QUÍMICA INTEGRADA 2 - harbra.com.br · 6. gás nafta: 100 L gás natural: 100 L a) 2 H 2 + O 2 2 H...

José Ricardo L. Almeida

Nelson Bergmann

Franco A. L. Ramunno

QUÍMICA INTEGRADA 2

Gabarito

QUI_ABERT_INTEG2_GAB.indd 1 12/19/17 7:55 AM

Direção Geral: Julio E. EmödSupervisão Editorial: Maria Pia CastigliaIlustrações: KLN

Ana Olívia JustoEditoração Eletrônica: Neusa Sayuri Shinya

Todos os direitos reservados. Nenhuma parte desta edição pode ser utilizada ou reproduzida – em qualquer meio ou forma, seja mecânico ou eletrônico, fotocópia, gravação etc. – nem apropriada ou estocada em sistema de banco de dados, sem a expressa autorização da editora.

QUÍMICA INTEGRADA 2 – CADERNo DE ATIvIDADES – GABARIToCopyright © 2018 por editora HARBRA ltda.Rua Joaquim Távora, 62904015-001 São Paulo – SPTel.: 5084-2482 Fax: (0.xx.11) 5575-6876www.harbra.com.br

ISBN 978-85-294-0512-4

Impresso no Brasil Printed in Brazil


Conteúdo

1 Introdução à Química Orgânica 5

Exercícios Série Prata .................................... 5

Exercícios Série Ouro .................................... 6

2 Fontes de Compostos Orgânicos – Petróleo – Gás Natural ........................... 7


3 Nomenclatura de Hidrocarbonetos .................. 8



4 Nomenclatura de Hidrocarbonetos Ramificados ........................... 9



5 Combustíveis – Octanagem – Isomerização – Reforma Catalítica ................. 11



6 Nomenclatura de Cadeia Mista 13



7 Compostos Oxigenados ......... 15



8 Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e Compostos Sulfurados ........... 17



9 Isomeria Plana ou Estrutural ................................ 19



10 Isometria Geométrica ou CIS-TRANS.............................. 21



11 Isomeria Óptica ..................... 23



12 Soluções ................................. 26



Exercícios Série Platina ................................. 34


13 Diluição e Mistura .................. 37




14 Titulação ................................ 51




15 Propriedades Coligativas ....... 61




16 Termoquímica ........................ 67




17 Cinética Química ................... 86




18 Equilíbrio Químico Molecular .. 99




19 Deslocamento de Equilíbrio ... 114




20 Esterificação – Hidrólise de Ésteres ............... 120


21 Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras ................................ 124


22 Radioatividade ....................... 127




COMPLEMENTO 1 – As Primeiras Teorias sobre os Compostos Orgânicos ............................... 132


COMPLEMENTO 2 – Fontes de Compostos Orgânicos – Carvão Mineral ....................... 133


COMPLEMENTO 3 – Química nos Vestibulares ............................ 134

COMPLEMENTO 4 – Química no ENEM ...................................... 155


1. a) homogênea c) heterogênea

b) homogênea d) homogênea (homocíclica)

2. (1) Falsa: os compostos orgânicos podem ser fabricados em laboratório ou indústria.

(2) Verdadeira

(4) Verdadeira

(8) Verdadeira

(16) Falsa: os compostos orgânicos obedecem às leis da química.

3. Alternativa b. H

C CH2H2C C

NH2

−= =

−

−

1 2 3

4. Alternativa b. C C CH C C C

H

≡ = =− − −

−

H

C CC H

H

≡ −− −

−−

H

−

H

−

H

−

C9H8

5. a) aberta, saturada d) fechada, insaturada

b) fechada, saturada e) aberta, insaturada

c) aberta, insaturada

6. a) C6H6 c) C14H10

b) C10H8

7. Alternativa a. 8. a) normal b) ramificada

9. Alternativa a. 10. Alternativa a. 11. Alternativa c.

12. a) CH3 − CH2 − CH2 − CH3 b) CH3CH2CH2CH3 c)

13. a) C6H14 b) C6H12 c) C4H8O2

14. Alternativa d. CH3

C − C−=HC

H3C

C − CC − C

−−

H H

C − C=− C

C = C

=−

−−H

−C − O

−− −

CH3

OH−H−

−H

C5H11−

−H

H2

−

H−

fórmula molecular: C21H30O2

Gabarito Capítulo 1Introdução à Química Orgânica

Cap. 1 | Introdução à Química Orgânica 5

Exercícios Série Prata

Cap. 1 | Introdução à Química Orgânica 5

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ibid

as.

Introdução à Química OrgânicaCapítulo 1

Introdução à Química Orgânica

QUI_INTEG2_GAB_Cap01.indd 5 12/11/17 11:25 AM

15. Alternativa c.

CH3

N

C −− N

−CH3

−CH

=

−C

=

C=O

−−N

−

C

N−−=

O−

−CH3

fórmula molecular: C8H10N4O2

16. Alternativa d. 18. Alternativa d.

17. Alternativa a. 19. Alternativa b.

1. Alternativa e.

2. C12H12O3N2

3. Alternativa e. Fórmula molecular: C11H17O3N5

4. Alternativa c.

I. Correta: N é heteroátomo.

II. Errada: fórmula molecular: C16H10O2N2

III. Correta.

5. Alternativa c.

−

=

=

−

−

−O

O

C = OOH

CH2OH

H3C

H3C

−

T

TT

T

T

•

••

•

•

6. Alternativa a.Existe carbono quaternário nas mãos.

quaternário

6 QuímICa OrgânICa | Caderno de atividades | gabarito

Exercícios Série Ouro

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QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 6


1. Alternativa e.

2. Alternativa d.

3. Alternativa a.

4. Alternativa e.

5. Alternativa c.

6. Alternativa b.

7. Alternativa e.

Gabarito Capítulo 4Fontes de Compostos Orgânicos II –

Petróleo – Gás Natural

8. Alternativa e.

9. Alternativa c.

10. Alternativa b.

11. Alternativa e.

O gás metano (CH4) é obtido nos bolsões naturais, na fermentação anaeróbica e na decomposição de vegetais aquáticos.

Na combustão total da madeira, obtém-se gás car-bônico (CO2).

Cap. 4 | Fontes de Compostos Orgânicos II – Petróleo – Gás Natural 9


Cap. 2 | Fontes de Compostos Orgânicos – Petróleo – Gás Natural 7

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Fontes de Compostos Orgânicos –Petróleo – Gás Natural

Capítulo 2


1. a) but-2-enob) hexa-2,4-dienoc) pent-2-inod) eteno

2. a) HC ≡ CH

b) H2C = CH2

c) HC ≡ C − CH2 − CH2 − CH3

1. Alternativa d.

2. a) but-1-eno

b) pent-2-ino

c) buta-1,2-dieno

3. Alternativa a.

4. Alternativa e.

d) H2C = CH − CH = CH − CH2 − CH2 − CH3

e) H2C = CH − C ≡ CH

f) HC ≡ C − C ≡ C − CH3

3. Alternativa a.

H − C ≡ C − H etino

10 Química Orgânica | caderno de atividades | gabarito

Gabarito Capítulo 5Nomenclatura de Hidrocarbonetos


Nomenclatura de HidrocarbonetosCapítulo 3Exercícios Série Prata


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QUI_INTEG2_GAB_Cap03.indd 8 12/11/17 1:45 PM

Cap. 4 | Nomenclatura de Hidrocarbonetos Ramificados 9

1. metil

2. etil

3. propil

4. isopropil

5. butil

6. sec-butil

7. terc-butil

8. isobutil

9. vinil

10. fenil

11. benzil

12. 2-metilpentano

13. 2,3-dimetilbutano

14. 2,2,4-trimetilpentano

15. 3-etil-2-metilpentano

16. 3-metilbut-1-eno

17. 4-metilpent-2-ino

18. 3-etil-2,5,5-trimetil-heptano

19. Alternativa d.

20. Alternativa e.

21. Alternativa c.

22. Alternativa a.

23. CH3 − CH − CH2 − CH2 − CH2 − CH2 − CH3

−CH3

24. H3C − CH − CH2 − CH − CH3

−CH3

−CH3

25. −CH3

H3C − C − CH − CH2 − CH2 − CH2 − CH2 − CH3

−CH3 CH2 − CH3

−

26. H2C = CH − CH2 − CH − CH3

−CH3

27. H3C − C = C − CH3

−CH3 CH3

−

28. HC ≡ C − CH2 − CH − CH2 − CH3−CH3

29. H2C = C − CH = CH2−CH3

Gabarito Capítulo 6Nomenclatura de Hidrocarbonetos

Ramificados

Cap. 6 | Nomenclatura de Hidrocarbonetos Ramificados 11

Nomenclatura de Hidrocarbonetos Ramificados

Capítulo 4Exercícios Série Prata

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1. Alternativa d.

PV = nRT

PV = mM

RT

1 ⋅ 3 = 10M

0,082 ⋅ 300 ∴ M = 82 g/mol

HC ≡ C − C − CH3

−CH3

−CH3

2. a) 1 12 ⋅ 1023 moléculas 116 g 2 18 ⋅ 1023 moléculas 126 g

6 ⋅ 1023 moléculas x 6 ⋅ 1023 moléculas y

x = 58 g y = 42 g

58 g − 42 g = 16 g

b) M = 42 g/mol ∴ CnH2n ∴ n = 3 propeno

3. Alternativa a.

12 QuímiCa ORgâNiCa | Caderno de atividades | gabarito


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as.


1. Alternativa c.

2. Alternativa d.

3. Alternativa b.

4. Alternativa d.

5. Alternativa b.

6. Alternativa c.

1. Alternativa a.

2. Alternativa d.

0,5 mol 5 mol de CO2 e 2 mol de H2O1 mol 10 mol de CO2 e 4 mol de H2Ofórmula molecular C10H8

3. Alternativa c.

C3H8 + 5 O2 3 CO2 + 4 H2O

1 L 5 L

7. Alternativa e.

8. maior

9. maior

10. Alternativa a.

11. Alternativa e.

12. CH3 − (CH2)5 − CH3 D

cat. H3C − CH − CH2 − CH2 − CH2 − CH3

−CH3

4. a) adição de água na amostra sistema homogêneo: combustível 1 sistema heterogêneo: combustível 2

b) H3C — CH2 — OH álcool etílico

C8H18: octano (componente da gasolina)

5. a) 1 m3 ___________ 0,07 m3 ___________ 0,042 m3

esgoto biogás CH4

1 m3 ___________ 0,042 m3

4 ⋅ 106 m3 x ∴ x = 1,68 ⋅ 105 m3 economiza 1,68 ⋅ 105 L de gasolina

b) CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O

60%

Gabarito Capítulo 7Combustíveis – Octanagem –

Isomerização – Reforma Catalítica

Cap. 7 | Combustíveis – Octanagem – Isomerização – Reforma Catalítica 13


cap. 5 | combustíveis – Octanagem – isomerização – Reforma catalítica 11

Combustíveis – Octanagem – Isomerização – Reforma Catalítica


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6. gás nafta: 100 L gás natural: 100 L

a) 2 H2 + O2 2 H2O

45 L 22,5 L CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O

CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O 100 L 200 L

30 L 60 L total de O2 = 200 L

2 CO + O2 → CO2

5 L 2,5 L

total de O2 = 85 L

gás natural gasta 200 L de O2 Nafta: gasta 85 L de O2

b) Nenhuma, pois o CO2 não é combustível.

c) Gás nafta, pois contém CO que é tóxico.

7. I. H3C − (CH2)4 − CH3 D

cat. H3C − CH2 − CH2 − CH3 + H2C = CH2

II. H3C − (CH2)4 − CH3 −H2

−3 H2

III. H3C − (CH2)4 − CH3 D

cat. H3C − CH − CH2 − CH2 − CH3

−CH3

14 QuímICa ORgânICa | Caderno de atividades | gabarito Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 12

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ibid

as.


cap. 6 | Nomenclatura de cadeia mista 13

1. propilciclopropano

2. propilciclo-hexano

3. 1,1,3-trimetilciclopentano

4. 1,2-dimetilbenzeno ou orto-dimetilbenzeno

5. 1,3-dimetilbenzeno ou meta-dimetilbenzeno

6. 1,4-dimetilbenzeno ou para-dimetilbenzeno

7. isopropilbenzeno

8. 3-metilciclobuteno

9. −CH2CH3

10. −

−

CH3

CH − CH3

1. Alternativa e.

−−

−

CH3

CH3

CH3

−−

−

CH3

CH3

CH3

−

−−

CH3

CH3H3C

1, 2, 3 1, 2, 4 1, 3, 5

2. Alternativa b.

Gabarito Capítulo 8Nomenclatura de Cadeia Mista

Cap. 8 | Nomenclatura de Cadeia Mista 15

Capítulo 6Nomenclatura de Cadeia Mista



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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 14

4. Os hidrocarbonetos I, II, III e IV são:

CH2

H2C

H2C CH2

CH2

CH2

HC

HC CH

CH CH3 CH3

CH3

H3C C3HH H

HC CC

− −

− −− −

− −−

−

CC

HCCH2

C

HC H2

C

CH2

CH2C

H2C CH2

CH2

I II III

IV

a) As fórmulas moleculares dos compostos são: I. C5H10

II. C5H6

III. C8H18

IV. C13H16

b) O composto I é um ciclano (cicloalcano), o II é um cicloalcadieno, o III é um alcano e o IV é um hidrocarboneto aromático.

16 QuíMiCa OrgâNiCa | Caderno de atividades | gabarito

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cap. 7 | compostos Oxigenados 15

1. a)

−

OH

H3C − CH2 − CH2 − CH2 b)

−

OH

H3C − CH2 − CH2 − CH3

2. a)

=

O

H3C − C − CH2 − CH2 − CH3 b)

=

O

H3C − CH2 − C − CH2 − CH3

3. a) H3C − CH2 − COOH b) H3C − CH2 − CH2 − COOH

4. a) = O

H3C − C − O − CH2 − CH3 b) = O

H3C − CH2 − CH2 − C − O − CH3

5. a) CH3 − O − CH3 b) CH3 − CH2 − O − CH2 − CH2 − CH3

6. a) fenol, éter, aldeídob) ácido carboxílico e ésterc) cetona e álcool

1. Alternativa a.

OH

CH3−

−

fórmula molecular: C7H8O

2. a) C11H12O4

b) aldeído, cetona, álcool, fenol

3. 3,4,4-trimetilpentan-2-ol, C8H18O

4. Alternativa b.

5. Alternativa a.

6. Alternativa d.

7. Alternativa d.

8. Alternativa c.

9. Alternativa b.

10. Alternativa b.

11. Alternativa c.

Gabarito Capítulo 9Compostos Oxigenados

Cap. 9 | Compostos Oxigenados 17

Capítulo 7Compostos Oxigenados



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ibid

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12. Alternativa b.

13. Alternativa d.

14. Alternativa e.

15. Alternativa e.

16. Alternativa c.

17. Alternativa d.

18. I. ácido carboxílico

II. álcool

III. éster

19. Alternativa a.

20. Alternativa e.

21. Alternativa d.

22. Alternativa b.

23. Alternativa a.

24. Alternativa e.

25. Alternativa b.

26. Alternativa d.

27. Alternativa c.

28. Alternativa d.

29. Alternativa e.

30. Alternativa a.

18 QuímiCa OrgâniCa | Caderno de atividades | gabarito

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1. amina secundária

2. amina terciária

3. amina primária

4. metilamina

5. propilamina

6. fenilamina ou anilina

7. trimetilamina

8. etilmetilamina

9. H3C − CH2 − NH2

10. NH2

−

11. H3C − CH − CH3

NH2

−

12. H3C − C − CH3

CH3

NH2

−−

13. H3C − CH − CH2 − NH2

CH3

−

14. H3C − CH2 − CH2 − C

O

NH2

=−

15. − C−NH2

O=

16. bromociclopentano

17. clorometano

18. iodobenzeno

19. 1-bromopropano

20. 2-iodopropano

21. Alternativa a.

22. Alternativa b.

23. Alternativa b.

24. Alternativa b.

25. Alternativa c.

26. Alternativa a.

27. Alternativa b.

28. Alternativa b.

29. Alternativa d.

30. Alternativa d.

Gabarito Capítulo 10Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e Compostos Sulfurados

Cap. 10 | Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e Compostos Sulfurados 19Cap. 8 | Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e Compostos Sulfurados 17

Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e

Compostos SulfuradosCapítulo 8

Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e


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1. Alternativa d.

2. a) etanamida, amida b) metanoato de metila, éster

3. a) O

O − CH3CH3

=−

−

H3C − N − CH3 , H − C b) trimetilamina, metanoato de metila

4. a)

O=

H3C − C − O − CH2 − CH3 etanoato de etila b)

H

−

H3C − N − CH2 − CH2 − CH3 metilpropilamina

5. − C−

O

NH2

= − C−

O

O − CH3

=

6. Alternativa b.

7. Alternativa b.

SH

CH3

−−

H3C − C − CH3, M = 90 g/mol

8. Alternativa a. NO2

NO2

O2N

CH3−−

−−

N: 3, H: 5, O: 6

9. Alternativa c. Analisando as estruturas temos:

−

−

−

− −−

−−O

O

C

H H

C

OHCl

Cl

=

haletoorgânico

éter ácidocarboxílico

− −− −

− −− −

Cl

éter haletoorgânico

haletoorgânico

O Cl

Cl O Cl

Em comum, temos as funções éter e haleto orgânico.

20 QuímiCa OrgâNiCa | Caderno de atividades | gabarito QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 18


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ibid

as.


1. sim

2. não

3. sim

4. sim

5. não

6. sim

7. não

8. não

9. não

10. Alternativa b.

11. Alternativa e.

12. Alternativa d.

13. Alternativa d.

14. Alternativa a.

15. Tautomeria (migração do H e da dupla).

16. CH3 − CH2 − CH2 − CH2 − CH3 H3C − CH − CH2 − CH3 H3C − C − CH3

CH3

CH3

−

− CH3

−

17. H3C − CH2 − CH2 − CH2 − OH H3C − CH2 − CH − CH3

OH

−

H3C − C − CH3

OH

CH3

−

−

H3C − CH − CH2 − OH

CH3

−

H3C − O − CH2 − CH2 − CH3 H3C − O − CH − CH3

CH3

−

H3C − CH2 − O − CH2 − CH3

18. Alternativa e. I: éter e fenol II: aldeído III: álcool IV: ácido carboxílico

19. Alternativa a.

Gabarito Capítulo 11Isomeria Plana ou Estrutural

Cap. 11 | Isomeria Plana ou Estrutural 21Cap. 9 | Isomeria Plana ou Estrutural 19

Isomeria Plana ou EstruturalCapítulo 9

Isomeria Plana ou Estrutural


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inte

rnet

, sem

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xpre

ssa

auto

rizaç

ão d

a ed

itora

, são

pro

ibid

as.


1. Alternativa b. Os isômeros possuem a mesma fórmula molecular, a mesma fórmula mínima e a mesma fórmula percentual. Hidrocarbonetos isômeros têm a mesma proporção em massa de C e de H.

I. 0,168

0,032 = 5,25 II.

0,252

0,048 = 5,25 III.

0,491

0,109 = 4,50 I e II são isômeros

2. Alternativa b.

Br

Br

Br

−

−

−

Br

Br

Br−−

−

Br

BrBr −−

−

1, 2, 3 1, 2, 4 1, 3, 5

3. a) H2C CH2

H2C CH2

CH2

− − −

− − ciclopentano b) H2C = CH − CH2 − CH2 − CH3 pent-1-eno

5. a) As fórmulas estruturais de cada isômero:

H3C − C − (CH2)6 − CH3

O

=

H3C − CH2 − C − (CH2)5 − CH3

O

=

H3C − CH2 − CH2 − C − (CH2)4 − CH3

O

=

H3C − CH2 − CH2 − CH2 − C − CH2 − CH2 − CH2 − CH3

O

=

b) A cetona que corresponde a um palíndromo é: H3C − (CH2)3 − C − (CH2)3 − CH3

O

=

c) Nome oficial (1993): nonan-5-ona

Nome usual: cetonadibutílica ou dibutilcetona

6. Alternativa d.

linalol: C10H18O

eugenol: C10H11O2

citronelal: C10H18O

anetol: C10H12O

linalol e citonelal: mesma fórmula molecular

22 QuímICa OrgânICa | Caderno de atividades | gabarito QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 20


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auto

rizaç

ão d

a ed

itora

, são

pro

ibid

as.


