Autor: Davi Maricato
INICIANTE
A) O equilíbrio da reação é:
$CH_3COOH \rightleftharpoons H^+ + CH_3COO^-$
Expressando $[H^+]$ como $x$, temos:
$K_a = \frac{x^2}{0,1 – x}$
Como $CH_3COOH$ é um ácido fraco, podemos dizer que $0,1 – x \approx 0,1$. Logo:
$1,8 \cdot 10^{-5} = \frac{x^2}{0,1}$
$x^2 = 1,8 \cdot 10^{-6}$
$x = 1,34 \cdot 10^{-3}\ mol/L$
Portanto, o pH será:
$pH = -log[H^+] \leftrightarrow pH = -log(1,34 \cdot 10^{-3})$
$pH \approx 2,87$
B) Em 1 L de solução, visto que a concentração é de 0,1 mol/L, teremos:
$n(CH_3COOH) = C_{CH_3COOH} \cdot V_{CH_3COOH} = 0,1] mol$
Podemos expressar a neutralização do ácido como:
$CH_3COOH + OH^- \rightarrow CH_3COOH + H_2O$
Visto que foram adicionados:
$n(OH^-) = C_{OH^-} \cdot V_{OH^-} = 0,01\ mol$
Temos que:
$n(CH_3COOH) = 0,10 – 0,01 = 0,09\ mol$
$n(CH_3COO^-) = 0,01\ mol$
Como a solução é tampão, podemos utilizar a relação de Henderson-Hasselbalch para efetuar os cálculos de pH da solução:
$pH = pK_a + log \frac{[A^-]}{[HA]} \leftrightarrow pH = pK_a + log \frac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}$
$pK_a = -log(K_a) \leftrightarrow pK_a = -log(1,8 \cdot 10^{-5} \approx 4,74$
$pH = 4,74 + log \frac{0,01}{0,09}$
$pH = 4,74 + log(0,111)$
$pH \approx 3,79$
C) A estequiometria da reação é 1:1. Logo, na neutralização:
$n(CH_3COOH) = n(NaOH) \leftrightarrow n(H^+) = n(OH^-)$
Como temos 0,1 mol de $CH_3COOH$, precisamos de 0,1 mol de $NaOH$. Logo:
$n_{NaOH} = C_{NaOH} \cdot V_{NaOH}$
$0,1 = 0,1 \cdot V_{NaOH} \leftrightarrow V_{NaOH} = 1\ L$
Portanto, precisamos de 1 L de NaOH, ou 1000 mL.
INTERMEDIÁRIO
A) Como o cobre tem maior potencial de redução, ele sofrerá redução, enquanto o zinco será oxidado. Logo, temos:
$Cu^{2+} + 2e^- \rightarrow Cu$, $E^{\circ}_{red} = +0,34\ V$
$Zn \rightarrow Zn^{2+} + 2e^-$, $E^{\circ}_{oxi} = +0,76\ V$
Podemos expressar o potencial padrão da célula como:
$E^{\circ}_{célula} = E^{\circ}_{red} + E^{\circ}_{oxi}$
$E^{\circ}_{célula} = 0,34 + 0,76 = 1,10\ V$
B) A reação global pode ser expressa como:
$Zn_{(s)} + Cu^{2+}_{(aq)} \rightarrow Zn^{2+}_{(aq)} + Cu_{(s)}$
Ou seja, os elétrons fluem do zinco para o cobre. Como $E^{\circ}_{célula} > 0$, podemos concluir que a reação é espontânea nas condições padrão.
C) Temos que $n = 2$, e que $Q$ será:
$Q = \frac{[Zn^{2+}]}{[Cu^{2+}]}$
$Q = \frac{0,01}{1,00} = 10^{-2}$
Logo:
$logQ = log(10^{-2}) = -2$
Portanto:
$E = 1,10 – \frac{0,0592}{2} \cdot (-2)$
$E = 1,10 + 0,0592 = 1,1592 V \approx 1,6\ V$
AVANÇADO
A) Uma possível rota começa com uma alquilação, ou substituição eletrofílica aromática:
Com isso, temos um tolueno. O grupo metila é ativante e diretor orto para. Logo, ao fazer uma bromação, favorecemos a entrada do bromo nas posições orto e para através de outra substituição eletrofílica aromática:
Conseguimos separar os produtos para e orto com técnicas adequadas. Queremos o intermediário $p-BrC_6H_4CH_3$.
Podemos então oxidar o grupo metila para obter o produto final, através de uma oxidação da cadeia lateral aromática, com o $KMnO_4$ e aquecimento:
Portanto, a rota final, considerando a separação do produto orto, fica:
B) Para a rota alternativa, podemos primeiro fazer a bromação do benzeno e depois a adição do $CH_3$. Porém, nessa rota, o bromo é desativante, mesmo que seja diretor orto/para. Logo, o anel bromobenzeno será menos reativo na alquilação, tornando a rota menos conveniente.
Caso conseguissemos obter o produto para com essa rota, a etapa final seria novamente com $KMnO_4$.
Outra possibilidade seria a introdução do grupo $COOH$ primeiro, seguido de bromação. Porém, o grupo $COOH$ também é desativante e diretor meta, ou seja, a bromação ocorreria predominantemente na posição meta e não iriamos obter o produto predominante desejado (problema de regiosseletividade).
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