a Questão (2,0 pontos):  Observando a tabela abaixo, que descreve a afinidade eletrônica de alguns elementos de transição, sugira explicações para as tendências observadas: Tabela

(a) Por que as afinidades eletrônicas dos elementos do grupo 2B são Afinidade Eletrônica (kJ/mol maiores que zero? 1A 2B (1,0 ponto): Todos estes elementos apresentam na distribuição eletrônica os subníveis completos, isto acarreta num ganho de Li -60 Zn >0 estabilidade que torna a recepção de mais um elétron um processo  Na -53 Cd >0 endotérmico não favorável, como no caso de outros grupos. K -48 Hg >0 (b)  Por que as afinidades eletrônicas dos elementos do grupo 1A tornam-se menos negativos quando descemos no grupo? (1,0 ponto): A afinidade eletrônica mede a capacidade de receber um elétron. Quanto mais negativo for este valor, maior será esta capacidade. No Grupo 1A, podemos verificar que à medida que o elemento aumenta seu raio atômico temos uma diminuição da afinidade eletrônica. Isto se deve a redução do efeito da carga nuclear para estabilizar a recepção de mais um elétron. A distribuição eletrônica do grupo 1A é: ns 1 A distribuição eletrônica do grupo 2B é: ns 2(n-1)d10 Obs: O sinal dos valores de afinidade eletrônica está definido pelo conceito termodinâmico. a

2  Questão (2,0 pontos): Um ácido de fórmula molecular desconhecida foi analisado em sua composição e foi determinada a seguinte composição: 5,89% de H, 70,6% de C e 23,5% de O em massa. Reagindo 0,2053g deste ácido com 15,0 ml de Hidróxido de Sódio com concentração 0,1008 mol/L, numa reação de neutralização é sabido que o ácido é monoprótico, isto é para cada mol de ácido será gasto 1 mol de base na reação. Com estes dados, (a) Qual a fórmula Mínima deste ácido? (b) Através da reação de neutralização determine a massa molar molar do ácido. (c) Qual será a fórmula molecular do ácido?

(Atenção: só será aceita resposta com o desenvolvimento da questão) . Resposta: (a) Para calcular a fórmula mínima, temos os seguintes dados: Em qualquer proporção de massa encontramos a seguinte porcentagem dos elementos: 5,89% de H, 70,6% de C e 23,5% de O. Assim, estima uma massa inicial de 100g de amostra  podemos definir a massa e o número de mols de elemento: H = 5,89% em 100g = 5,89g . Em mols mols temos:

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1a Prova de Química Geral e Inorgânica Experimental III – 11/04/2012 Prof. Glaucio Braga Ferreira Escreva o seu nome a caneta na folha da prova e na folha de resposta. A prova pode ser feita fora de ordem e a lápis, porém neste último caso, o aluno (a) perderá o direito à revisão por uma banca.

Nome: ___________________________________________________________________

C = 70,6% em 100g = 70,6g. Em mols temos:

O = 23,5% em 100g = 23,5g. Em mols temos:

Dividindo pela menor valor de mols, temos a seguinte fórmula mínima: C5,88/1,47H5,89/1,47O1,47/1,47 = C4H4O1 (b) Através da neutralização de um mol de ácido monoprótico, será consumido um mol de  base. Na reação dada, sabendo que Concentração molar = número de mols/Litro. O número de mols de base usada foi de 0,1008mol/Litro *0,015L = 0,001512 mol. Esta quantidade é igual a reação de ácido presente: 0,001512 mol. Se 1 mol = Massa/Peso molecular, temos: 0,001512 mol = 0,2053g /Peso molecular. Assim, o peso molecular do ácido é 0,2053/0,001512 = 136 g (c) Sabendo que o Peso molecular da fórmula mínima C 4H4O1 é: 68g Desta forma, a fórmula molecular será 2* a fórmula mínima: C 8H8O2 a

3  Questão (2,0 pontos):  No espectro de linhas do átomo de hidrogênio, observa-se uma linha violeta em 434 nm. Determina a energia e a freqüência desta linha. Tendo conhecimento da série de Balmer (n1 = 2), determine os níveis de energia que corresponde essa linha espectral. Existe mais alguma linha neste espectro que seja observada na região do espectro visível (entre 700 e 400 nm), calcule o comprimento de onda para as linhas para comprovar sua resposta? A linha observada em 434 nm está na região do visível. Assim a série de Balmer (n 1 = 2) deve ser utilizada para calcular o nível n2 que corresponde a referida linha. Mas primeiro, nós temos que responder qual é a energia e freqüência desta linha: Cálculo da freqüência: 8 -1 -9 14 ν=c/λ = (3,00.10  m.s )/(434.10 m) = 6,91.10 s. Cálculo da energia: E=hν = (6,626x10 -34 J.s)*(6,91.10 14s) = 4,58.10-19J.