1. não

2. sim

3. não

4. não

5. sim

6. sim

7. não

8. cis-1,2-dicloroeteno

9. cis-pent-2-eno

10. trans-pent-2-eno

11. Alternativa d.

12. Alternativa b.

13. a)

C = CH3C CH3

HH

−−

−−

b)

C = CH3C H

CH3H

−−

−−

c) H2C − CH2

H2C − CH2

− − d) H2C = C − CH3

CH3

−

14. Alternativa a.

15. Alternativa d.

C = CH3C CH2CH3

HH

−−

−−

H2C = C − CH2 − CH3

CH3

−

cis-pent-2-eno ciclopentano 2-metilbut-1-eno

C5H10 C5H10 C5H10

1. Alternativa a.

O8 6 4 2

7 5 3 1

2. Alternativa b.

I. Correta. II. Correta. Ácido maleico é polar. III. Incorreta. DHC = +20 kJ.

Cap. 12 | Isomeria Geométrica ou CIS-TRANS 23

Gabarito Capítulo 12Isomeria Geométrica ou CIS-TRANS



cap. 10 | isomeria Geométrica ou ciS-TRaNS 21

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ibid

as.

Capítulo 10Isomeria Geométrica ou CIS-TRANSIsomeria Geométrica ou CIS-TRANS

Capítulo 10


3. Alternativa d.

H − C = C − CH3

Cl H− −

H2C = C − CH3

Cl−

H2C = C − CH2

H

Cl

−

−

C

CH2

H

H2CCl

−− −−

−

cis e trans

Total: 5 isômeros

4. Alternativa b.

PV = nRT ∴ PV = m

M RT

1.246 = 5,6

M 0,082 ⋅ 300 ⋅ M = 56 g/mol

C4H8: but-2-eno

5. a) Os átomos de carbono que conferem isomeria geométrica ao retinal são os de números 4 e 5.

C C C CCH

CH

CH CHC

C

C

C

1

8 6

7

23

45

C O

H

H3C

H2C

H2C

H2C

CH3

CH2 CH3

CH3−

−

−− −− =

=

−

− −

− − − −

−=

−

−

−−

− =

−

−

H H

91

C C C C OCH CH

CH CH CHC

C

C8 6 2

7 4 35

H3C

H2C

H2C

CH3

H2C CH3

CH3 CH3−

−

− −= = = =−

− −

− − − − −−

−

−− −

− =

H

H

b) O grupo funcional presente no isômeros é aldoxila − CH

O

−=

e a função química é aldeído.

CIS – Retinal TRANS – Retinal

C = CH3C

H

CH3

H

−−−− C = C

H3C H

CH3H

−−

−−

24 QuímICA ORGâNICA | Caderno de Atividades | Gabarito Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 22

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Cap. 11 | Isomeria Óptica 23

1. H3C − C − COOH

H

OH

−

−*

2. H2N − C − CH2 − C − COOH

O H

NH2

= −

−*

3. C − CH2 − NH − CH3

OH

HO

HO H

−

−−

− −*

4.

*CH − COOH

CH3

H3C − O

−−

−

5. * *C − CH − CH − C

O O

HO OHOH OH

= =

− −− −

6. H2C − CH − CH − CH − CH − CHO

OH OH OH OH OH− − − − −

* * * *

7. a) (+) b) (−)

8. Alternativa a. *H2C = C − C − C − CH3H

H

H2

CH3

−

−

9. Alternativa b.

10. Alternativa a.

11. a) e b) *H3C − C − CH2 − CH3

H

OH−

− H3C − CH2 − C = C − CH2 − CH3

H H− −

óptica geométricabutan-2-ol-dextrogiro cis-hex-3-enobutan-2-ol-levogiro trans-hex-3-eno

12. a) *H3C − C − CH2 − CH3

H

OH−

− b) butan-2-ol

Gabarito Capítulo 13Isomeria Óptica


Isomeria ÓpticaCapítulo 11


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14. Alternativa c. H3C − CH = CH − CH − CH3−Cl

15. H3C − C − C

O

OH

H

OH

=−

− − ácido 2-hidroxipropanoico

1. Alternativa a.

I. verdadeira II. verdadeira III. verdadeira IV. falsa

2. Alternativa b. A substância que apresenta carbono assimétrico (quiral) preso a 4 ligantes diferentes é a anfetamina:

CH3

NH2

−− − −−−

C

H

Nos compostos citados, notamos a presença das

funções orgânicas: amida − C − N −

O

−

= e amina

− N −

−

3. Alternativa d. Analisando a estrutura da dietilpro-piona, temos:

C2H5

C2H5

=−

O

cetona

amina

N

Analisando a estrutura da fenproporex, temos:

carbonoassimétrico

CH2 − CH2 − CN

CH3

− −−−HH

C N

4. Alternativa d.

A molécula de glicose apresenta quatro átomos de carbono quirais, portanto, isomeria óptica.

A frutose e a galactose são isômeros de função:

frutose — poliálcool cetona

galactose — poliálcool aldeído

5. Alternativa b. A fórmula estrutural do ácido ascórbico:

C = C

− −

−−−− −− −

−

−

=

HO OH

OH

CH2 − OHC C

C

H

*H

O

O

6. Alternativa c.

−

=

− −

−

− −−

−

− −=

= −−− −

−− −

−−

HC C C

H2C CH2

CH2

HNC

O

CH3

O carbono quiralC

H

H

HC CHCH

C H2

HC

fórmula molecular: C14H19NO2

16. Alternativa e.

O

H H

=

−−− −

CO

CC

H2C

CH3

(CH2)3 − CH3* *

17. a) Não, a molécula não tem carbono quiralb) 1,0 ⋅ 10−6 g _______ 1 L

1 g ______________ x ∴ x = 106 L

26 QuímICa OrgânICa | Caderno de atividades | gabarito


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7. a) e b)

OH

H

H

H HO

O − H

=

−

−

C − C − C = C − C − C − C − C

C − C = C − C − C − C − C − C − CH3

CH2

H2C

H2C

H2

HH

H

H2

H2H2

H2

H2

H2

H2−

c) Fórmula molecular: C20H34O3

Massa molar (20 ⋅ 12 + 34 ⋅ 1 + 3 ⋅ 16) g/mol = 322 g/mol

8. Alternativa d.

vitamina C

carbono quiral

carbono quiral

OHHO

HO =−

−−

OC O

CC

CH

CH

HO

CH2

−

−

−

=

9. a) A fórmula estrutural da forma trans é: C = C

CH3

H3C − CH

H

OH

H

−−

−

−−

* o isômero trans apresenta os ligantes de maior massa molar em lados opostos em relação ao plano que contém a dupla--ligação.

b) O composto apresenta isomeria óptica porque possui carbono quiral ou assimétrico (C*) (carbono com qua-tro ligantes diferentes).

−

−

−

−

H

OH

H

H

*H3C − C − C = C − CH3

10. Alternativa c. Os carbonos assimétricos são: 1, 4, 5, 13, 14 e 17.


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QuímiCa iNTEGRaDa 2 | Caderno de atividades | Gabarito 26 Cap. 1 | Soluções 5

Akif

/sh

utte

rsto

ck

DensiDaDe d = m/V

determinarpureza

arquimedese a coroa de

Hieron

facilidade demedição

bomba deálcool

combustível

fórmula

usada na antiguidadepor arquimedes para

usada ainda nos diasde hoje devido a

exemplo exemplo

1. Dados

m1 (soluto) = 240 g

m2 (solvente) = 960 g d = m

V ∴ d =

1.200

1 d = 1.200 g/L = 1,200 g/mL

V = 1 L

2. Dados

d = 1.150 g/L m = m1 + m2 ∴ m = 160 + 760

m1 = 160 g m = 920 g

V2 = 760 cm3 ∴ m2 = 760 g

d = m

V ∴ 1.150 =

920

V V = 0,8 L

Gabarito Capítulo 1Soluções

MÔ

Nic

A ro

Bert

A su

Gui

YAM

A/a

cerv

o da

edi

tora

Gab_FisicaQuimica_Cap1.indd 5 3/11/16 10:26 AM

SoluçõesCapítulo 12Capítulo


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Cap. 12 | Soluções 276 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

3. Dados V = 20 mL, m = 30 g

a) d = m

V ∴ d =

30

20 ∴ d = 1,5 g/mL

b) d = m

V ∴ 1,5 =

m

4 ∴ m = 6 g

c) d = m

V ∴ 1,5 =

92

V ∴ V = 61,3 mL

4. a) Não, pois deveria ter completado com água até atingir o traço de aferição do balão.

b) A concentração será menor, pois o volume será maior que 500 mL.

5. Dados V = 400 mL = 0,4 L

m1 (soluto) = 18 g

C? C = m1

V ∴ C =

18 g

0,4 L ∴ C = 45 g/L

6. Dados V = 5 L

C = 5,8 g/L C = m1

V ∴ 5,8 =

m1

5 ∴ m1 = 29 g

m1 (soluto)?

7. Dados C = 9 g/L

V? C = m1

V ∴ 9 =

45

V ∴ V = 5 L

m1 = 45 g

8. Alternativa d.

Dados: V = 2,5 m3, m1 = 220 µg C?

C = m1

V ∴ C =

220

2,5 ∴ C = 88 µg/m3

massa desoluto

elevada porvolume desolução.

massa desolução

elevada porvolume desolução.

soluçãoCONCENTRADA

soluçãoDENSA

possui possuivs

apresentaalto valor de

concentração densidade

apresentaalto valor de

9. Alternativa e.

10. Alternativa d. Dados m(inicial) = 90 g

2 colheres m1 = 10 g

m(final) = 100g

100 g temos 10 g

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11. Dados p = 3,5%

700 kg de sais 100 kg 3,5 kg

m2 (H2O)? 700 kg + m2 700 kg

70.000 = 2.450 + 3,5 m2

67.550 = 3,5 m2

m2 = 19.300 kg

12. Alternativa d. 100 g 20 g

80 g + x 80 g ∴ 1.600 + 20 x = 8.000 ∴ x = 320 g

13. 2.000 mL 10 g

100 x ∴ x = 0,5 ∴ 0,5% m/V

14. 100 mL 3 g

600 mL x ∴ x = 18 g

15. 5 g 100 mL

10 g x ∴ x = 200 mL

16. 100 mL 16 mL

75 mL x ∴ x = 12 mL

18. atum Hg

106 g 0,5 g

200 g x ∴ x = 1024 g

19. Alternativa c.

1 ppm = 1 mg/L (solução aquosa)

20. 109 t 70 t

1 t x ∴ x = 7 · 1028 t

21. 106 m3 15 m3

1 m3 x ∴ x = 15 · 1026 m3

22. 100 L 2 · 1028 L

106 x ∴ x = 2 · 10-4 ∴ 2 · 1024 ppm (V/V)

23. refrigerante benzoato de sódio

100 g 0,1 g

106 x ∴ x = 103 ∴ 1.000 ppm

24. 106 g 12 g

100 x ∴ x = 12 · 1024 ∴ 12 · 1024 %

25. 109 g 100 g

106 x ∴ x = 0,1 ∴ 0,1 ppm

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26. Dados m1 soluto = 4,5 g

V = 500 mL = 0,5 L VH2O = 500 mL; mH2O = 500 g

a) C = m1

V ∴ C =

4,5

0,5 ∴ C = 9 g/L

b) 504,5 g 4,5 g

100 g x ∴ x = 0,89 g ∴ 0,89%

c) 100 g 0,89 g

106 g ∴ 0,89 · 104 ∴ 8.900 ppm

27. Dados V = 200 mL = 0,2 L M?

m1 = 6,84 g M = n1

V como n =

m1

M1

temos M = m1

M1V M =

6,84

342 · 0,2 ∴

M = 0,1 mol/L

M1 = 342 g/mol

28. Dados

m1?

V = 150 mL = 0,15 L M = 63 g/mol M = n1

V como n =

m1

M1

temos M = m1

M1V 0,2 =

m1

63 · 0,15 m1 = 1,89 g

M1 = 0,20 mol/L

29. Alternativa a.

Dados

M = 2 · 10-11 mol/L M1 = 200 g/mol

m1 = 1 g M = n1

V como n =

m1

M1

logo M = m1

M1VV = ?

2 · 10-11 = 1

200 ⋅ V = 2,5 · 108 L

30. Alternativa b.

Cálculo da quantidade de matéria de sacarose:

342 g 1 mol

3,42 g x ∴ x = 0,01 mol

Cálculo da concentração em mol/L:

50 mL 0,01 mol

1.000 y ∴ y = 0,2

portanto 0,2 mol/L

31. Dados m1 = ?

V = 500 mL = 0,5 L M = n1

V como n =

m1

M1

temos M = m1

M1V M = 0,20 g/mol

M1 = 64 + 32 + 64 + 90 ∴ M

1 = 250 g/mol 0,02 = m

250 · 0,5 m = 2,5 g

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32. Alternativa d.

CaCl2 Ca2+ + 2 Cl1

0,8 mol/L 0,8 mol/L 1,6 mol/L

[Ca2+] = 0,8 mol/L

[Cl1] = 1,6 mol/L

33. Alternativa b.

K3PO4 3 K1+ + PO43

0,2 mol/L 0,6 mol/L

34. Na2SO4 2 Na1+ + SO42


36. Alternativa d.

CrCl3 ⋅ 6 H2O Cr3+ + 3 Cl+ 6 H2O

266,5 g 52 g

x 20 ⋅ 103 g ∴ x = 1,025 ⋅ 101 g

1 mL 1,025 ⋅ 101 g

1.000 mL y ∴ y = 102,5 g

38. Alternativa b.

0,30 + 3x 0,28 (0,10 ⋅ 2) = 0 Na+ Fe3+ Cl SO4

2

x = 0,06 ∴ [Fe3+] = 0,06 mol/L

40. a) C = 10 dp ∴ C = 10 · 1,7 · 80 ∴ C = 1.360 g/L

b) C = MM

∴ 1.360 = M · 98 ∴ M = 13,8 mol/L

41. 49% mV 100 mL temos 4,9 g

a) C = m1

V ∴ C =

4,9

0,1 ∴ C = 49 g/L

b) C = MM

∴ 49 = M · 98 ∴ M = 0,5 mol/L

42. a) C = 10 dp 10 = 10 · 1 · p ∴ p = 1%

b) C = MM

10 = M · 200 ∴ M = 0,05 mol/L

43. Alternativa a.

C = MM

∴ 2,95 = M · 58,5 ∴ M = 0,05 mol/L

44. Alternativa d.

C = 10 dp = MM

∴ 10 · 1 · p = 0,8 · 60 ∴ p = 4,8%

45. Alternativa a. Dados

25 ppm M = 100 g/mol

M?

d = 1 g/mL

25 ppm é igual a 25 mg/L (25 · 103 g/L) C = MM 25 · 103 = M · 100; M = 0,00025 mol/L


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as.


Cap. 12 | Soluções 3110 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

46. Alternativa d. Dados 0,9% (m/v) M = 58,5 g/mol

M?

C em mg/L

0,9% (m/V) em 100 mL temos 0,9 g

M = n1

V como n =

m1

M1

temos M = m

M1V

M = 0,9

58,5 · 0,1 ∴ M = 0,15 mol/L

C = m1

V ∴ C =

0,9

0,1 ∴ 9 g/L ∴ 9 · 103 mg/L

1. Alternativa c.

Amostra 3: d = 0,954 g/mL teor de álcool = 23,7%

Amostra 1: d = 0,959 g/mL teor de álcool é maior que 15,8%



Amostra 5: d = 0,925 g/mL teor de álcool é maior que 31,6%

2. Alternativa e.

d = (1 V ⋅ 0,60) + (4 V ⋅ 0,70)

5 V ∴ d = 0,68 g/cm3

3. Alternativa b.

80 cm3 de água = 80 g de água

álcool 0,79 = m1

V1

∴ m1 = 0,79 V1

d = m

V 0,93 =

0,79 V1 + 80

V1 + 80 ∴ V1 = 40 cm3

4. a) semelhança de triângulos

d

0,78

0,82

0 50

0,89

x

Δ maior

0,89 0,78

50 0

=

Δ menor

0,82 0,78

x 0

x = 18,2% água

81,8% álcool

b) d

0,78

0 30 50

0,89

x

Δ maior

0,89 0,78

50 0

=

Δ menor

x 0,78

30 0

x = 0,846d = 0,846 g/mL

1 mL 0,846 g

1.000 mL x ∴ x = 846 g



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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 32 Cap. 1 | Soluções 11

5. Alternativa d.

Analisando-se o gráfico, verificam-se várias dosagens de álcool sendo absorvidas no sangue até um valor máxi-mo e posterior diminuição pela metabolização. Quanto maior a dosagem, maior o tempo necessário para a sua eliminação (metabolização).

6. Alternativa e.

Quando temos 50% de etanol na mistura a densidade vale, 0,93 g/mL (do gráfico).

em 50 mL de água temos 50 g de água

50 mL de etanol: d = m

V ∴ 0,79 =

m50

∴ m = 39,5 g

d = m

V ∴ 0,93 =

89,5V

∴ V 96 mL

7. Alternativa d.

C = m

V ∴ C =

80,5

∴ C = 16 g/L M = m1

M1V ∴ M =

8

160 ⋅ 0,5 ∴ M = 0,1 mol/L

8. Alternativa c.

fórmula molecular: C6H8O7 M

= 192 g/mol

M = m1

M1V ∴ M =

2.400

192 ⋅ 100 ∴ M = 0,125 mol/L

9. Alternativa b.

Cálculo da concentração em mol/L: M = n1

V, M =

m1

M1V M =

500 ⋅ 103 g176 g/mol ⋅ 0,2 L

M = 0,0142 mol/L C = 0,0142 mol ⋅ L1 ⋅ 176 g ⋅ mol1 C = 2,5 g/L

10. Alternativa a.

2,5% (m/V): em 100 mL de solução temos 2,5 g de NaOH

M1 = 40 g/mol

M = m1

M1 ⋅ V ∴ M =

2,5

40 ⋅ 0,1 ∴ M = 0,625 mol/L

11. Alternativa c.

392 ppm: em 106 t do ar temos 392 t de CO2

106 t 392 t

100 ⋅ 1012 t x ∴ x = 392 ⋅ 108 t ∴ 39,2 ⋅ 109 t

12. Alternativa d.

solução aquosa 1 ppm = 1 mg/L

A água é considerada dura quando a concentração de teor de cátions está acima de 150 ppm.

14. Alternativa b.

M I2 = 254 g/mol

Cálculo da massa do álcool: d = m

V 0,8 g/mL =

m

5.000 mL m = 4.000 g ∴ 4 kg de álcool

Na tintura de iodo, temos:

1 kg de álcool 127 g de I24 kg de álcool x ∴ x = 508 g


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15. Alternativa c.

a) Errada. M = n

V, M =

m

MV, M =

30 · 1023 g

60 g/mol · 1 L = 0,5 · 1023 mol/L

b) Errada. SiO2 = 30 mg

c) Correta. Ba(HCO3)2, Sr(HCO3)2, Ca(HCO3)2, Mg(HCO3)2 e KHCO3

base + H2CO3 bicarbonato + água (parcial)

16. Alternativa c.

Quanto mais concentrada a solução do ácido menor o crescimento das raízes.

curva I – C2 curva II – C1 curva III – C3 curva IV – C = 0 mol/L

17. Alternativa b.

C = 10 dp, C = MM

logo MM = 10 dp

M · 36,5 = 10 · 1,10 · 20 M = 6 mol/L

18. Alternativa b.

A concentração típica de manganês fornecida pela tabela é 5,0 · 101 mg/kg ou 50 ppm.

Cálculo do número aproximado de átomos de fósforo para 100 kg de planta seca:

1 kg 2,0 · 103 mg

100 kg x

x = 2,0 · 105 mg

31 g 6,0 · 1023 átomos

2,0 · 102 g x

x = 0,39 · 1025 átomos

3,9 · 1024 átomos

19. a) 1 ppm = 1 mg/L ∴ ppm = 0,02 mg

0,5 · 1023 L ∴ ppm = 40 mg/L

b) Massa de Hg/L vacina:

0,5 mL 0,2 mg

1.000 mL x ∴ x = 40 mg

Quantidade de matéria de Hg/L vacina:

200 g 1 mol

40 ⋅ 1023 g y ∴ y = 2 ⋅ 1024 mol

20. polpa de morango:

1.000 mL 704 mg

100 mL x ∴ x = 70,4 mg

polpa de laranja:

1.000 mL 528 mg

200 mL y ∴ y = 105,6 mg

total = 176 mg

Em 1.000 mL (1 L) temos 176 mg.

176 ⋅ 1023 g 1.000 mL

2,5 ⋅ 1024 ⋅ 176 g V ∴ V = 250 mL

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21. Alternativa d.

P: ppb = 20,7 μg

0,1 L = 207 μg/L

Q: ppb = 4,04 μg

0,1 L = 40,4 μg/L

R: ppb = 3,11 μg

0,05 L = 62,2 μg/L

22. 2 C6H6

2 ⋅ 78 g 15 O2 ⋅ 32 g

1 g x ∴ x = 3 g = 3.000 mg

Cálculo do volume do rio

C = m

V ∴ 103 =

1

V ∴ V = 103 L DBO =

mO2

volume da amostra em litros DBO =

3 ⋅ 103 mg

103 L = 3 mg/L = 3 ppm

23. A equação química do processo é:

(CH2O)n 1 nO2 nCO2 1 nH2O

n ⋅ 30 g n ⋅ 32 g

10 mg x ∴ x 5 10,7 mg

Ao dissolver 10 mg de açúcar em um litro de água (DBO igual a zero), são necessários 10,7 mg de O2 para a sua oxidação e, portanto, a DBO será aumentada de 10,7 mg de O2/litro.

24. Em 1 L temos 0,1 mol de H2O2

2 H2O2 2 H2O + O2

2 mol 22,4 L

0,1 mol x ∴ x = 1,12 L Concentração = 1,12 V

25. Alternativa b.

Em 100 g de solução temos 6 g.

100 mL 6 g

1.000 mL x ∴ x = 60 g

2 H2O2 O2 + 2 H2O

2 ⋅ 34 g 22,4 L

60 g y ∴ y = 19,76 L

Aproximadamente 20 volumes.

1. a) Cálculo da massa de esgoto:

1 m3 103 L

50.000 m3 x

x 5 5 ⋅ 107 L

De acordo com a densidade:

1 kg de esgoto 1 L

m 5 ⋅ 107 Lm = 5 ⋅ 107 kg


Exercícios Série Platina Copy

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b) Cálculo da massa do íon H2PO42 no esgoto:

30 ppm: 30 kg 106 kg

y 5 ⋅ 107 kg

y = 1.500 kg

c) Massa de Mg(NH4)PO4.6 H2O produzida na estação semanalmente

1 H2PO4 1 Mg(NH4)PO4.6 H2O

1 mol 1 mol

97 g 245 g

1.500 kg z

z = 3.788,65 kg

Como a remoção tem uma eficiência de 90% temos:

3.788,65 kg 100%

x 90%

x 5 3.409,79 kg Mg(NH4)PO4.6 H2O por dia

Em uma semana:

3.409,79 kg 3 7 = 23.868,55 kg/por semana

2. a) I. Como a porcentagem é 1,7%, em massa, e tendo-se 100 g de solução, a massa de NH3 é 1,7 g.

II. Como a massa molar da amônia é 17 g/mol, para 1,7 g temos 0,1 mol de NH3.

III. O volume de 100 g de solução, de acordo com a densidade é:

1 g 1 mL

100 g V

V = 100 mL

IV. Cálculo da concentração em mol/L

0,1 mol 0,100 L

M 1 L

M = 1 mol/L

b) NH3 1 HCl NH4Cl

1 mol 1 mol

0,1 mol 0,1 mol

Como a concentração é de 1 mol de amônia para 1 L de solução, então:

01, mol v

v = 0,1 L ou 100 mL

3. a) Equação (I) Foto decomposição do ácido nítrico:

2 HNO3 2 NO2 1 1/2 O2 1 1 H2O

Equação (II) Ionização do ácido nítrico em meio aquoso: HNO3 1 H2O H3O1 1 NO3

2

b)

1 L

60 de HNO3

20 °CM = 13,0 mol/L

Cálculo da massa de HNO3 em 1 L de solução

1 mol de HNO3 63 g

13,0 mol de HNO3 x

x = 819 g de HNO3

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Cálculo de massa da solução

819 g 60%

y 100%

y = 1.365 g de solução

c) Densidade da solução

d = m

V d =

1.365 g

1 L = 1.365 g/L = 1.365 g/mL

Concentração em g/L

C = m1/V (L)

C = 819 g/L

4. a) Cálculo do volume de CO exalado em 2 L de ar:

1,145 g 1 L

4,58 ⋅ 1025 g x

x = 4 ⋅ 1025 L

b) I. Cálculo do volume de CO em 106 L de ar:

2 L de ar 4 ⋅ 1025 L de CO

106 L de ar y

y = 20 L de CO

II. Cálculo do valor XX (ppm):

1 ppm 1 L de CO

XX 20 L de CO

XX = 20 ppm

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cap. 13 | Diluição e mistura 3716 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

1.

V = 2 cm3

M = 3 mol/LV' = 10 cm3

M' = ?

VH2O

MV = M'V' ∴ 3 ⋅ 2 = M' ⋅ 10 M' = 0,6 mol/L

2. Alternativa d.

V = ?M = 0,50 mol/L

V' = 250 mLM' = 0,15 mol/L

VH2O

MV = M'V' ∴ 0,50 ⋅ V = 0,15 ⋅ 250 ∴ V = 75 mL

3.

V = 400 mLM = 0,16 mol/L

V' = 320 mLM' = ?

MV = M'V' ∴ 0,16 ⋅ 400 = M' ⋅ 320M' = 0,2 mol/L

4.

m = 200 gp = 18%

m' = 500 gp' ?

300 g H2O

p ⋅ m = p' · m' ∴ 18 · 200 = p' ⋅ 500p' = 7,2%

5.

V = 50 cm3

C = 60 g/LV'C' = 5 g/L

VH2O?

CV = C'V' ∴ 60 · 50 = 5 ⋅ V' ∴ V = 600 cm3

VH2O = V' V ∴ VH2O = 600 cm3 50 cm3 = 550 cm3

Gabarito Capítulo 2Diluição e MisturaDiluição e Mistura


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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 38 Cap. 2 | Diluição e Mistura 17

6.

p = 38%d = 1,2 g/mLV = ?M

V' = 100 mLM' = 0,5 mol/L

C = 10 dp como C = MM temos MM = 10 dp M · 36,5 = 10 ⋅ 1,2 ⋅ 38, M = 12,5 mol/L

MV = M'V' ∴ 12,5 V = 0,5 ⋅ 100

V = 4 mL

7. Alternativa b.

M' = 15 mol/L

V' = ?

M' = 3 mol/L

V' = 500 mL

M'V' = M'V' 15 mol/L ⋅ V' = 3 mol/L ⋅ 500 mL V1 = 100 mL

8.

M = 0,4 mol/LV

M'V' = 4 V

a) MV = M'V'

0,4 V = M' 4 V ∴ M' = 0,1 mol/L

b) H2SO4 2 H+ + SO42


9.

C = 492 g/LV = 200 mL

C'V' = 600 mL

400 mL H2O

a) CV = C'V'

492 ⋅ 200 = C' ⋅ 600

C' = 164 g/L

b) C = MM 164 = M 164 M = 1 mol/L

Ca(NO3)2 Ca2+ + 2 NO 3

1 mol/L 1 mol/L 2 mol/L

10.

M = 2 mol/LV = 0,75 L

M' = 3 mol/LV' = 0,50 L

Vf = 1,25 LMf ?

MV + M'V' = MfVf ∴ 2 ⋅ 0,75 + 3 ⋅ 0,50 = Mf ⋅ 1,25 Mf = 2,4 mol/L

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11. C = 60 g/L

V = 200 mL

C' = 120 g/L

V' = 300 mL

Vf = 500 mL

Cf = ?

CV + C'V' = CfVf ∴ 60 ⋅ 200 + 120 · 300 = Cf · 500 ∴ Cf = 96 g/L

12. M = 1 mol/LV

M' = 3,5 mol/LV'

Mf = 2 mol/L

Vf = 100 mL ∴ Vf = V + V' = 100

MV + M'V' = Mf V f 1 V + 3,5 V' = 2 · 100 ∴ V + 3,5 V' = 200

100 V' + 3,5 V' = 200 ∴ 2,5 V' = 100 V' = 40 mL, V = 60 mL

13. Alternativa e.

V1 = 600 mLM1 = 0,25 mol/L

V2 = ?M2 = 1,5 mol/L

V3 = V1 + V2

M3 = 1,2 mol/L

M3V3 = M1V1 + M2V2

1,2 mol/L (600 mL + V2) = 0,25 mol/L ⋅ 600 mL + 1,5 mol/L ⋅ V2

720 mol/L ⋅ mL + 1,2 mol/L ⋅ V2 = 150 mol/L ⋅ mL + 1,5 mol/L ⋅ V2

570 mol/L ⋅ mL = 0,3 mol/L ⋅ V2

V2 = 1.900 mL ∴ V2 = 1,9 L

14.

V = 500 LM = 1 mol/L

V' = 1.500 m/LM' = 2 mol/L

Vf = 2.000 m/LMf

V'f = 2.500 mLM'f = ?

500 mL

MV + M'V' = Mf Vf = M'fV'f

1 · 500 + 2 ⋅ 1.500 = Mf ⋅ 2.500 ∴ M'f = 1,4 mol/L

16.

V = 150 m/LM = 0,4 mol/L

M' = 50 m/LV' = 0,8 mol/L

K2SO4KCl

Vf = 200 mL

a) KCl MV = MfVf ∴ 0,4 ⋅ 250 = Mf · 200 ∴ Mf = 0,3 mol/L

K2SO4M'V' = MfVf ∴ 0,8 · 50 = Mf ⋅ 200 ∴ Mf = 0,2 mol/L

b) KCl K1+ + Cl K2SO4 2 K1+ + SO42

0,3 mol/L 0,3 mol/L 0,3 mol/L 0,2 mol/L 0,4 mol/L 0,2 mol/L

[K1+] = 0,7 mol/L, [Cl1] = 0,3 mol/L, [SO42] = 0,2 mol/L

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17. Alternativa a.

V = 100 mLM = 0,1 mol/L

V' = 100 m/LM' = 0,1 mol/L

KClNaCl

Vf = 200 mL

NaCl MV = MfVf ∴ 0,1 · 100 = Mf · 200 ∴ Mf = 0,05 mol/L KCl idem Mf = 0,05 mol/L

KCl Na+ + Cl KCl K+ + Cl


[Na+] = [K+] = 0,05 mol/L [Cl] = 0,1 mol/L

18. a) HNO3 M = n

V 0,2 =

n

1 n = 0,2 mol

KOH M' =

n

V 0,1 =

n

2 n' = 0,2 mol

b) KOH + HNO3 KNO3 + H2O

equação 1 mol 1 mol 1 mol

exercício 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol

c) Não existe excesso de soluto

d) KNO3 M = n

V ∴ M = 0,2

3 ∴ M = 0,06 mol/L

19. a) KNO3 M = n

V ∴ 0,5 = n

1 n = 0,5 mol

KOH M' = n'

V' ∴ 0,1 =

n

2 n = 0,2 mol

b) KOH + HNO3 KNO3 + H2O


exercício 0,2 mol 0,5 mol

reage e forma 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol

f inal 0 mol 0,3 mol 0,2 mol

c) Excesso de KOH

d) HNO3 M =

n

V ∴ M =

0,3

3 ∴ M = 0,1 mol/L

e) KNO3 M =

n

V M =

0,2 mol

3 ∴ M = 0,06 mol/L

[Na+] = 0,67 mol/L

f ) NaOH Na+ + OH NaNO3 + Na+ NO3

[NO3 ] = 0,17 mol/L

0,5 mol/L 0,5 mol/L 0,5 mol/L 0,17 mol/L 0,17 mol/L 0,17 mol/L [OH] = 0,5 mol/L

20. a) NaOH M = n

V ∴ 1 = n

0,2 ∴ n = 0,2 mol

H2SO4 M' =

n'

V' ∴ 0,5 =

n'

0,4 ∴ n' = 0,2 mol


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cap. 13 | Diluição e mistura 4120 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

b) 2 NaOH + H2SO4 Na2SO4 + 2 H2O



reage e forma 0,2 mol 0,1 mol 0,1 mol

final 0 0,1 mol 0,1 mol

c) H2SO4

d) H2SO4 M = n

V ∴ M = 0,1

0,6 ∴ M = 0,17 mol/L

e) Na2SO4 M = n

V ∴ M = 0,1

0,6 ∴ M = 0,17 mol/L

f ) H2SO4 2 H+ + SO42 Na2SO4 2 Na+ + SO4

2


[H+] = 0,34 mol/L [Na+] = 0,34 mol/L [SO42] = 0,34 mol/L

21. AgNO3 e NaCl M = n

V 0,5 =

n

00,2 ∴ n = 0,01 mol

AgNO3 + NaCl AgCl + NaNO3

equação 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol

exercício 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol

reage e forma 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol

f inal 0 0 0,01 mol 0,01 mol

AgCl(s) [Ag+] 0 mol/L [Cl] 0 mol/L

NaNO3 M = n

V ∴ M = 0,01

0,04 ∴ M = 0,25 mol/L

[Na+] = 0,25 mol/L [NO3] = 0,25 mol/L

22. AgNO3 M = n

V ∴ 0,5 =

n'

0,02 ∴ n = 0,01 mol

NaCl M' =

n'

V ∴ 0,5 =

n

0,04 ∴ n' = 0,02 mol

AgNO3 + NaCl AgCl + NaNO3

equação 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol



f inal 0 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol

NaCl M = n

V ∴ M =

0,01

0,06 ∴ M = 0,17 mol/L

e

NaNO3

NaCl Na+ + Cl NaNO3 Na+ + NO3


[Ag+] 0 mol/L [Na+] = 0,34 mol/L [Cl] = [NO3] = 0,17 mol/L


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23. Dados HCl MA = 0,1 mol/L

VA

NaOH MB = 0,5 mol/L

VB = 200 mL = 0,2 L

Cálculo da quantidade em mols de NaOH: MB = nB

VB

∴ 0,5 = nB

0,2 ∴ nB = 0,1 mol

NaOH + HCl NaCl + H2O

0,1 mol 0,1 mol

Cálculo do volume da solução de HCl: MA = nA

VA

∴ 0,1 = 0,1

VA

∴ VA = 1 L

24. Dados BaCl2

V = 35 mL = 0,035 L

V = 0,2 mol/L Na2SO4

V' = 15 mL = 00,15 L

M' = 0,5 mol/L

M = m

V ∴ 0,2 = n

0,035 M =

n'

V ∴ 0,5 = n'

0,015

n = 0,007 mol n’ = 0,0075 mol

BaCl2 + Na2SO4 BaSO4 + 2 NaCl

0,007 mol 0,007 mol 0,007 mol

limitante excesso

n = m

M ∴ 0,007 =

m

233 ∴ m = 1,6 g

25. Alternativa b.

Dados HCl VA = 0,3 L

MA = 0,4 mol NaOH

VB = 0,2 L

MB = 0,8 mol/L

MA = nA

VA

∴ 0,4 = nA

0,3 MB =

nB

VB

∴ 0,8 = nB

0,2

nA = 0,12 mol nB = 0,16 mol


0,16 mol 0,12 mol 0,12 mol

excesso limitante

[NaCl] = n

V ∴ [NaCl] =

0,12

0,5 ∴ [NaCl] = 0,24 mol/L

26. Dados NaOH VB = 200 mL = 0,2 L

MB = 1,5 mol/L HCl

VA = 300 mL = 0,3 L

MA = 0,4 mol/L

MB = nB

VB

∴ 1,5 = nB

0,2 MA =

nA

VA

∴ 0,4 = nA

0,3

nB = 0,3 mol nA = 0,12 mol

2 NaOH + H2SO4 Na2SO4 + 2 H2O

2 mol 1 mol

0,3 mol 0,12 mol

excesso limitante solução básica: (0,3 mol 0,24 mol = 0,06 mol)

maior

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27. Alternativa a.

NaCl M = 0,1 mol/L

V = 50 mL = 0,05 L AgNO3{igual ao NaCl

M = n

V , logo n = 0,005 mol NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3

0,005 mol 0,005 mol 0,005 mol 0,005 mol

[Na+] = [NO3] ∴ [Na+] = [NO3

] = 0,05 mol/L

28. Alternativa b.

2 CH3COOH (CH3COO)2 Ca 4 g 100 mL

120 g 158 g 12 g y x 15,8 g ∴ x = 12 g ∴ y = 300 mL

1. a) C = 10 dp; C = MM

; M

M = 10 dp 58,5 M = 10 · 0,9 · 1 ∴ M = 0,15 mol/L

b) água do mar C1 = 27 g/L

V1 = 1 L

soro C2 = 10 dp = 10 ⋅ 1 · 0,9 = 9 g/L

V1 = ? C1V1 = C2V2 ∴ 27 ⋅ 1 = 9 ⋅ V2

V2 = 3 L

2. Alternativa c. 10 g de soluto

Solução mais concentrada: 10% 90 g de água

100 g de solução

Como a concentração caiu pela metade, temos 200 g de solução

10 g de soluto

5% 190 g de água

200 g de solução

90

190 =

9

19

3. Alternativa e.

pm = p'm'12% 1.000 = 48 m'm' = 250 kgmH2O evaporada = 1.000 kg 250 kg = 750 kg

4. Alternativa d.

Varfarina: 3,0 mg/mL = 3,0 ⋅ 103 mg/L

Volume do medicamento que vai ficar dissolvido em um adulto de volume sanguíneo total de 5,0 L.

100% 5,0 L

60% x

∴ x = 3,0 L


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Cálculo do volume da solução do medicamento para evitar que não ocorram hemorragias (4,0 mg/L).

C1V1 = C2V2

3,0 ⋅ 103 mg/L ⋅ V1 = 4,0 mg/L ⋅ 3,0 L

V1 = 4,0 ⋅ 103 L ∴ 4,0 mL

5. Alternativa b.

C = 16 g/L C' = 0,8 ⋅ 103 g/LV = ? V' = 0,24 m3 = 0,24 ⋅ 106 mLCV = C'V'16V = 0,8 ⋅ 103 ⋅ 0,24 ⋅ 106

V = 12 mL vazão = 12 mL/s

6. a)

V1 = 5 mLC1

V2 = 50 mLC2

V4 = 25 mLC4

V3 = 10 mLC3 = C2

diluição 1 diluição 2alíquota

V1C1 = V2C2 ∴ 5 ⋅ C1 = 50 ⋅ C2 ∴ C2 = 0,1 · C1 C2 = C3 = 0,1 C1

V3C3 = V4C4 ∴ 10 ⋅ 0,1 ⋅ C1 = 25 · C4 C1 = 25 C4

b) A quantidade de cada soluto presente no sistema é determinada a partir de área sob cada pico.