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1a Prova de Química Geral e Inorgânica Experimental III – 11/04/2012 Prof. Glaucio Braga Ferreira Escreva o seu nome a caneta na folha da prova e na folha de resposta. A prova pode ser feita fora de ordem e a lápis, porém neste último caso, o aluno (a) perderá o direito à revisão por uma banca.

Nome: ___________________________________________________________________ Cálculo do nível de energia, sabendo que R = 109678cm -1: 1/λ =1/(434.10-7cm)=23041cm-1= R[1/n12-1/n22] [1/n12-1/n22]= 23041cm-1/109678cm-1= 0,21 Para a série de Balmer: n1=2. [1/4-1/n22]=0,21, ou melhor: [0,25-1/n 22]=0,21 Assim: 1/n22=0,25-0,21=0,04 n22=1/0,04 = 25 Isto é: n2 = (25) 1/2 = 5 A linha em 434 nm representa a transição entre o nível 2 e o nível 5. Sabendo que os espectros de linha da série de Balmer descrevem transições no visível, teremos então várias linhas no visível. Mas é somente necessário calcular se existe uma transição em comprimento menor que 400 nm. Os valores são: n1 2 2 2 2 2

n2 3 4 5 6 7

1/λ (cm-1) 15237 20572 23041 24378 25181

λ (nm)

656,3 486,1 434,0 410,2 397

Região Visível Visível Visível Visível não

Assim, teremos 4 linhas na região do visível.

4a Questão (2,0 pontos):  Responda as questões, justificando sua resposta: (a) Quais as diferenças entre os orbitais 1s e 2s? Cite uma semelhança. Os orbitais 1s e 2s estão em níveis de energia diferentes, 1s está no nível 1 e o 2s no nível 2 (apresentam numero quântico principal 1 e 2). O orbital 2s tem um nó interno na função de onda em que a probabilidade de encontrar o elétron é muito pequena enquanto o 1s não possui nó.

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Nome: ___________________________________________________________________ A semelhança esta na forma esférica dos orbitais que pode ser descrita pelo mesmo número quântico azimutal l=0.

 Nó

Explicou os espectros de linha atômicos, especialmente do átomo de hidrogênio. (b) Como Bohr provou suas observações para os espectros de linha? Descreveu de forma teórica que a diferença dos níveis de energia são compatíveis com as observações experimentais da equação de Balmer. 2 2 2 2 ∆E = En2 – En1 = (-A.1/n2 )- (-A.1/n1 ) = A(1/n1 -1/n2 ) onde A é uma constante (2,18.10 -18J). Se ∆E = hν= hc/λ  Substituindo na equação de energia, podemos dizer que 1/ λ =(A/hc) (1/n12-1/n22). O valor de (A/hc) será muito próximo do valor de Rydberg.

(c) Qual foi sua contribuição para a teoria moderna dos orbitais atômicos? Determinou a existência dos níveis de energia, que representa atualmente o número quântico  principal. (d) A figura ao lado mostra as funções distribuição radial para os orbitais hidrogenóides 2s e 2p. Qual orbital tem a maior probabilidade encontrar o elétron próximo ao núcleo? Observando a figura, verificamos que a densidade de probabilidade do orbital 2s apresenta uma probabilidade, mesmo que pequena, mais  próxima do núcleo que no orbital 2p.

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Nome: ___________________________________________________________________

5a  Questão (2,0 pontos):   Uma mistura de 10,325g de óxido de ferro(II) e 5,734g de metal alumínuo é colocado em um cadinho e aquecida em alta temperatura em um forno. Ocorrerá a redução do óxido produzindo Ferro líquido e óxido de alumínio(III). Responda: (a) Descreva a reação balanceada. (b) Qual o reagente limitante? (c) Determine a quantidade máxima de ferro (em mol Fe) que podem se produzidas. (d) Calcule a massa do reagente em excesso que permanece no cadinho. (Atenção: só será aceita resposta com o desenvolvimento da questão) . (a) A reação balanceada é 3FeO(s) + 2 Al (l) → 3Fe(l) + Al2O3(s) (b) Para resolver este problema devemos determinar qual dos reagentes regula ou limita a formação de produtos. Aplicando a razão molar apropriada, definida pela equação química  balanceada podemos verificar isto. A razão molar é 3FeO(s) para 2 Al (l), isto significa que para cada 1 mol de FeO (s) será necessário 2/3mol de Al(l) para completar a reação. Assim, pela informação da questão:

Para a reação completa do FeO(s), temos que reagir:

(d) Isto indica que vai sobrar Al(l): que em massa representam:

(b e c) Assim, o reagente limitante é o FeO (s). A quantidade Fe(l) obtido será de 0,1437 mol já que a reação estequiométrica indica isto.

Dados: E=h ν,  ν=c/λ , h = 6,626x10 -34 J.s, c = 3,0x10 8 m.s-1

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