Pico A ⇒ A b ⋅ h

2 =

1 ⋅ 32

= 1,5 unidade arbitrária.

Pico B ⇒ A’ = b ⋅ h

2 =

1,5 ⋅ 12

= 0,75 unidade arbitrária.

Como foi dito no texto que a concentração da capsaicina é a metade da de di-hidrocapsaicina, temos:

A di-hidrocapsaicina B capsaicina

7. Alternativa a.

MAVA + MBVB = MCVC adição

50 mL de H2O MCVC = M'CV'C

1 ⋅ 50 + 1 ⋅ 100 = M'C 200 M'C = 0,75 mol/L

M'CV"C = MDVD ∴ 0,75 ⋅ 10 = MD · 100 ∴ MD = 0,075 mol/L

8. a) Cálculo da quantidade de matéria do H2SO4 na solução:

MA = nA

VA ∴ 1,60 =

nA

0,1 ∴ nA = 0,160 mol

Cálculo da quantidade de matéria do NaOH na solução:

MB = nB

VB ∴ 1 =

nB

0,400 ∴ nB = 0,400 mol

A equação química do processo:

H2SO4 + 2 NaOH Na2SO4 + 2 H2O

1 mol 2 mol 1 mol

0,160 mol 0,320 mol 0,160 mol

Excesso de NaOH:

0,400 mol 0,320 mol = 0,08 mol

A solução é básica.

b) [Na2SO4] = 0,160 mol

0,500 L [Na2SO4] = 0,320 mol/L


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Cap. 13 | Diluição e Mistura 4524 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

9. Alternativa a.

Cálculo da quantidade em mol de íons H+ no suco gástrico.

1 L 1 ⋅ 101 mol

2,5 L x ∴ x = 2,5 · 101 mol

Cálculo da quantidade em mol de íons H+ que deve reagir com Mg(OH)2 para que retorne ao valor normal.

1 L 3 ⋅ 102 mol

2,5 L x ∴ x = 7,5 · 102 mol 0,25 mol 0,075 mol = 0,175 mol

Cálculo da quantidade em mol de Mg(OH)2.

Mg(OH)2(s) + 2 H+(aq) Mg2+(aq) + 2 H2O

1 mol 2 mol

y 0,175 mol ∴ y = 0,0875 mol = 0,09 mol

10. a) NaOH + HCl NaCl + H2O b) NaOH VB = 2 L

CB = 120 g/L

CB = mB

VB ∴ 120 =

mB

2 ∴ mB = 240 g

MA = nA

VA ∴ 12 =

6

VA ∴ VA = 0,5 L

HCl VA?

MA = 12 mol/L

NaOH HCl

40 g 1 mol

240 g x ∴ x = 6 mol

11. HCl VA = 30 mL = 0,03 L

MA = 2 mol/L Me(OH)2 mB = 2,67g

MA = nA

VA

∴ 2 = nA

0,03 ∴ nA = 0,06 mol

Me(OH)2 + 2 HCl MeCl2 + H2O

M 2 mol

2,67 g 0,06 mol ∴ M = 89 g/mol 89 = x + 34 ∴ x = 55 ∴ MMe= 55 g/mol MA = 55 u

12. Alternativa a.

CaCl2 M = n

V 0,1 =

n

0,02 n = 0,002 mol

AgNO3 M’ =

n'

V' 0,2 =

n'

0,02 n’ = 0,004 mol

CaCl2 + 2 AgNO3 2 AgCl↓ + Ca(NO3)2

0,002 mol 0,004 mol 0,002 mol

Ca(NO3)2(aq) M = 0,002

0,04 ∴ M = 0,05 mol/L

Ca(NO3)2 Ca2+ + 2 NO3

0,05 mol/L 0,05 mol/L 0,01 mol/L

[Ag+] = 0 mol/L [Cl] = 0 mol/L


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13. a) CaCl2 + 2 AgNO3 2 AgCl(s) + Ca(NO3)2

b) CaCl2 1 L 0,2 mol

0,2 L x ∴ x = 0,04 mol

AgNO3 1 L 0,3 mol

0,3 L y ∴ y = 0,06 mol

CaCl2 + 2 AgNO3

1 mol maior 2 mol

0,04 mol 0,06 mol

excesso limitante

c) AgCl M = 143,5 g/mol

1 mol 143,5 g

0,06 mol x ∴ x = 8,61 g

d) [CaCl2] = 0,01 mol

0,5 L = 0,02 mol/L CaCl2 Ca2+ + 2 Cl

0,02 mol/L 0,02 mol/L 0,04 mol/L

[Ca(NO3)2] = 0,06 mol

0,5 L = 0,12 mol/L Ca(NO3)2 Ca2+ + 2 NO3

0,12 mol/L 0,12 mol/L 0,24 mol/L

[Ca2+] = 0,14 mol/L [Cl] = 0,04 mol/L [NO3] = 0,24 mol/L

14. a) BaCO3 + 2 HCl BaCl2 + CO2 + H2O ou BaCO3 + 2 H+ + 2 Cl Ba2+ + 2 Cl + CO2 + H2O

b) 100 mL 13,1 g

150 mL x ∴ x = 19,65 g

BaCO3 Ba2+

197,3 g 137,3 g

19,65 g y ∴ y = 13,67 g

15. Cálculo da concentração em mol/L da solução final

C = 10 dp, C = MM

MM = 10 dp ∴ M ⋅ 40 = 10 ⋅ 1 ⋅ 5

M' = 1,25 mol/L

MV = M'V'

2 ⋅ 50 = 1,25 V' V' = 80 mL

VH2O = 80 mL 50 mL = 30 mL

16. Na2CO3 n = m

M M = 106 g/mol

n = 1,06

106 ∴ n = 0,01 mol

Na2CO3 + 2 HCl 2 NaCl + CO2 + H2O

1 mol 2 mol

0,01 mol 0,02 mol

HCl M = n

V ∴ 0,8 =

0,02

V ∴ V = 0,025

L

∴ 25 mL

0,05 mL 1 gota

25 mL x ∴ x = 500 gotas


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17. Alternativa c.Observando a tabela fornecida, após 120 mL de solução de HCl teremos um excesso desse reagente, pois o volume liberado de CO2 permaneceu constante.Cálculo da quantidade de mol de HCl e CO2 quando temos 0,01 mol de carbonato.

HCl MA = 0,5 mol/L

VA = 120 m/L = 0,12 L MA =

nA

VA

0,5 = nA

0,12 ∴ nA = 0,06 mol

CO2 24,8 ⋅ 103 mL 1 mol

744 mL x ∴ x = 0,03 molTemos:

carbonato HCl CO2 Para essa proporção ocorrer só pode ser Me2(CO3)30,01 mol 0,06 mol 0,03 mol Me2(CO)3 + 6 HCl 2 MeCl3 + 3 CO2 + 3 H2O

1 mol 6 mol 3 mol

1. a) Cálculo da concentração, em mol/L, da solução C:

1

A B C

VA 5 50 mL VB 5 300 mL VC 5 VA 1 VB 5 350 mLMA 5 1 mol/L CB 5 30 g/L ou MC

MB 0,5 mol/L

MC ⋅ VC 5 nA 1 nB

MC ⋅ 350 5 (MA ? VA) 1 (MB ? VB)

MC ⋅ 350 5 (1 ⋅ 50) 1 (0,5 ⋅ 300)

MC = 0,57 mol/L

b) Cálculo da concentração da solução D:

adição

de água

C DV = 1 L

VC 5 350 mL VD 5 1.000 mL

MC 5 0,57 mol/L MD

MC ⋅ VC 5 MD ? VD

0,57 ⋅ 350 5 MD ⋅ 1.000

MD 0,2 mol/L

c) – Soro fisiológico 0,9% em massa:

0,9 g de NaCl em 100 g de solução ou 0,9 g de NaCl em 100 mL de solução.

– Solução D

0,2 mol de NaCl em 1 L de solução

x 0,1 L

x 5 0,02 mol de NaCl

1 mol de NaCl 58,5 g

0,02 mol x

x 5 1,17 g de NaCl > 0,9 g. Portanto, a solução D não pode ser usada como soro fisiológico

Exercícios Série Platina

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2. a) Cálculo da quantidade de matéria do K2SO4:

1 mol 174 g

x 17,5 g

x 0,1 mol

Cálculo da concentração em mol ⋅ L21 do K2SO4:

0,1 mol de K2SO4 0,5 L de solução

y 5 0,2 mol 1 L de solução

M 5 0,2 mol ⋅ L21

b) Equação da reação:

K2SO4(aq) + Ca(NO3)2(aq) CaSO4(s) + 2 KNO3(aq)

início 0,1 mol 0,05 molreage 0,05 mol 0,05 mol forma 0,05 mol 0,1 mol

Na solução final haverá: 0,05 mol de K2SO4(aq) que não reagiu (excesso), 0,05 mol CaSO4(s) e 0,1 mol KNO3(aq)

c) (I) O íon potássio está presente no excesso de K2SO4 e no sal formado, KNO3.

Cálculo da concentração de íons K1

K2SO4 2K1 + SO422 KNO3 K1 + NO3

2

1 mol 2 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol

0,05 mol ⋅ L21 x 0,1 mol ⋅ L21 y

x 5 0,1 mol ⋅ L21 y 5 0,1 mol ⋅ L21

Total 5 [K+] 5 x + y

[K+] 5 0,1 + 0,1 5 0,2 mol ⋅ L21

(II) Cálculo da concentração de íons SO422

Volume final 5 1 litro

K2SO4 2K+ 1 SO422

1 mol 2 mol 1 mol

0,05 mol ⋅ L21 v

v 5 0,05 mol ⋅ L21

[SO422] 5 0,05 mol ⋅ L21

3. a) Diluir significa acrescentar mais solvente a uma solução. Como a quantidade de soluto permanece a mesma, o acréscimo de solvente leva à formação de uma solução final de concentração menor que a inicial.

200 mL

água

15 g NaClV = 50 mL

A

MA' = ?

15 g NaClV' = 250 mL

A'

1a resolução:

No início, havia 15 g de NaCl em 50 mL de solução. Após a diluição, a solução final apresenta 15 g de NaCl em 250 mL de solução. Portanto a concentração final MA, será:

No de mol de NaCl em 15 g:

1 mol 58,5 g

x 15 gx 0,25 mol

0,25 mol 250 mL

MA 1.000 mL

MA = 1 mol/L


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cap. 13 | Diluição e mistura 4928 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

2a resolução:

Cálculo da concentração da solução A:

0,25 mol 50 mL

MA 1.000 mL

MA = 5 mol/L

Aplicando a fórmula da diluição:

MA ⋅ VA = MA’ ⋅ VA’

5 ⋅ 50 = MA’ ⋅ 250

MA’ = 1 mol/L

b) Misturar soluções de mesmo soluto é um processo que irá resultar na formação de uma solução final de con-centração intermediária entre as soluções misturadas, pois as quantidades de soluto irão se somar assim como os seus volumes. Então teremos uma nova relação entre a quantidade de soluto e o volume final da mistura.

1

15 g NaCl

A

NaCl

B

NaCl

VA 5 50 mL VB 5 100 mL VF 5 150 mL

nA 5 0,25 mol nB 5 0,20 mol MF 5 ?

MA 5 5 mol/L MB 5 2 mol/L

Aplicando a fórmula:

MF ⋅ VF 5 MA ⋅ VA + MB ⋅ VB

MF ⋅ 150 5 5 ⋅ 50 + 100 ⋅ 2

MF 5 3,0 mol/L

c) Misturar soluções diferentes, cujos solutos não reagem é um processo que irá resultar na diluição de cada uma das soluções iniciais. As quantidades dos solutos permanece a mesma após a mistura, alterando apenas o volume no qual se encontram.

Solução B: Solução C:

retirou-se

50 mL

VB = 100 mLnB = 0,20 molMB = 2 mol/L

NaCl

B

V = 50 mLn = 0,10 molMB = 2 mol

NaCl

B

retirou-se

100 mL

VC = 500 mLMC = 1 mol/L

MgCl2

C


MgCl2

C

A mistura de B com C:

1

NaCl

B

MgCl2

C

NaClMgCl2

íonsCl

Mg2+

Na+

VB = 50 mLMB = 2 mol/L


VF = 150 mLMF = ?

Solução de NaCl

MB ⋅ VB 5 MF ⋅ VF

2 ⋅ 50 5 MF ⋅ 150

MF 5 0,66 mol/L


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Solução de MgCl2MC ⋅ VC 5 MF ⋅ VF

1 ⋅ 100 5 MF ⋅ 150

MF 5 0,66 mol/L

Concentração dos íons:

NaCl(aq) Na+(aq) + Cl12(aq)

0,66 mol/L 0,66 mol/L 0,66 mol/L

MgCl2(aq) Mg2+(aq) + 2 Cl12(aq)

0,66 mol/L 0,66 mol/L 1,33 mol/L

Resposta: [Na+] 5 [Mg2+] 5 0,66 mol/L

[Cl12] = 1,99 mol/L

4. a) MAVA MBVB MCVC = MfVf

0,5 ⋅ 100 1,0 ⋅ 200 0,5 ⋅ 200 = Mf ⋅ 500

Mf = 0,7 mol/L

b) MV = M'V'0,5 ⋅ 300 = M' ⋅ 700 ∴ M' = 0,21 mol/L

c) KCl MV = M'V' ∴ 0,7 ⋅ 500 = M' ⋅ 700 ∴ M' = 0,5 mol/L

KCl K Cl2

0,5 mol/L 0,5 mol/L

K2CO3 MV = M'V' ∴ 0,7 ⋅ 200 = M' ⋅ 700 ∴ M' = 0,2 mol/L

K2CO3 2 K CO322

0,2 mol/L 0,4 mol/L

[K] = 0,9 mol/L


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cap. 14 | Titulação 5130 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

1. HCl VA = 20 cm3

MA = 0,5 mol/L KOH

VB = 50 cm3

MB?

KOH + HCl KCl + H2O

proporção 1 1

erlenmeyer nB nA

∴ nB = nA

MBVB = MAVA ∴ MB ⋅ 50 = 0,5 · 20 MB = 0,2 mol/L

2. Alternativa e.

NaOH VB = 10 mL

MB? HCl

VA = 15 mL

MA = 0,1 mol/L

NaOH + HCl NaCl + H2O nB = nA

MBVB = MAVA ∴ MB ⋅ 10 = 0,1 · 15 MB = 0,15 mol/L

3. HAc VA = 20 mL

MA? NaOH

VB = 30 mL

MB = 0,2 mol/L

NaOH + HAc NaAc + H2O nB = nA

MBVB = MAVA ∴ 0,2 · 30 = MA · 20 MA = 0,3 mol/L

4. NaOH VB = 10 mL

MB = 0,8 mol/L H2SO4

VA = 20 mL

MA?


proporção 2 1

erlenmeyer nB nA

∴ nB = 2 nA

MBVB = 2 ⋅ MAVA 0,8 ⋅ 10 = 2 · MA ⋅ 20 ∴ MA = 0,2 mol/L

aparelhagem: bureta e erlenmeyer

5. Alternativa a.

Ba(OH)2

VB = 25 mL

MB? HNO3

VA = 7 mL

MA = 0,7 mol/L

Ba(OH)2 + 2 HNO3 Ba(NO3)2 + 2 H2O

proporção 1 2

erlenmeyer nB nA

∴ 2 nB = nA

2 MBVB = MAVA ∴ 2 ⋅ MB ⋅ 25 = 0,7 ⋅ 7 MB = 0,098 mol/L

Gabarito Capítulo 3Titulação


TitulaçãoCapítulo 14


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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 52 Cap. 3 | Titulação 31

6. Ce(OH)3

VB = 100 mL

MB? H2SO4

Vs = 50 mL

MA = 1 mol/L

2 Ce(OH)3 + 3 H2SO4 2 Ce2(SO4)3 + 6 H2O

proporção 2 3

erlenmeyer nB nA

∴ 3 nB = 2 nA

3 MBVB = 2 MAVA ∴ 3 MB ⋅ 100 = 2 ⋅ 1 ⋅ 50 MB = 13

mol/L

7. vinagre 5%

VA = 20 mL NaOH

VB = 50 mL = 0,05 L

MB = 0,2 mol/L

NaOH + HAC NaAC + H2O nB = nA ∴ MAVA = MBVB 20 MA = 1 · 24 ∴ MA = 1,2 mol/L

C = 10 dp; C = MM ∴ MM = 10 dp 1,2 ⋅ 60 = 10 ⋅ 1 ⋅ p ∴ p = 7,2% informação falsa

8. Alternativa c.

No início a condutibilidade elétrica é elevada pois o Ba(OH)2 é base forte, isto é, está bastante dissociada. Ao adicionar H2SO4 ocorre a neturalização da base diminuindo a condutibilidade elétrica do meio, de acordo com a equação.

Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2 H2O

insolúvel Os produtos estão pouco ionizados.

9. Alternativa c.

rótulo C = MM ∴ 42 = M ⋅ 60 ∴ M = 0,70 mol/L

NaOH + CH3COOH CH3COONa + H2O

titulação MAVA = MBVB MA ⋅ 10 = 0,1 ⋅ 25 ∴ MA= 0,25 mol/L

10. vinagre 15 g

pureza? NaOH

VB = 50 mL = 0,05 L

MB = 0,2 mol/L

NaOH + HAc NaAc + H2O nB = nA ∴ MBVB = nA ∴ MBVB = mA

MA

0,2 ⋅ 0,05 = mA

60 ∴ mA = 0,6 g 15 g 100%

0,6 g x ∴ x = 4%

11. Alternativa d.

H2SO4: 1 L 0,7 mol

0,05 L nA ∴ nA = 0,035 mol


2 mol 1 mol

nB nA ∴ nB = 2 nA

nB = 0,07 mol ∴ 0,07 mol ⋅ 40 g/mol = 2,8 g

4,0 g 100%

2,8 g P ∴ P = 70%


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cap. 14 | Titulação 5332 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

12. H2SO4 m = 12,25 g

V = 250 mL

alíquota H2SO4

MA?

VA = 25 mL NaOH VB = 20 mL

MB = 0,1 mol/L

2 NaOH + H2SO4 Na2SO4 + 2 H2O nB = 2 nA ∴ MBVB = 2 MAVA 0,1 ⋅ 20 = 2 ⋅ MA ⋅ 25 ∴ MA = 0,04 mol/L

MA = nA

VA

como nA = mA

MA temos MA =

mA

MAVA

0,04 = mA

98 · 0,250 ∴ mA = 0,98 g

12,25 g 100%

0,98 g x ∴ x = 8%

13. Zn {m = x g VA = 10 mL

MA = 0,5 mol/L

H2SO4

inicial KOH

VB = 16 mL

MB = 0,25 mol/L

Cálculo da quantidade de mol inicial de H2SO4:

MA = nA

VA

∴ 0,5 =

nA

0,01 ∴ nA = 0,005 mol

Cálculo da quantidade em mol de H2SO4 em excesso.

2 KOH + H2SO4 K2SO4 + 2 H2O

proporção 2 1

erlenmeyer nB nA

∴ nB = 2 nA

MBVB = 2nA ∴ 0,25 · 0,016 = 2nA nA = 0,002 mol

Cálculo da quantidade em mol de H2SO4 que reage com Zn.

0,005 mol 0,002 mol = 0,003 mol

Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2

65 g 1 mol

x 0,003 mol ∴ x = 0,195 g

14. Al 3 g

pureza?

HClinicial

VA = 200 mL = 0,2 L

MA = 3 mol/L NaOH

VB = 300 mL = 0,3 L

MB = 1 mol/L

Quantidade em mols inicial de HCl.

M = nV

∴ 3 = n

0,2 ∴ n = 0,6 mol

Quantidade em mols que reage com NaOH:


nA = nB ∴ nB = 1 · 0,3 ∴ nB = 0,3 mol

Quantidade em mols de HCl que reage com Al.

0,6 mol 0,3 mol = 0,3 mol

Cálculo da pureza

Al + 3 HCl AlCl3 + 32

H2

27 g 3 mol 3 g 100%

x 0,3 mol ∴ x = 2,7 g 2,7 g y ∴ y = 90%

impuro

amostra

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15. Na2CO3 10 g

pureza? HCl

inicial

VA = 800 mL = 0,8 L

MA = 0,2 mol/L NaOH VB = 250 mL = 0,25 L

MB = 0,2 mol/L

Quantidade em mols inicial de HCl.

M = nV

∴ 0,2 = n

0,8 ∴ n = 0,16 mol

Quantidade em mols de HCl que reage com NaOH.

NaOH + HCl NaCl + H2O nA = nB ∴ nB = 0,2 · 0,25 ∴ nB = 0,05 mol

Quantidade em mols de HCl que reage com Na2CO3. 0,16 mol 0,05 mol = 0,11 mol

Cálculo da pureza.

Na2CO3 + 2 HCl 2 NaCl + CO2 + H2O

106 g 2 mol 10 g 100%

x 0,11 mol ∴ x = 5,83g 5,83 g y ∴ y = 58,3%

16. Misturainicial

VA = 10 mL = 0,01 L

MA = 2 mol/L

V'A = 20 mL = 0,02 L

M'A = x mol/L

diluição

V"A = 50 mL alíquota

VA = 10 ml NaOH

VB = 5 mL

MB = 2 mol/L

Cálculo da concentração em mol/L da mistura.

NaOH + HCl NaCl + HCl

MBVB = M"AV"A ∴ 2 ⋅ 5 = MA · 10

MA = 1 mol

Cálculo de x.

MAVA + x V' = M"AV"A

2 ⋅ 10 + x 20 = 1 ⋅ 50

x = 1,5

1. Alternativa e.

Ácido cítrico + 3 NaOH

1 mol 3 mol

nA nB ∴ 3 · nA = nB

3 ⋅ MA ⋅ VA = MB ⋅ VB 3 ⋅ MA ⋅ 5,0 mL = 0,1 mol/L · 6,0 mL MA = 0,04 mol/L ∴ 4,0 ⋅ 102 mol/L

2. Alternativa a.

HCl: 1 L 0,5 mol

0,02 L nA ∴ nA = 0,01 mol

nB = nA = 0,01 mol 0,01 mol ⋅ 40 g/mol = 0,4 g

1 g 100%

0,4 g P ∴ P = 40%

amostra


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Cap. 14 | Titulação 5534 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

3. a) Ag+(aq) + SCN(aq) AgSCN(s)

Cálculo da quantidade em mols de SCN:

M = n

V 0,2 mol/L =

n

15,0 ⋅ 103 L

n = 0,003 mol

Cálculo da concentração em mol/L de AgNO3:

M = n

V ∴ M =

0,003 mol

25,0 ⋅ 103 L

M = 0,12 mol/L

b) C = 10 d p, C = M ⋅ M

M ⋅ M = 10 d p

0,12 mol/L ⋅ 170 g/mol = 10 ⋅ 1 g/mL ⋅ p

p = 2,04%

Não é adequada para uso hospitalar.

4. a) soro: 0,9% (m/m)

solução de V = 10 mL solução de

V' = 20 mL = 0,002 L

M' = 0,1 mol/L

M = nV

logo n = 0,002 mol NaCl AgNO3

NaCl + AgNO3 NaNO3 + AgCl MV = M'V' ∴ M ⋅ 10 = 0,1 · 20 M = 0,2 mol/L

C = MM, C = 10 dp logo MM = 10 dp 0,2 ⋅ 58,5 = 10 ⋅ 1 ⋅ p p = 1,17% não

b) NaCl + AgNO3 NaNO3 + AgCl

1 mol 143,4 g

0,002 mol x ∴ x = 0,2868 g

5. Cálculo da quantidade em mols do íon SCN.

M =

nV

∴ 0,150 = n

0,042

n = 0,0063 mol

Cálculo da massa de Ag+

1 mol 108 g

0,0063 mol x ∴ x = 0,68 g

Cálculo do teor da prata

0,8 g 100%

0,68 g y ∴ y = 85%

6. a) A proporção em mols do ácido e da base é 1 : 2.

H2C2O4 + 2 NaOH Na2C2O4 + 2 H2O

ácido base

1 mol 2 mol

nA nB

Cálculo da quantidade de matéria de NaOH:

2 nA = nB ∴ 2 MAVA = MBVB

2 ⋅ MA ⋅ 25 = 0,5 ⋅ 16

MA = 0,16 mol/L

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b) M =

nV

∴ M = m

M ⋅ V ∴ 0,16 mol/L

= 5,04 g

M ⋅ 0,250 L

M = 126 g/mol

H2C2O4.x H2O

126 g/mol = (2 + 2 ⋅ 12 + 4 · 16) g/mol + x ⋅ 18 g/mol

126 g/mol = 90 g/mol + x ⋅ 18 g/mol

36 = x ⋅ 18

x = 2

fórmula: H2C2O4 ⋅ 2 H2O

7. Alternativa a.

Cálculo da massa de H2SO4 que reage com 42 g de MgCO3.

MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + CO2 + H2O

84 g 98 g

42 g x ∴ x = 49 g

Cálculo da massa de H2SO4 em excesso.

1 LMA

10 mLMA

diluição alíquota

NaOHMB = 0,5 mol/L

VB = 2 mL


2 1nB nA ∴ nB = 2 nA

MBVB = 2 MAVA ∴ 0,5 ⋅ 2 = 2 MA ⋅ 10 ∴ MA = 0,05 mol

MA = mA

MAVA ∴ 0,05 =

mA

98 ⋅ 1 ∴ mA = 4,9 g

Massa total de H2SO4: 49 g + 4,9 g = 53,9 g 54 g

Cálculo do volume do H2SO4.

d =

mV

∴ 1,8 = 54 g

V ∴ V = 30 mL

8. a) região a: base está sendo neutralizada pelo ácido.

ponto b: ocorreu a neutralização total da base.

região c: excesso de ácido forte.

b) H+ + OH H2O, Ba2+ + SO42 BaSO4

9. a) Ba(OH)2(aq) + H2SO4(aq) BaSO4(s) + 2 H2O(l)

b) A intensidade de luz decresce, pois a quantidade de íons diminui na solução de H2SO4.

H+(aq) + OH(aq) H2O(l)

Ba2+(aq) + SO42(aq) BaSO4(s)

Após o ponto x, a intensidade de luz aumenta devido ao excesso da base, provocando aumento da quanti-dade de íons (Ba2+ e OH).

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c) Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2 H2O

1 mol 1 mol

nB nA ∴ nB = nA

MBVB = MAVA ∴ 0,4 ⋅ x = 0,1 ⋅ 100

x = 25 mL

10. Alternativa a.

Na+ + OH + H+ + Cl H2O + Na+ + Cl

ponto final [H+] = 0 mol/L [Na+] = [Cl]

A neutralização termina em 0,02 L de base adicionada: [H+] = [OH] e [Na+] = [Cl].

Curva dos íons Na+ é crescente pois não tínhamos na solução de HCl íons Na+.

Curva dos íons Cl é decrescente devido ao aumento do volume da solução.

O gráfico que melhor representa essa situação é da alternativa a. Não pode ser o gráfico na alternativa b, pois a concentração dos íons OH fica menor que 0,1 mol/L devido ao aumento do volume da solução.

1. I. No de mol de Na2S2O3 gasto na titulação:

1 L 0,10 mol

0,026 L x

x = 0,0026 mol

II. No de mol de íons I3 titulado:

I3(aq) + 2 S2O3

2(aq) S4O62(aq) + 3 I(aq)

1 mol 2 mol

y 0,0026 mol

y = 0,0013 mol

III. No de mol de íons cobre que reagiram

2 Cu21(aq) + 5 I(aq) 2 CuI + I3(aq)

2 mol 1 mol

z 0,0013 mol

z = 0,0026 mol de íons de cobre.

IV. Massa de cobre

1 mol 63,5 g

0,0026 mol x

x = 0,165 g

V. Cálculo da percentagem em massa:

amostra: 0,251 g 100%

0,165 g x

x = 65,7%



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2. a) I. (NH4)2SO4 + 2 NaOH Na2SO4 + 2 NH3 + 2 H2O

II. NH3 + HCl NH4Cl

III. HCl + NaOH NaCl + H2O

b) Temos 50 mL a 0,10 mol/L:

1.000 mL 0,10 mol

50 mL x

x = 0,005 mol de HCl (inicial)

c) O excesso de HCl consumiu 21,5 mL de NaOH a 0,10 mol/L:

1.000 mL 0,10 mol

21,5 mL y

y = 0,002 mol de NaOH

Na reação III, temos a proporção:

1 mol de HCl 1 mol de NaOH

0,002 mol 0,002 mol

Portanto, temos excesso de 0,002 mol de HCl.

d) Cálculo da quantidade que reagiu de HCl (inicial – excesso):

(0,005 2 0,002) mol = 0,003 mol reagiu

Na reação II, temos a proporção:

1 mol de NH3 1 mol de HCl

0,003 mol 0,003 mol

Na reação I, temos a proporção:

1 mol de (NH4)2 SO4 2 mol de NH3

z 0,003 mol

z = 0,0015 mol

Cálculo da concentração do (NH4)2SO4:

0,0015 mol 10 mL

w 1.000 mL

w = 0,15 mol/L

3. a) I. Cálculo da quantidade de Mg(OH)2 ingerida em 9 mL da suspensão:

64,8 g de Mg(OH)2 1 L

x 9 ⋅ 1023 L

x = 0,5832 g de Mg(OH)2

II. Cálculo da quantidade de mol

Massa molar do Mg(OH)2 5 (24 + 2 ⋅ 16,0 + 2 ⋅ 1) g/mol 5 58 g/mol

1 mol de Mg(OH)2 58 g

y 0,5832 g

y 0,010 mol de Mg(OH)2

b) Mg(OH)2 + 2 HCl MgCl2 + 2 H2O


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c) Cálculo da quantidade em mol de HCl neutralizada:

1 mol de Mg(OH)2 2 mol de HCl

0,010 mol de Mg(OH)2 z

z = 0,02 mol de HCl

d) Esquema:

O

O

O

O O

O

O

H H

HH

H H

H H

H

HHHH

H

H H

OMg2+ Cl_

Interação: íon-dipolo

4. a) Cálculo da massa de ácido acético existente em 25 mL de vinagre:

4,8% (m/V) → existem 4,8 g de ácido etanóico em 100 mL de vinagre:

4,8 g 100 mL

x 25 mL

x = 1,2 g de ácido acético

b) Cálculo da massa de NaOH gasta em cada titulação

HAC + NaOH NaAc + H2O

1 mol 1 mol

60,0 g 40,0 g

1,2 g y

y 5 0,8 g de NaOH

Cálculo da massa de NaOH gasta em 264 análises:

1 análise 0,8 g de NaOH

264 análises z

z = 211,2 g de NaOH

5. a) Equação I: CaCO3(s) + 2 HCl(aq) CaCl2(aq) + CO2(g) + H2O(l)

Equação II: HCl(aq) + NaOH(aq) NaCl(aq) + H2O(l)

b) Cálculo da concentração da solução de NaOH:

HCl + NaOH NaCl + H2O

Mas 20 mL de NaOH foram titulados por 25 mL HCl 0,2 mol/L:

MAVA 5 MBVB ∴ 25 ⋅ 0,20 5 MB ⋅ 20

MB = 25 ⋅ 0,20

20 = 0,25 mol/L.

A razão da 2a titulação é determinar a concentração da solução de NaOH pois ela é necessária para se de-terminar o excesso de ácido utilizado na dissolução do carbonato de cálcio.

c) • Cálculo do excesso de HCl usado na reação com CaCO3.


V = 12 mL

M = 0,25 mol/L

1 L 0,25 mol

0,012 L x

x = 3 ⋅ 1023 mol


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Esta quantidade foi utilizada para reagir com o excesso de HCl utilizado na reação com CaCO3. Logo, pela estequiometria da reação HCl + NaOH NaCl + H2O o excesso é calculado por

nHCl excesso = NNaOH = 3 ⋅ 1023 mol

• Cálculo da quantidade de ácido que reagiu com CaCO3:

Nos 50 mL de HCl 0,20 mol/L, há

1 L 2 0,20 mol

0,05 L 2 x

x = 10 ⋅ 1023 mol

A quantidade de HCl que reagiu: n = ntotal 2 nexcesso ácido = 10 ⋅ 1023 2 3 ⋅ 1023 = 7 ⋅ 1023 mol

d) Cálculo da massa de CaCO3 que reagiu

CaCO3(s) + 2 HCl(aq) CaCl2(a) + H2O (l) + CO2(g)

Pela estequiometria da reação têm-se que:

n(CaCO3) = n(HCl)

2

n(CaCO3) = 7

2 ⋅ 1023 = 3,5 ⋅ 1023 mol

Logo, 1 mol CaCO3 100 g

3,5 ⋅ 1023 mol x ∴ x = 0,35 g


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cap. 15 | Propriedades coligativas 6140 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

1. soluto

2. a) Pv = 17,5 mmHgb) Pv = 44 mmHg

3. maior, mais

4. Alternativa d.

5. aumenta

6. 20 °C Pv = 17,5 mmHg 47 °C Pv = 79 mmHg

7. Alternativa b.

8. igual

9. menor

10. a) A PE = 60 °C B PE = 70°C

b) A Pv = 0,8 atm

c) A

d) A: vapor B: líquido

11. Alternativa e.

12. a) Pv aumenta com a temperatura

b) temperatura de ebulição

13. Alternativa e.

14. a) A

b) Patmosférica = 760 mmHg

c) A: 60 °C, B: 90 °C, C: 120 °C

d) A: 20 °C, B: 40 °C, C: 80 °C

15. Alternativa c.

16. diminuição

17. curva 1: solvente; curva 2: solução

18. curva 1: solvente; curva 2: solução menos concen-trada; curva 3: solução mais concentrada

19. a) 0,1 mol/L c) 0,3 mol/L

b) 0,2 mol/L d) 0,5 mol/L

20. curva 1: H2O pura; curva 2: C6H12O6 total: 0,1 mol/L;

curva 3: NaCl total: 0,2 mol/L; curva 4: Al(NO3)3

total: 0,4 mol/L

21. Alternativa a.

Quanto menor o número de partículas do soluto dispersas maior a pressão de vapor.

X: 0,25 mol/L Y: 0,75 mol/L Z: 1 mol/L W: 0,50 mol/L

22. aumento, maior

23. Alternativa d.

I: 0,1 mol/L; II: 0,2 mol/L; III: 0,2 mol/L;IV: 0,6 mol/L; V: 0,4 mol/L

24. diminuição, menor

25. Alternativa e.

a) 0,30 mol/L d) 0,50 mol/L

b) 0,40 mol/L e) 0,60 mol/L

c) 0,30 mol/L

26. Alternativa c.

27. a) fusão S L

b) vaporização L V

c) sublimação S V

d) ponto triplo S L V

e) sólido

f) líquido

g) vapor

28. a) PF = 0 °C c) 4,58 mmHg

b) PE = 100 °C d) 0,01 °C

Gabarito Capítulo 4Propriedades Coligativas

Capítulo 15Propriedades Coligativas


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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 62 Cap. 4 | Propriedades Coligativas 41

29. a) solventeb) solução

30. solvente, soluto

31. solvente

32. menos, mais

33. a) mais

b) diminui

c) aumenta

34. aumenta

35. Alternativa b.

Solução da célula é hipertônica em relação a so-lução.

36. osmose reversa

37. Alternativa d.

água doce ⇒ água salgada: osmose

água salgada ⇒ água doce: osmose reversa

38. solução

39. a) isotônica

b) hipertônica

c) hipotônica

40. a) pressão osmóticab) diferença entre os níveis do líquidoc) densidade da soluçãod) aceleração da gravidade

41. Alternativa d.

π = MRT

π = 0,06 ⋅ 0,082 ⋅ 288

10 g/L = 0,06 mol/L = M

15 °C = 288 K = Tπ = 1,31 atm

42. Alternativa b.

π = MRT

π = 0,15 mol/L ⋅ 0,082 ⋅ 300

π = 3,7 atm

43. Alternativa a.

Ca(NO3)2 Cpartículas = 0,2 ⋅ 3 = 0,6 mol/L

a) Na2SO4 Cpartículas = 0,2 ⋅ 3 = 0,6 mol/L

b) CaCl2 Cpartículas = 0,3 ⋅ 3 = 0,9 mol/L

c) Ca(NO3)2 Cpartículas = 0,3 ⋅ 3 = 0,9 mol/L

d) Al(NO3)3 Cpartículas = 0,2 ⋅ 4 = 0,8 mol/L

e) C6H12O6 Cpartículas = 0,2 mol/L

44. Alternativa a.

Célula em meio isotônico — nada acontece; em meio hipotônico — incha e ocorre lise.

45. a) errado: são coloides;

b) errado – temperatura de ebulição da água sal-gada é maior que a temperatura de ebulição da água pura.

c) correto;

d) correto – n: total: 0,02 mol/L sacarose:

total: 0,01 mol/L;

e) correto

46. Alternativa a.

π = MRT, M = m

MV logo π =

m

MV RT

2,46 = 2,8

M0,5 0,082 · 300 M = 56 g/mol C3H4O

47. Alternativa e.

Na osmose, ocorre passagem de solvente pela membrana semipermeável, que se desloca da so-lução mais diluída para a mais concentrada.

Pelo enunciado, uma solução 0,15 mol/L de NaCl apresenta igual pressão osmótica das soluções presentes nas células humanas.

NaCl H2O Na+ + Cl

0,15 mol/L 0,15 mol/L 0,15 mol/L

Portanto, nas células humanas o número total de partículas dispersas é 0,30 mol/L.A solução externa possui maior concentração:

NaCl H2O Na+ + Cl

0,20 mol/L 0,20 mol/L 0,20 mol/L

Portanto, na solução externa o número total de par-tículas será maior (0,40 mol/L), o que leva à passa-gem de solvente da célula para a solução externa.

48. PENaCl = PEKCl > PEH2O itens corretos: a, b, e

49. a) isotônica πglicose = πsangue = 7,8 atm

b) π = MRTi NaCl Na+ + Cl i = 2

π = 0,16 ⋅ 0,082 ⋅ 298 ⋅ 2 π = 7,8 atm

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cap. 15 | Propriedades coligativas 6342 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

1. Alternativa d.

A pressão de vapor depende apenas da tempera-tura e da estrutura de suas moléculas.

2. Alternativa b.

C2H5OH e CCl4: pois 700 mmHg é menor que 813 mmHg e 843 mmHg.

3. Alternativa b.

Pv solvente . Pv solução

4. Alternativa d.

Pressão de vapor (mmHg)

I II IIIA B C

Temperatura (°C)T

PI

PII

PIII

mai

or v

olat

ilida

de

men

or q

uant

idad

e de

sol

uto

diss

olvi

do

5. Alternativa b.

A: líquido mais volátil que a água pura. B: qualquer solução aquosa de soluto não volátil.

6. a) curva I: H2O: ligação de hidrogênio (mais nume-rosas do que a do álcool);

curva II: CH3CH2OH: ligação de hidrogênio;

curva III: CH3COCH3: ligação dipolo-dipolo devido

à presença do grupo polar:

C

O

b) curva AB – ficará mais inclinada para a direita, pois quanto mais líquido levará mais tempo para entrar em ebulição. A temperatura de ebulição é a mesma com o aumento do patamar.

Tempo

(°C)

A'

B'

7. Corretos: 4, 5 e 6.

8. Alternativa a.

patamar 1: água pura: PE constante; reta 2: so-lução aquosa C6H12O6 103 mol/L; reta 3: solução aquosa 101 mol/L.

9. A temperatura de ebulição da água, é maior do que 97,4 °C devido a presença de soluto não volátil (NaCl) que aumenta a temperatura de ebulição da água.

10. Soluto molecular não dissocia, soluto iônico dissocia. Para uma mesma concentração o número de partículas dispersas do soluto será maior no soluto iônico. Cálculo da concentração em mol/L

solução A M = m

MV ∴ M =

34,2

342 ⋅ 1 ∴ M = 0,1 mol/L A A

0,1 mol/L 0,1 mol/L

solução B M = m

MV ∴ M =

18

180 ⋅ 1 ∴ M = 0,1 mol/L B B

0,1 mol/L 0,1 mol/L

solução C M = m

MV ∴ M =

58,5

5,85 · 1 ∴ M = 0,1 mol/L C íons total maior que 0,1 mol/L

0,1 mol/La) PA = PB > PC

b) Solução C, pois temos maior número de partículas dispersas.

11. a) I. MgSO4 Mg2+ + SO42

0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol total = 0,4 mol

II. K2SO4 2 K1+ + SO42


III. Al2(SO4)3 2 Al3+ + 3 SO42


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VIA

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Exercícios Série Ouroco

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IV. ZnSO4 Zn2+ + SO42

0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol

total = 0,2 mol

V < II < I < III

b) 1 mol 174 g

0,1 mol x ∴ 17,4 g

C =

m

V ∴ C

=

17,4

3 ∴ C = 5,8 g/L

12. Alternativa c.

Y NaCl Na+ + Cl


total = 0,2 mol/L

W HCl H+ + Cl


total = 0,6 mol/L tcY > tcW

13. Alternativa a.

Com a adição de cloreto de sódio, a temperatura de ebulição da água do banho, com relação à da água pura, era maior devido ao aumento do número de partículas de soluto (efeito ebulioscópico). O aque-cimento do meio de cultura provocava a desnatu-ração da proteína, ou seja, a proteína perdia a sua estrutura tridimensional.

14. Alternativa e.

Como a sacarose é um soluto que não dissocia na água, podemos verificar que cada 0,5 mol de so-luto aumenta a temperatura de ebulição da água de 0,25 °C; portanto, no experimento B, a tempera-tura de ebulição da água é 100,50 °C.

Experimento A: Na2SO4 2 Na+ + SO42

1 mol 2 mol 1 mol

total = 3 mol

A temperatura de ebulição da água é 101,50 °C.

15.

Pressão

Temperatura

16. (01) Correta: (ver gráfico);

(02) Errada: linha A — C — E representa o equilíbrio S L;

(04) Correta: (ver gráfico);

(08) Correta: (ver gráfico);

(16) Errada: ponto C: equilíbrio S L;

(32) Correta: 1 atm e 8 °C: CO2(g)

soma: 1 + 4 + 8 + 32 = 45

17. ponto A: equilíbrio: sólido vaporponto B: ponto triplo: sólido líquido vaporponto C: equilíbrio: sólido líquidoponto D: equilíbrio: líquido vaporponto E: ponto crítico

18. Alternativa b.A concentração da solução X é menor que 0,9%, pois o volume do glóbulo aumentou, isto é, entrou água.A concentração da solução Y é igual a 0,9%, pois o volume do glóbulo não se alterou.A concentração da solução Z é maior que 0,9%, pois o volume do glóbulo diminuiu, isto é, saiu água.

19.

2 litros

final NaCl(aq)0,30 mol/L

1 L

águapura2 L

1 litro

(II)

Pext. > Posm.

paredesemipermeável

resistente fenômeno: osmosereversa

(I)

êmbolo

NaCl(aq)0,15 mol/L

água pura

20. Alternativa a.

KBr K+ + Br


total = 0,4 mol/L

FeBr3 Fe3+ + 3 Br


total = 0,4 mol/L

I. Correta: πKBr = πFeBr3;

II. Correta: PvKBr = PvFeBr3;

III. Incorreta: não haverá passagem de solvente, pois as soluções têm a mesma pressão de va-por;

IV. Incorreta: igual;

V. Incorreta: balão A: 0,2 mol/L np = 0,4 mol/L balão B: 0,1 mol/L np = 0,4 mol/L

21. Alternativa a.

I. 0,03 mol/L;

II. H3CCOOH fracoa < 5%

H+ + H3C COO

0,03 mol/L 0,03 < np < 0,06

III. CaCl2 Ca2+ + 2 Cl

0,01 mol/L 0,01 mol/L 0,02 mol/L

total = 0,03 mol/L

PII < PI PIII; πI πIII < πII; ΔTI ΔTIII < ΔTII

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cap. 15 | Propriedades coligativas 6544 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

22. A água vai passar de A para B, isto é, da solução mais diluída para a solução mais concentrada. Vamos chamar x a quantidade de água que passou de A para B. No equilíbrio, as soluções terão a mesma concentração em mol/L. (Y).

a) A MAVA = M'AV'A ∴ 0,1 ⋅ 5 = y ⋅ (5 x);

B MBVB = M'BV'B ∴ 0,2 ⋅ 2 = y(2 + x)

b) A 0,1 ⋅ 5 = y ⋅ 35

9 ∴ y = 0,13 mol/L

Resolvendo, temos: x = 10

9 L V'A = 5 10

9 = 35

9 L V'B = 2 + 10

9 = 28

9 L

1. a) Curva: C

Justificativa: na pressão de 700 mmHg, o ponto de ebulição do líquido representado pela curva C é de, apro-ximadamente, 75 °C.

b) Curva A: ácido acético; Curva B: água, Curva C: tetracloreto de carbono.

c)

1.400

1.200

1.000

800

600

400

200

0

Pressão (mmHg)

20 40 60 80 100 120

Temperatura (°C)

A

B

C Curva I: glicose

Curva II: KCL

d) solução: KCl

Justificativa: esta solução apresenta maior no de partículas de soluto dispersas na solução.

KCl(aq) K+(aq) + Cl(aq)

0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol total de 0,2 mol de partículas (0,1 mol de k+ 0,1 mol Cl)

2. a) Curva: A

Justificativa: é a solução menos concentrada.

b) Solução isotônica: C = 9 g/L

evaporação

V1 = 2 L V2 = (V1 10% V1)

C1 = 9 g/L C2

C1 ⋅ V1 = C2 ⋅ V2

9 ⋅ 2 = C2 ⋅ (2 0,2)

C2 = 10 g/L


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3. a) Líquido A: água. Líquido B: etanol.

b) De acordo com o gráfico, na temperatura de 25 °C:Pressão de vapor H2O = 25 mmHgPressão de vapor Etanol = 55,00 mmHgA variação (Δ) da altura h é:Δh = Pressão de vapor do etanol – Pressão de

vapor-d’águaΔh = 55,00 25Δh = 30,00 mmHg

c) Líquido A.Justificativa: o número de ligações de hidro-gênio presentes entre as moléculas de água é maior que as ligações de hidrogênio presentes entre as moléculas de etanol.

d) A temperatura na qual não mais se observará desnível na coluna de mercúrio corresponde aquela na qual a pressão de vapor do etanol será igual a pressão de vapor-d’água. A pressão de vapor-d’água a 25 °C é 25 mmHg. Para que o álcool apresente a mesma pressão de vapor ele deverá estar na temperatura de 10 °C.

4. a) Pressão de vapor de um líquido é a pressão causada na superfície do líquido quando este se encontra em equilíbrio com o seu vapor. A pressão de vapor de um líquido puro depende: da natureza do líquido e da temperatura na qual o líquido se encontra.Numa solução aquosa, quanto maior for o no de partículas de soluto presente, maior será a inte-ração da água com o soluto e, portanto maior será interferência causada na pressão de vapor.A solução I apresenta menor pressão de vapor em relação à água pura, pois na solução as forças de interação entre a água e os íons são do tipo íon--dipolo, que são forças de atração mais intensas do que as forças de atração que ocorrem entre as moléculas de água (ligações de hidrogênio).Desta forma, a solução demora mais para atingir o equilíbrio líquido-vapor do que a água pura, na mesma temperatura.

b) NaNO3(aq) 0,1 mol/L

NaNO3(aq) Na+(aq) + NO3(aq)


Total de 0,2 mol/L de partículas dispersas.

Solução II: v = 0,5 L

KNO3(aq) 0,1 mol/L

KNO3(aq) K+(aq) + NO3(aq)


Total de 0,2 mol/L de partículas dispersas.

Solução III: v = 2 L

C12H22O11(aq) C12H22O11(aq)

0,2 mol/L 0,2 mol/L Total de 0,2 mol/L de partículas dispersas.

Pv

T (°C)

H2OSoluções

Como as soluções apresentam o mesmo no de partículas dispersas por litro, também devem apresentar a mesma pressão de vapor.

5. a) π = M ⋅ R ⋅ T ⋅ iπ = 0,15 ⋅ 8,3 ⋅ 310 ⋅ 2π = 771,9 kPa

b) A bebida não é isotônica. Justificativa – a be-bida energética contém:

• 35 g de sacarose (aproximadamente 0,10 mol).• 0,015 mol de sais monovalentes (i = 2).• Volume da bebida = 500 mL = 0,5 L.

Cálculo da pressão osmótica da bebida:

1. Em relação à sacarose:π = M ⋅ R ⋅ Tπ = 0,10/0 ⋅ 5 ⋅ 8,3 ⋅ 310π = 526,63 kPa

2. Em relação aos sais monovalentes:π = M ⋅ R ⋅ T ⋅ iπ = 0,015/0 ⋅ 5 ⋅ 8,3 ⋅ 310 ⋅ 2π = 154,38 kPaπtotal = 526,63 + 154,38 = 681,01 kPa, que é um valor menor que a pressão osmótica do sangue.

6. a) Curva I – solução de sacarose 0,1 mol/L

Curva II – solução 0,1 mol/L de NaOH Na+ + OH

Curva III – solução 0,1 mol/L de MgCl2 Mg2+ + 2 Cl

Pressão

Temperatura

III

III

b) Solução: MgCl2(aq), pois possui maior no de par-tículas de soluto dispersas na solução.

c) Pressão osmótica: sacarose < NaOH < MgCl2.

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cap. 16 | Termoquímica 6746 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

1. Qreação = Qágua, Qágua = mc Δθ Qreação = 1.000 ⋅ 1 ⋅ 4

Qreação = 4.000 cal ou Qreação = 4 kcal

2. a) A reação libera calor pois houve aumento da temperatura.

b) Dados NaOH M = 1 mol/L

V = 50 mL = 0,05 L HCl

M = 1 mol/L

V = 50 mL = 0,05 L

n = MV = 0,05 mol n = MV = 0,05 mol

d = m

V ∴ m = 100 g Q = mc Δθ ∴ Q = 100 ⋅ 4,18 ⋅ 7 ∴ 2.926 J

0,05 mol 2.926 J

1 mol x ∴ x = 58.520 J

3. Dados CsOH M = 0,2 mol/L

V = 100 mL = 0,1 L HCl

M = 0,4 mol/L

V = 50 mL = 0,05 L

n = MV = 0,02 mol n = MV = 0,02 mol

d = 1 g/mL 1 = m

150 ∴ m = 150 g Q = mc Δθ ∴ Q = 150 ⋅ 4,2 ⋅ 17,8 ∴ Q = 1.121,4 J

0,02 mol 1.121,4 J

1 mol x ∴ x = 56.070 J4. ΔH = 242 kJ

5. exotérmica ΔH < 0

6. H2 + 1/2 O2 H2O ΔH = 242 kJ 1 mol de H2O libera 242 kJ

5 mol de H2O liberam x ∴ x = 1.210 kJ

7. H2 + 1/2 O2 H2O ΔH = 242 kJ 18 g liberam 242 kJ

1. 800 g liberam x ∴ x = 24.200 kJ

8. H2O 2 H2 + 1/2 O2 ΔH = +242 kJ endotérmica (absorção)

9. 18 g absorvem 242 kJ

9 g absorvem x ∴ x = 121 kJ

10. C20H42 M = 282 g/mol 282 g liberam 13.300 kJ

10 g liberam x ∴ x = 471,6 kJ

Gabarito Capítulo 5Termoquímica


Capítulo 16Termoquímica


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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 68 Cap. 5 | Termoquímica 47

11. simples

12. mais

13. H

C60

C(diamante)

C(grafita)

14. sólido

15. H/kJ

H2(g) + 12

O2(g)

H2O(v)

H2O(l)

H2O(s)293 kJ

287 kJ

243 kJ

16. ΔH = ΣΔHf produto ΣΔHf reagentes

ΔH = 68 (+11) ∴ ΔH = 79 kcal

17. a) C(grafita) + O2(g) CO2(g) f ) 1

2 N2(g) +

3

2 H2(g) NH3(g)

b) H2(g) + 1

2 O2(g) H2O(l)

g)

3

2 O2(g) O3(g)

c) H2(g) + S(rômbico) + 2 O2(g) H2SO4(l) h) O2(g) O2(g)

d) 2 C(grafita) + 3 H2(g) + 1

2 O2(g) C2H5OH(l) i ) C(grafita) C(diamante)

e) 6 C(grafita) + 6 H2(g) + 3 O2(g) C6H12O6(s) j) C(grafita) C(grafita)

18. a) C(grafita) + 1

2 O2(g) CO(g) ΔH = 110 kJ/mol de CO

b)

C(grafita) + 12

O2(g)

CO(g)

H/kJ

110

0

110 kJ


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cap. 16 | Termoquímica 6948 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

19. ΔH > 0 ∴ HP > HR

H

CS2(l)

C(diamante) + 2 S(rômbico)

C(grafita) + 2 S(rômbico)

ΔH2

ΔH1

20. 6 C(grafita) + 6 H2/(g) + 3 O2(g) C6H12O6(s) ΔH = 1.275 kJ/mol de C6H12O6(s)

21. a) C(grafita) + O2(g) CO2(g) ΔH = 393 kJ/mol de C(grafita)

b) H2(g) + 1

2 O2(g) H2O(l) ΔH = 286 kJ/mol de H2(g)

c) CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH = 890 kJ/mol de CH4(g)

d) C4H10(g) + 13

2 O2(g) CO2(g) + 5 H2O(l) ΔH = 2.280 kJ/mol de C4H10(g)

e) C2H5OH(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = 1.366 kJ/mol de C2H5OH(l)

f ) C6H12O6(s) + 6 O2(g) 6 CO2(g) + 6 H2O(l) ΔH = 2.813 kJ/mol de C6H12O6(s)

g) C8H18(l) + 25

2 O2(g) 8 CO2(g) + 9 H2O(l) ΔH = 5.400 kJ/mol de C8Hl8(l)

22. gasolina 114 g liberam 5.100 kJ metano 16 g liberam 213 kJ

1 g libera x ∴ x = 44,7 kJ 1 g libera y ∴ 13,3 kJ

hidrogênio 2 g liberam 286 kJ

1 g libera z ∴ z = 143 kJ O hidrogênio tem maior poder energético

23. 182 kcal 32 g

36,4 kcal x ∴ x = 6,4 g

24. Alternativa d.

Para 100 g de sorvete, temos:

Proteínas: 1 g 16,7 kJ

5 g x ∴ x = 83,5 kJ

Carboidratos: 1 g 16,7 kJ

22 g y ∴ y = 367,4 kJ

Gorduras: 1 g 37,7 kJ

13 g z ∴ z = 490,1 kJ

Total = 941 kJ

Número de sorvetes: 8.400 kJ

941 kJ = 8,9

Logo, 9 sorvetes.

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as.



25.

CO(g) + 2 H2O(l) + 12

O2(g)

CH4(g) + 2 O2(g)

CO2(g) + 2 H2O(l)

890

283

x

890 = x 283 ∴ x = 607 kJ

26. Usando a Lei de Hess temos:

a) manter C(grafita) + O2(g) CO2(g) ΔH = 394 kJ

inverter e ¸ 2 CO2(g) CO(g) + 1

2 O2(g) ΔH = +283 kJ

C(grafita) + 1

2 O2(g) CO(g) ΔH = 111 kJ

b) 12 g liberam 111 kJ

36 g liberam x ∴ x = 333 kJ


inverter I 6 CO2(g) + 3 H2O(l) C6H6(l) + 15

2 O2(g) ΔH = +1.115 kJ

manter e x 3 II 3 C2H2(g) + 15

2 O2(g) 6 CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = 1.944 kJ

3 C2H2(g) C6H6(l) ΔH = 829 kJ


manter H2O(g) + 1

2 O2(g) H2O(g) ΔH = 58 kcal 18 g absorvem 10 kcal

inverter H2O(l) H2O(g) + 1

2 O2(g) ΔH = +68 kcal

1.000 g absorvem x ∴ x = 555 kJ

H2O(l) H2O(g) ΔH = +10 kcal


inverter I CO2(g) + 2 H2O(l) CH3OH(l) + 3

2 O2(g) ΔH = +727 kJ

manter II CH3OH(g) + 3

2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH = 765 kJ

CH3OH(g) CH3OH(l) ΔH = 38 kJ


manter I W(s) + 3

2 O2(g) WO3(s) ΔH = 840 kJ

manter II C(grafita) + O2(g) CO2(g) ΔH = 394 kJ

inverter III WO3(s) + CO2(g) WC(s) + 5

2 O2(g) ΔH = +1.196 kJ

C(grafita) + W(s) WC(s) ΔH = 38 kJ

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31. a) Usando a Lei de Hess temos:

manter I Na(g) Na+(g) + e ΔH = +502 kJ

manter II Cl(g) + e Cl(g) ΔH = 342 kJ

IV Na(g) + Cl(g) Na+(g) + Cl(g) ΔH = +160 kJ

b) Na(g) + Cl(g) NaCl(s) ΔH = ?

Usando a Lei de Hess temos:

manter III Na+(g) + Cl(g) NaCl(s) ΔH = 788 kJ

manter IV Na(g) + Cl(g) Na+(g) + Cl(g) ΔH = +160 kJ

Na(g) + Cl(g) NaCl(s) ΔH = 628 kJ


inverter I CO2(g) + 2 H2O(l) CH4(g) + 2 O2(g) ΔH = +890 kJ

inverter e × 2 II 2 H2(g) + O2(g) 2 H2O(l) ΔH =574 kJ

manter III C(grafita) + O2(g) CO2(g) ΔH = 393 kJ

C(grafita) + 2 H2(g) CH4(g) ΔH = 77 kJ


¸ 2 I C2H2(g) + 5

2 O2(g) 2 CO2(g) + H2O(l) ΔH = 1.301 kJ

inverter e ¸ 2 II 2 CO2(g) + 3 H2O(l) C2H6(g) + 7

2 O2(g) ΔH = +1.562 kJ

× 2 III 2 H2(g) + O2(g) 2 H2O(l) ΔH = 572 kJ

C2H2(g) + 2 H2(g) C2H6(g) ΔH = 311 kJ

34. C3H8(l) + 5 O2(g) 3 CO2(g) + 4 H2O(l)

104 0 3(394) 4(286)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 1.182 1.144 + 104 ΔH = 2.222 kJ/mol de C3H8(l)

35. 4 NH3(g) + 5 O2(g) 4 NO(g) + 6 H2O(g)

4(46) 0 4(+90) 6(242)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = + 360 1 452 + 184 ΔH = 908 kJ

36. H2O(l) H2O(g)

286 242

ΔH = ΔHf ΔHi ΔH = 242 + 286 ΔH= +44 kJ

18 g absorvem 44 kJ

0,9 g absorvem x ∴ x = 2,2 kJ

37. C6H6(l) + 15

2 O2(g) 6 CO2(g) + 3 H2O(l)

+ 49 0 6(393,5) 3(285,8)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 2.361 857,4 49 ΔH = 3.267,4 kJ

38. 2 NO2 N2O4

2(+33,8) +9,6

ΔH = ΔHf produtos +Hf reagentes ΔH = +9,6 67,6 ΔH = 58 kJ

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39. B2H6(g) + 3 O2(g) B2O3(s) + 3 H2O(g) ΔH = 2.035 kJ

x 0 1.273 3(242)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes 2.035 = 1.273 726 x x = 36 kJ ∴ ΔHf B2H6(g) = +36 kJ

40. 1.170

3 = 390 H — N — H N — H = 390 kJ/mol de NH3

H

41. Alternativa a.

H2(g) + Cl2(g) 2 HCl(g)

+436 +243 2(432)

ΔH = +436 + 243 864 ΔH = 185 kJ ΔH = 92,5 kJ/mol de HCl

42.

H

Cl Cl

H

+612 +243

3472(331)

H H

H — C C — H + Cl — Cl H — C — C — H

ΔH = +612 + 243 347 662 ΔH = 154 kJ Observe que as ligações C — H não foram rompidas.

43. a) CH4(g) + F2(g) CH3F(g) + HF(g)

75 0 288 271

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 288 271 + 75 ΔH = 484 kcal

b)

+413 485 567

H

H

H

H

H — C — H + F — F H — C — F + H — F

+155

ΔH = +413 + 155 485 567 ΔH = 484 kJ

44.

H H

4(+413) 2(+494) 2(804) 4(463)

H

H

H — C — H + 2 O O O C O + 2 O

ΔH = +1.652 + 988 1.608 1.852 ΔH = 820 kJ

1. Alternativa e.

I. transformação exotérmica: Mg(s) + O2(g) MgO(s) + calor

II. transformação endotérmica: H2O(l) + calor H2O(v) neblina: gotículas de água suspensas no ar

III. transformação endotérmica: NH3(g) + calor N(g) + 3 H(g)

IV. transformação endotérmica: 6 CO2(g) + 6 H2O(l) + calor C6H12O6(s) + 6 O2(g)


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Cap. 16 | Termoquímica 7352 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

2. Alternativa a. I. Café em uma garrafa térmica perfeitamente tampada – sistema isolado. (Vamos admitir não haver troca de calor

nas paredes da garrafa.) Não há troca nem de matéria nem de energia. II. Líquido refrigerante da serpentina da geladeira – sistema fechado. Não há troca de matéria, mas troca de

energia no sistema.III. Calorímetro de bomba no qual foi queimado ácido benzóico – sistema isolado. Os calorímetros ideais não tro-

cam nem matéria nem energia.

3. Alternativa c.

Cálculo da massa de ar inspirado em 24 horas:

x = 1,2 × 0,5

1 ∴

x = 0,6 g de ar

1 vez 0,6 g

16 · 103 yy = 9,6 ⋅ 103 g de ar

123

1 L de ar 1,2 g

0,5 L de ar x

123

Cálculo de energia gasta para aquecer o gás inspirado:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ = 9,6 ⋅ 103 g ⋅ 1,0 · J g1 · °C1 · (36 °C 25 °C) Q = 105,6 ⋅ 103 J

Cálculo da porcentagem de energia:

100% 1,0 ⋅ 107 J

P 105,6 ⋅ 103 J P 1%

5. a) Utilizando o gráfico fornecido, temos:

ΔH2 = ΔH1 + ΔH 395 kJ = 393 kJ + ΔH ΔH = 2 kJ

C(diamante) C(grafite) ΔH = 2 kJ

C(grafite) C(diamante) ΔH = +2 kJ Portanto, a transformação da grafite em diamante é endotérmica.

b) C(grafite) C(diamante) ΔH = +2 kJ

12 g absorvem 2 kJ

240 g x ∴ x = 40 kJ

6. Alternativa c.

antraceno + O2

fenanteno + O2

produtos

E

7.04

0 kJ

· m

ol

1

7.06

0 kJ

· m

ol

1

Pelo gráfico, observamos que o antraceno é mais energético que o fenantreno, e a diferença de entalpia entre eles é:

(7.060 7.040) kJ mol1 = 20 kJ mol1

Para 10 mol de cada composto, temos:

1 mol 20 kJ

10 mol x ∴ x = 200 kJ

7. Cálculo da energia liberada por grama de combustível:

a) gás natural:

CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH = 900 kJ

↓ 1 mol

16 g liberam 900 kJ

1 g x ∴ x = 56,25 kJ

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etanol:

C2H5OH(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = 1.400 kJ

↓1 mol

46 g liberam 1.400 kJ

1 g y ∴ y = 30,43 kJ

octano:

C8H18(l) + 25/2 O2(g) 8 CO2(g) + 9 H2O(l) ΔH = 5.500 kJ

↓1 mol

114 g liberam 5.500 kJ

1 g z ∴ z = 48,24 kJ

O gás natural libera maior quantidade de energia por grama de combustível.

b) 1 mol de etanol – 46 g liberam 1.400 kJ

w 34.100 kJ ∴ w = 1.120,42 g

8. a) Utilizando etanol temos: Utilizando octano temos:

C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O C8H18 + 25/2 O2 8 CO2 + 9 H2O

b) Em 1,0 mol dessa gasolina temos 0,5 mol de etanol e 0,5 mol de octano, pois as frações em mol são iguais:

etanol: 1 mol 1.368 kJ

0,5 mol x ∴ x = 684 kJ

octano: 1 mol 5.471 kJ

0,5 mol y ∴ y = 2.735,5 kJ

A energia liberada é: 684 kJ + 2.735,5 kJ = 3.419,5 kJ

c) Cálculo da massa da gasolina Cálculo da quantidade em mol

1 cm3 0,72 g 80,1 g 1 mol

1.000 cm3 x ∴ x = 720 g 720 g y ∴ y = 720

80,1 mol

A energia liberada é:

1 mol 3.419,5 kJ

720

80,1 mol z ∴ z = 30.737 kJ

9. Alternativa d.Como foram fornecidas as equações termoquímicas, devemos aplicar a Lei de Hess para calcular a variação de entalpia da equação IV.Na determinação do ΔH4, deve-se inverter a equação III, conservando-se a equação II:

III. Inverter N2O5 + 3 H2O 2 NH3 + 4 O2 ΔH3 = +Q3J

II. manter 2 NH3 + 7/2 O2 2 NO2 + 3 H2O ΔH2 = Q2J

N2O5 2 NO2 + 1/2 O2 ΔH4 = (Q3 Q2)J

Sendo Q3 > Q2 > Q1, pode-se afirmar que ΔH4 > 0 e, portanto, a reação é endotérmica.

10. Alternativa b.

Entalpia da reação de obtenção do “gás-d’agua”Manter a primeira equação, inverter a terceira equação e somar (Lei de Hess). C(s) + 1/2 O2(g) CO(g) ΔH = 110 kJ

H2O(g) H2(g) + 1/2 O2(g) ΔH = +242 kJ

C(s) + H2O(g) CO(g) + H2(g) ΔH = +132 kJ

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Cap. 16 | Termoquímica 7554 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

A reação é um processo endotérmico.A formação de H2O(g) é exotérmica e na reação de formação do CO2 a entalpia do produto é menor que a dos reagentes.A entalpia da reação de conversão de CO(g) a CO2(g) é igual a –284 kJ (inverter a primeira equação, manter a segunda e somar).

12. Alternativa b.

Somando as equações

CO(g) + 1/2 O2(g) CO2(g) ΔH = 284 kJ

H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(l) ΔH = 286 kJ

CO(g) + H2(g) + O2(g) CO2(g) + H2O(l) ΔH = 570 kJ1442443

30,0 g liberam 570 kJ

15,0 g x ∴ x = 285 kJ

13. Equação da reação de combustão do etanol (C2H6O):

C2H6O(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l)

277,6 kJ 0 2 · 393,5 kJ 3 ⋅ 285,8 kJ144424443 144444424444443

ΣΔHf R = 277, 6 kJ ΣΔHf P = 787 kJ 857,4 kJ

ΣΔHf P = 1.644,4 kJΔH = ΣΔHf P ΣΔHf R

ΔH = 1.644,4 kJ (277,6) kJ

ΔH = 1.644,4 kJ + 277,6 kJ

ΔH = 1.366,8 kJ

14. Alternativa c.

ΔH = ∑ΔHf produtos ∑ΔHf reagentes

I. CH3CH2OH(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH = 1.366,8 kJ x 0 2(393) 3(286)1.366,8 = 786 858 x ∴ x = 277,2 kJ

15. Alternativa a.

Fe2O3(s) + 3 CO(g) 2 Fe(s) + 3 CO2(g) ΔHr = ?820 3(110) 0 3(390)

ΔHr = ∑ΔHf produtos ∑ΔHf reagentes

ΔHr = 1.170 + 820 + 330 ∴ ΔHr = 20 kJ

2 ⋅ 56 g liberam 20 kJ

56 ⋅ 103 g x ∴ x = 1,0 ⋅ 104 kJ

16. Alternativa b.

C8H8(l) + 10 O2(g) 8 CO2(g) + 4 H2O(l) ΔH0 = 4.400 kJ

x 0 8(390) 4(290)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes 4.400 = 3.120 1.160 x ∴ x = +120 kJ

17. a) 2 C3H5(NO3)3(l) 3 N2(g) + 1/2 O2(g) + 6 CO2(g) + 5 H2O(g) ↓ ↓ ↓ ↓ ↓2(364 kJ) 0 kJ 0 kJ 6(394 kJ) 5(242 kJ)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 2.364 kJ 1.210 kJ + 728 kJ ΔH = 2.846 kJ

2 ⋅ 227 g liberam 2.846 kJ

4,54 g x ∴ x = 28,46 kJ


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b) 2 ⋅ 227 g 14,5 mol

4,54 g x ∴ x = 0,145 mol PV = nRT

P 0,1 L = 0,145 mol 0,082 atm ⋅ L

mol ⋅ K ⋅ 400 K P = 47,5 atm

18. Alternativa e.

Cálculo da entalpia: padrão de formação da água líquida, conhecendo a sua entalpia de vaporização.

H2O(l) H2O(g) ΔH = +44 kJ/mol

x 242 kJ/molΔH = ΣΔHf P ΣΔHf R + 44 = 242 x x = 286 kJ/mol

Cálculo da variação de entalpia de combustão do metano (g).

CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l)

75kJ 0 393 kJ 2(286 kJ)144424443 1444442444443

Hr Hp

ΣΔHf P ΣΔHf R ΔH = [(393) + 2(286)] (75 + 0)]

ΔH = 965 kJ + 75 kJ ΔH = 890 kJ/mol de CH4

19. Alternativa b.

Dados fornecidos:

Processo Haber-Bosch

(I) 1/2 N2(g) + 3/2 H2(g) 1 NH3(g) ΔH = 46 kJ Entalpia de formação da amônia

(II) 1 N2(g) + 2 H2(g) 1 N2H4(l) ΔH = +50 kJ Entalpia da formação da hidrazina

1 N2H4(l) + H2(g) 2 NH3(g) ΔH = ? Entalpia da reação questionada

ΔHf: +50 0 2(46)

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 92 50 ΔH = 142 kJ

20. a) Cálculo da massa de 1 litro de água:

1 g de H2O 1 mL de H2O

x 1.000 mL de H2O ∴ x = 1.000 g de H2O

Cálculo da variação de temperatura (Δθ) Δθ = 100 °C 25 °C = 75 °C

Cálculo da quantidade de calor:

1 g de H2O 4 J 4.000 J 1 °C

1.000 g de H2O y ∴ y = 4.000 J z 75 °C ∴ z = 300.000 J ou 300 kJ

b) Equação de combustão do butano (C4H10) e cálculo da entalpia-padrão (ΔH°C)

C4H10(g) + 13/2 O2(g) 4 CO2(g) + 5 H2O(l) 123 123 123 123

126 kJ 0 4(394 kJ) 5(242 kJ)144424443 14444244443

ΣΔHf R = 126 kJ ΣΔHf P = 1.576 kJ 1.210 kJ

ΣΔHf R = 126kJ ΣΔHf P = 2.786 kJ

ΔH°C = ΣΔHf P ΣΔHf R ΔH°C = 2.786 (126) ΔH°C = 2.660 kJ ⋅ mol1

21. Alternativa c.

Cálculo do ΔH da combustão do CO:

CO(g) + l/2 O2(g) CO2(g) ↓ ↓ ↓ 110,5 kJ 0 393,5 kJ

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 393,5 kJ (110,5 kJ) ΔH = 283 kJ


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Cálculo da quantidade de calor de 1 mol de O2:

0,5 mol libera 283 kJ

1 mol x ∴ x = 566 kJ

22. Alternativa d.

C2H2(g) + 5

2 O2(g) 2 CO2(g) + H2O(l)

ΔHf : +227 0 2(394) 286

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = 788 286 227 ΔH = 1.301 kJ/mol de C2H2(g)

23. a) Analisando a reação CH4 + H2SO4 H2S + CO2 + 2 H2O 1442443 144424443

reagentes produtos

entre os reagentes, temos um ácido forte (H2SO4) transformando-se em ácidos fracos (H2S e H2CO3). Logo, o meio irá ficar menos ácido e o pH aumentará.

b) CH4 + H2SO4 H2S + CO2 + 2 H2O

75 kJ 909 kJ 21 kJ 394 kJ 2 ⋅ (286 kJ)

ΔH = ΣΔHf P ΣΔHf R ΔH = (21 394 572) (75 909) ΔH = (987) (984)

ΔH = 987 + 984 ΔH = 3 kJ/mol, logo a reação será exotérmica

24. Alternativa e.

A equação de combustão completa do fulereno é:

C60 + 60 CO2 60 CO2

kJ: +2.300 0 60(390)

m = ΔHf produtos ΔHf reagentes ΔH = (23.400 2.300)kJ ΔH = 25.700 kJ

Pelo enunciado, cada carbono no fulereno está ligado a três outros átomos de carbono; como o carbono é

tetravalente, teremos duas ligações simples e uma ligação dupla: C . A razão entre o número de ligações

simples e duplas é 2.

25. Alternativa d.

N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g) ΔH = 90 kJ

N N(g) + 3 H H(g) 2H — N — H(g)

H+x kJ 3(+435 kJ) 6(390 kJ)144424443 14243

rompidas formadas

90 kJ = +x + 1.305 kJ 2.340 kJ x = 945 kJ energia de ligação N N: 945 kJ/mol

26. Alternativa a.

2

H H

O 2 H — H + O O

4 (+460 kJ) 2(436 kJ) (490 kJ)

ΔH = +1.840 kJ 872 kJ 490 kJ ΔH = +478 kJ para 2 mol de H2O(g) ΔH = +239 kJ para 1 mol de H2O(g)


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27. a) Sn(s) + O2(g) SnO2(s) ΔH = 581 kJ

SnO2(s) Sn(s) + O2(g) ΔH = +581 kJ

b) SnO2(g) + 0,5 O2(g) SnO2(g) ΔH = 295 kJ 581 = 286 + x ∴ x = 295

28. a) 6 ⋅ 1023 at 197 g 1 g R$ 17,00

2 ⋅ 1020 at x ∴ x = 0,066 g 0,066 g y ∴ y = R$ 1,12

b) 197 g 370 kJ

0,066 g x ∴ x = 0,124 kJ

30. Alternativa c.

K(s) K(g) ΔHsublimação = 89 kJ

Cl2(g) 2 Cl(g) ΔHligação = 244 kJ

K(s) + 1

2 Cl2(g) KCl(s) ΔHf = 437 kJ

K(g) K+(g) + e ΔH = 418 kJ

31. a) 6 mol 3,0 ⋅ 103 kJ

x 1,0 ⋅ 1016 kJ ∴ x = 2,0 ⋅ 1013 mol de CO2

1 mol 44 g

2 ⋅ 1013 mol y ∴ y = 88 ⋅ 1013g, y = 8,8 ⋅ 108t

b) Sim, temos as mesmas quantidades de ligações químicas.

7C — H 5 C — C 5 C — O 1 C O 5O — H

32. a) 106 CO2 + 16 NO3 + 1 HPO4

2 + 122 H2O + 18 H+ C106H263O110N16P + 138 O2

b) Absorve energia, pois está ocorrendo a fotossíntese que é um processo endotérmico.

c) Diminuição da quantidade de CO2 no ar.

33. Alternativa b.

Reação I: Ligações a serem rompidas: 2 H H ⇒ +2(4,4 ⋅ 102) CO ⇒ +2 (10,8 ⋅ 102)

Ligações a serem formadas:

4 C H ⇒ 4(4,2 · 102) 2 C = 0 ⇒ 2(8,2 · 102)

ΔHtotal = +880 + 2.160 1.680 1.600 ΔHtotal = 240 kJ

O valor negativo de ΔH indica uma reação exotérmica, portanto, ocorre no reator C e os produtos estarão no reservatório D.

Reação II: Sendo esta o inverso da primeira, temos: ΔHtotal = +240 kJ

A reação é endotérmica, ocorrendo, portanto, no reator B, sendo os produtos depositados no reservatório E.

34. C6H12O6 6 C + 6 H2O ΔH?

1.250 kJ 0 6(285 kJ)

ΔH = 1.710 kJ + 1.250 kJ = 460 kJ

kJ

C6H12O6 + 6 O2

II

IIII

6 C + 6 H2O + 6 O2

6 CO2 + 6 H2O

1.250

1.710

4.050

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35. a) 50 g 7%

proteína 3,5 g 50 g

59%

carboidratos 29,5 g 50 g

27%

lipídio 13,5 g

proteínas e carboidrato: 1 g 17 kJ

3,5 g 29,5 g 33 g x ∴ x = 561 kJ

lipídio 1 g 38 kJ

13,5 g y ∴ y = 513 kJ total: 561 kJ + 513 kJ = 1.074 kJ

b) c = 4,5 J g1K1 Δθ = ? m = 60 kg = 60 ⋅ 103 g

Q = mcΔθ 1.074 ⋅ 103 = 60 · 103 · 4,5 · Δθ ∴ Δθ = 4 °C

36. Alternativa a.

Para calcular o ΔH de vaporização do etanol, seria necessário conhecer o ΔH de vaporização da água (ΔH3).

Esse cálculo pode ser feito utilizando a Lei de Hess.

C2H6O(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l) ΔH1

2 CO2(g) + 3 H2O(g) C2H6O(g) + 3 O2(l) ΔH2

(equação invertida)

3 H2O(l) 3 H2O(g) 3 ∆H3 (∆H de vaporização da água multiplicado por 3)

C2H6O(l) C2H6O(g) ΔH1 ΔH2 + 3 ΔH3

37. a) H3C — H + Cl — Cl H3C — Cl + H — Cl ↓ ↓ ↓ ↓ +435 +242 452 431

ΔH = (+435 + 242 452 431) kJ

ΔH = 206 kJ

b) CH4(g) + Cl2(g) H3CCl(g) + HCl(g) ΔH = 206 kJ

75 00 x 92

ΔH = ΔHf produtos ΔHf reagentes

206 = x 92 + 75

x = 114 kJ

38. a) H2(g) + 1

2 O2(g) H2O(l) ΔH = 68,3 kcal

b) C(graf) + O2 (g) CO2(g) ΔH = 94,1 kcal

c) C2H4(g) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH = 337,2 kcal

d) 2 C(graf) + 2 H2(g) C2H4(g) ΔH = +12,4 kcal

gráfico 337,2 = x + 188,2 + 136,6 ∴ x = 12,4 kcal

39. Alternativa c.

— OH ----------- O — H• •

• •

—

sacarose H

ligação de hidrogênio

C6H12O6(s) + 6 O2(g) 6 CO2(g) + 6 H2O(l)

1.268 0 6(394) 6(286)

ΔH = ∑ΔHf produtos ∑ΔHf reagentes

ΔH = 2.364 1.716 + 1.268

ΔH = 2.812 kJ


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40. a)

ESCALA0 543 1.086

km

usina hidrelétricade Belo Monte

usina hidrelétricade Itaipu

usinas eólicas

usinas Angra I e II

b) Cálculo da energia liberada na combustão de 1 g de metano (CH4):

1 mol de metano libera 213 kcal

16 g 213 kcal

1 g x

x = 13,3125 kcal

Cálculo da energia liberada na combustão de 1 g de etanol (C2H5OH):

1 mol de etanol libera 327 kcal

46 g 327 kcal

1 g y

y = 7,1086 kcal

O combustível mais vantajoso é o metano, pois libera maior quantidade de energia por grama.

1. a) O fermento químico contém bicarbonato de sódio e um ácido orgânico fraco, genericamente representado por HA. A equação química da reação observada por Rango é:

HCO23 + HA H2O + CO2 + A2

ou

HCO23 + HA H2O + CO2 + A2

b) I. Cálculo da variação de energia na combustão completa de um mol de butano:

C4H10 + 13/2 O2 4 CO2 + 5 H2O

DH = ΣDHf P 2 ΣDHf R = [4 ⋅ (2394) + 5 2 (2242)] kJ 2 (2126) kJ = 22.660 kJ

II. Cálculo da variação de energia na combustão completa de um mol de metano:

CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O

DH = ΣDHf P 2 ΣDHf R = (2394 2 2 ⋅ 242) kJ + 75 = 2803 kJ

• Massa molar do C4H10 = 58 g/mol

• Massa molar do CH4 = 16 g/mol

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Cálculo da energia liberada na queima de 58 g de metano:

16 g de CH4 803 kJ

58 g de CH4 x ∴ x = 2.910,8 kJ > 2.660 kJ liberados na queima do butano

Queimando a mesma massa de butano e de metano, a energia liberada é maior na queima de metano; portanto, Estrondosa estava errada.

2. a) C6H12O6 6 C + 6 H2O ΔH2 = ?

ΔH2 + ΔH3 = 2.800

ΔH2 = 2.800 + 2.340

ΔH2 = 460 kJ/mol

b) 6 C + 6 H2O + 6 O2 6 CO2 + 6 H2O ΔH = 2.340 kJ

6 C + 6 O2 6 CO2 ΔH = 2.340 kJ

↓ ¸ 6

C + O2 CO2 ΔHf = 2.340

6 ∴ ΔHf = 390 kJ/mol

c) C6H12O6 + 6 O2 6 CO2 + 6 H2O ΔH = 2.800 kJ

x 0 6 ⋅ (390) 6 (285) 123 144424443

ΔHR ΔHP

2.800 = [6 ⋅ (390) + 6 (285)] (x)

x = 1.250 kJ/mol

3. A primeira equação fornecida é multiplicada por 1/2, a segunda equação fornecida é multiplicada por 1/3 e a terceira equação fornecida é multiplicada por 1/6.

Agora devemos somar as três equações alteradas para obter a equação que pede o ΔH.

1/2 F2O3(s) + 3/2 CO(g) Fe(s) + 3/2 CO2(g) ΔH = 12,5 kJ

FeO(s) + 1/3 CO2(g) 1/3 Fe3O4(s) + 1/3 CO(g) ΔH = 12 kJ

1/3 Fe3O4(s) + 1/6 CO2(g) 1/2 Fe2O3(s) + 1/6 CO(g) ΔH = +7,8 kJ

FeO(s) + CO(g) Fe(s) + CO2(g) ΔH = 16,7 kJ ou Equação I (× 3), equação II (× 2) e equação III (manter). Somar as equações e dividir o resultado por 6.

4. a) Nas três reações, o produto final é o mesmo e, portanto, a entalpia dos produtos é a mesma. A reação lhe libera maior quantidade de energia indica o reagente de maior entalpia. Completa-se o esquema da seguinte maneira:

H

2 – metilbutano (D)

C

B

A

ΔH3 = 127 kJ/mol

ΔH2 = 119 kJ/mol

ΔH1 = 113 kJ/mol

b) Os alcenos citados no texto apresentam fórmula molecular C5H10, portanto, a equação de reação de combus-tão completa é:

C5H10 + 15

2 O2 5 CO2 + 5 H2O

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5. a) Equação da reação: C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O

b) Cálculo do ΔH da reação por energia de ligação.

H H H — C — C — O — H + 30 O 20 C O + 3 H — O — H H H

5 C — H + 1 C — C + 1 C — O + 1 O — H + 3 O O 4 C O + 6 O — H

ΔH = 2.065 + 347 + 357 + 463 + 1.482 + (3.216) + (2.778)

ΔH = 4.714 5.994

ΔH = 1.280 kJ

c) Cálculo do ΔH de formação do etanol

C2H5OH + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(g)

x 0 2 ⋅ 394 kJ 3 ⋅ 242 kJ

ΣΔHf R = x ΣΔHf P = 788 726 (kJ)

ΣΔHf P = 1.514 kJ

ΔH = ΣΔHf P ΣΔHf R

1.280 = 1.514 x

x = 1.514 + 1.280 (kJ)

x = 234 kJ

6. Composto A = álcool etílico Composto B = éter dimetílico ou metoximetano

A queima dos compostos formados pela fórmula C2H6O, resulta nos mesmos produtos:

C2H6O(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(g) produtos iguais

Portanto, a diferença observada no calor de combustão do álcool e do éter dimetílico está na quantidade de calor necessária para quebrar as ligações de suas moléculas.

álcool

H H H — C — C — OH 1 C — C + 5 C — H + O — H +3.249 kJ H H

éter dimetílico

H H H — C — O — C — H 6 C — H + 2 C — O +3.210 kJ H H

Como a energia necessária para quebrar as ligações moléculas do etanol é maior do que a energia neces-sária para quebrar as ligações das moléculas do éter (3.249 . 3.210), ele é o composto com menor calor de combustão.

Composto A: álcool etílico Composto B: éter etílico


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7. a) Equação química da combustão do metano: CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O (l)

Cálculo do ΔH: CH4(g) + 2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ΔH = 803 kJ

ΔHf: 75 0 394 2x


803 kJ = (394 + 2x + 75) kJ

x = 242 kJ

ΔHf0 = 242 kJ/mol de H2O (l)

b) Sim, pois os produtos de fermentação contêm CO2 e CH4, que contribuem para o efeito estufa.

c) De acordo com a equação:

58 mol de C6H12O6 35,5 mol de CH4

58 ⋅ 180 g 35,5 mol

5,8 ⋅ 103 g x

x = 19,72 mol

8. a) C12H22O11 + 12 O2 12 CO2 + 11 H2O ΔH = ?

2.222 0 12(394) 11(286) HR HP

ΔH = Hp HR

ΔH = [12(394) + 11 (286)] (2.222)

ΔH = 5.652 kJ/mol

b)

ΔH = 5.652 kJ/mol

C12H22O11 + 12 O2

kJ

12 CO2 + 11 H2O

c) Massa molar da sacarose: (12 ⋅ 12) + (1 x 22) + (11 ⋅ 16) = 342 g/mol

1 mol sacarose — 342 g 5.652 kJ

x 314 kJ

x = 19 g

9. a) Equação: CO(g) + 2 H2(g) CH3OH (l)

b) Equação I – inverter; equação II – manter e multiplicar por 2; equação III – manter.

I. (CO2) + (2 H2O) CH3OH + ( 3

2 O2 ) ΔH = +638 kJ

II. 2 H2 + O2 (2 H2O) ΔH = 2 ⋅ (286) kJ

III. CO + ( 1

2 O2 ) (CO2) ΔH = 283 kJ

CO + 2 H2 CH3OH ΔH = 217 kJ

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10. Alternativa a.

CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O

↓

gás natural 1 mol (são liberados 890 kJ)

C4H10 + 13

2 O2 4 CO2 + 5 H2O

↓

GLP 4 mol (são liberados 2.878 kJ)

1 mol (são liberados 719,5 kJ)

C8H18 + 25

2 O2 8 CO2 + 9 H2O

↓

gasolina 8 mol (são liberados 5.471 kJ)

1 mol (são liberados 683,87 kJ)

A ordem crescente desses três combustíveis do ponto de vista da quantidade de calor obtido por mol de CO2 gerado é: gasolina, GLP e gás natural.

11. Alternativa d.

A equação que representa a reação química desse processo é:

1 C8H18 + 25/2 O2 8 CO2 + 9 H2O

Para 1 de octano, o coeficiente estequiométrico do O2 é 12,5, do CO2 é 8 e da água é 9.

12. Alternativa d.

Considerando 1 L de metanol e 1 L de etanol.

Metanol: 1 L tem massa igual a 790 g, pois a densidade do metanol é 0,79 g/mL.

CH3OH, M = 32 g/mol

32 g 726,0 kJ

790 g x

x = 17.923 kJ

Etanol: 1 L tem massa igual a 790 g, pois a densidade do etanol é 0,79 g/mL.

CH3CH2OH, M = 46 g/mol

46 g 1.367,0 kJ

790 g y

1 kJ corresponde a 1.000 J

23.500 kJ = 23.500.000 J ou 23,5 MJ

13. Alternativa d.

A estratégia é satisfatória, uma vez que a reação direta ocorre com absorção de calor e promove a formação das substâncias combustíveis que poderão ser utilizadas posteriormente para a obtenção de energia e realização de trabalho útil.

CH4(g) + H2O(v) + calor CO(g) + 3 H2(g) combustíveis

CO + 1/2 O2 CO2

H2 + 1/2 O2 H2O

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14. Alternativa c.

C6H6 (l) 6 CO2 (g) ΔH0C = Δ3.268 kJ

Quando ocorre a liberação de 3.268 kJ, são produzidos 6 mol de CO2

C2H5OH (l) 2 CO2 (g) ΔH0C = 1.368 kJ

1.368 kJ 2 mol

3.268 kJ x

∴ x = 4,8 mol de CO2

C6H12O6 (s) 6 CO2 (g) ΔH0C = 2.808 kJ

2.808 kJ 6 mol

3.268 kJ y

∴ y = 7,0 mol de CO2

CH4(g) CO2(g) ΔH0C = 890 kJ

890 kJ 1 mol

3.268 kJ z

∴ z = 3,7 mol de CO2

C8H18 (l) 8 CO2 (g) ΔH0C = 5.471 kJ

5.471 kJ 8 mol

3.268 kJ t

∴ t = 4,8 mol de CO2

A glicose, quando queimada completamente, libera mais dióxido de carbono, considerando a mesma quantida-de de energia produzida.

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QuímiCa iNTEGRaDa 2 | Caderno de atividades | Gabarito 86 Cap. 6 | Cinética Química 65

1. a) reagente b) produto

2. curva 1: H2O2; curva 2: O2; curva 3: H2O

3. a) 0,2 0,024 = 0,176 HBr: 0,176 mol

b) consumo de HBr: 0,176 mol formação de H2: 0,088 mol

c) vHBr = |∆n|∆t

= |0,175 0,2|

5 0 ∴ vHBr = 0,005 mol/min

d) vHBr = vHBr

2 =

vBr2

1 ∴ 0,005 = 2 vBr2

∴ vBr2 = 0,0025 mol/min

e) vHBr = |∆n|∆t

= |0,04 0,07|

15 10 ∴ vHBr = 0,006 mol/min

vBr2

2 =

vH2

1 ∴ vH2

= 0,003 mol/min

4. a) Trecho I, pois o consumo de H2O2 é maior (0,8 mol 0,5 mol = 0,3 mol)

b) vH2O2 =

|∆[H2O2]|∆t

= |0,3 0,5|20 10

∴ vH2O2 = 0,02 mol/L ⋅ min

c) 2 H2O2 2 H2O + O2 vH2O2

2 =

vO2

1 ∴

0,02

2 = vO2

∴ vO2 = 0,01 mol/L ⋅ min

5. C3H8(g) + 5 O2(g) 3 CO2(g) + 4 H2O

1V 5 V 3 V 4 V 10 L 50 L 30 L 40 L

a) 50 L/min b) 30 L/min

6. a) N2 + 3 H2 2 NH3

3 2 vH2

vNH3 ∴ vH2

= 3

2 vNH3

vH2 =

|[∆H2]|∆t

= |2,4 3,6|

2 0 ∴ vH2

= 0,6 mol/L ⋅ min 0,6 = 3

2 vNH3

∴ vNH3 = 0,4 mol/L ⋅ min

b) vreação = vN2

1 =

vH2

3 =

vNH3

2 vreação = 0,2 mol/L ⋅ min

7. a) X, pois a sua concentração diminui com o tempo.

b) vx = |∆[x]|∆t

= |0 − 0,6|10 − 0

∴ vx = 0,06 mol/L

c) X Y 0,6 mol 0,4 mol ∴ 0,6 : 0,4 = 3 : 2

consumido formado 3X 2Y

Gabarito Capítulo 6Cinética Química

Cinética QuímicaCapítulo 17Capítulo


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as.


Cap. 17 | Cinética Química 8766 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

8. II, pois o consumo de CO2 foi maior (0,4 0,05 = 0,35 mol/L ⋅ min)

9. Alternativa a.

C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O

1 mol 2 · 44 g 60 min 30 mol

x 2.640 g ∴ x = 30 mol (1 hora) 1 min y ∴ y = 0,5 mol (1 minuto)

10. C4H10 4 CO2

1 mol 4 ⋅ 44 g 1 min 8,8 g

0,05 mol x ∴ x = 8,8 g (min) 30 min y ∴ y = 264 g (meia hora)

11. colisões

12. a) complexo ativado b) complexo ativado

13. a) não afetiva b) não efetiva c) efetiva

14. I. Incorreto: a orientação na colisão não é favorável.

II. Correto: a colisão será efetiva quando houver orientação favorável na colisão e se ela for suficientemente energética.

15. a) b)

EnergiaEnergia

reação exotérmica

reação endotérmica

CA

Ea Ea

CA

P

P

R R

∆H < 0

∆H > 0

16. a) ΔH = Ep ER = +10 (40) ∴ ΔH = +50 kJ

b) ECA = +90 kJ

c) Ea = ECA ER = 90 (40) ∴ Ea = +130 kJ

17. a) Ponto M: a energia das colisões não é suficiente para formar o complexo ativado.

b) Ponto N: nessa estrutura intermediária as ligações dos produtos são mais fortes que as dos reagentes.

18. a) lenta b) rápida

19. Alternativa a.

20. a) ΔH = Hp HR ∴ ∆H = +40 (20) ∴ ΔH = +60 kJ/2 mol de AB ΔH = +30 kJ/l mol de ABb) Ea = ECA ER ∴ ER = +60 (20) ∴ Ea = 80 kJ

21.

A

–30 kJ

50 kJ

B

Energia (kJ) 22.

2 HCl

Energia (kJ)

H2 + Cl2

(H2Cl2)

140 kcal

44 kcal

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23. a) ΔH = Hp HR ∴ ΔH = 0 (+68) ∴ ΔH = 68 kcal

b)

+96

+68

3 O2

–68 kcal

Energia (kcal)

2 O3

28 kcal

24.30

10

2

Energia (kcal)

E'a = 28 kcal E'a = ECA Ep ∴ E'a = 30 2 ∴ E'a = 28 kcal

25. a) T1 < T2 b) A1 < A2

26. Alternativa b.

27. rápida

28. Alternativa c.

29. carvão em pó, maior superfície de contato

30. Alternativa c.

31. curva A: reação 2; curva B: reação 1

32. a) homogêneo b) heterogêneo

33. 1: sem; 2: com

34. 1: com; 2: sem

35. a) Ea = ECA ER = 60 20 ∴ Ea = 40 kJ c) ΔEa = 40 15 ∴ ΔEa = 25 kJ

b) Ea = ECA ER = 35 20 ∴ Ea = 15 kJ d) ΔH = Hp HR = 10 20 ∴ ΔH = 30 kJ

36. a) energia dos reagentes e) Ea com catalisador

b) energia dos produtos f) É a inversa sem catalisador

c) ΔH da reação g) É a inversa com catalisador

d) Ea sem catalisador

37. I2 (reage na 1a etapa e é regenerado na 2a etapa)

38. a) NO b) NO2

39. a) lenta b) rápida

40. X: catalisador Y: inibidor Z: promotor W: veneno


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41. experimentalmente 44. experiência

42. velocidade, temperatura 45. zero, independente

43. experiência

46. a) Observando as experiências 1 e 2 temos: 0,35 0,70 0,1 0,2

dobra v dobra v = k[H2O2]

b) Vamos usar a 1a experiência. v = k[H2O2] ∴ 0,1 mol/L ⋅ h = k 0,35 mol/L ⋅ h k = 0,29/h

c) v = k[H2O2] ∴ v = 0,29 · 2 ∴ v = 0,58 mol/L · h

47 a) Observando as experiências 1 e 2 temos: 0,20 0,40 1,60 ⋅ 109 6,40 ⋅ 109

dobra quadruplica v = k[(CH3)2O]2

b) Vamos usar a 1a experiência. v = k[(CH3)2O2] 1,60 ⋅ 109 mol/L ⋅ s = k ⋅ (0,20)2 mol2/L2 k = 40 ⋅ 109 L/mol ⋅ s

48. Observe os experimentos 1 e 2.

[B] constante [A] 0,1 0,2 v 0,1 0,2 [A]

dobra dobra

Observe os experimentos 2 e 3.

[A] constante [B] 0,2 0,4 v 0,2 0,8 [B]2

dobra quadruplica v = k · [A][B]2

49. Observe os experimentos 1 e 2.

[B] constante [A] 1 · 102 3 · 102 v 4,8 · 105 43,2 · 105 [A]2

triplica x 9

Observe os experimentos 2 e 3.

[A] constante [B] 1 · 103 2 · 103 v 43,2 · 105 86,4 · 105 [B]

dobra dobra v = k · [A]2[B]

50. Observe os experimentos I e II.

[A] e [C] constantes [B] 0,2 0,4 v 0,1 0,4 [B]2

dobra quadruplica

Observe os experimentos II e III.

[A] e [B] constantes [C] 0,3 0,6 v 0,4 0,4 [C]0

dobra não muda

Observe os experimentos III e IV

[B] e [C] constantes [A] 0,1 0,2 v 0,4 3,2 [A]3

dobra 8 = 23 v = k[A]3[B]2[C]0 ou v = k[A]3[B]2

51. a) v = k[Hl]2 b) v = k[H2] [I2]

52. v = k PH2 · PI2

53. v = k [HCl]2

54. 1a etapa lenta, 2a etapa rápida; NO3

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55. v = k[NO2]

56. a) v = k [NO]2[H2]

b) v1 = kx2y; v2 = k(2x)2y ∴ v2 = 4 kx2y v2 = 4v1

57. v = k[H2]2[O2] v2 = kx2y; v2 = k(2x)2 3y ∴ v2 = 12 kx2y v2 = 12v1

58. a) 1a etapa: A + B AB (lenta) 2a etapa: AB + B AB2 (rápida)

b) x (etapa lenta)

c) v = k[A][B]

1. Alternativa a.

vC = D[C]

Dt =

(1,1 2 0,9) mol/L

(4,0 2 2,0) h

vC = 0,1 mol/L ? h

vC

4 =

vA

1

vA = 0,025 mol/L ? h

2. Alternativa b.

Vamos admitir volume constante e igual a 1 litro. Quantidade de matéria de N2O4 que reagiu após 20 μs = (0,050 2 0,033) mol = 0,017 mol.

Quantidade de NO2 formada após 20 μs

1 mol de N2O4 2 mol de NO2

0,017 mol de N2O4 x ∴ x = 0,034 mol x = concentração de NO2 = 0,034 mol ⋅ L21

Quantidade de N2O4 que reagiu após 40 μs.

1 mol de N2O4 2 mol de NO2

n 0,050 mol de NO2 ∴ x = 0,025 mol de N2O4

Quantidade em mol de N2O4 que resta após 40 μs y = (0,050 2 0,025) mol = 0,025 mol

Concentração de N2O4 no sistema após 40 μs = 0,025 mol · L21

Velocidade média de consumo de N2O4 nos 20 μs iniciais:

v = D[ ]∆t

= 0,033 2 0,050

20 − 0 mol ⋅ L21 ⋅ μs21 = 8,5 ⋅ 1024 mol ⋅ L21 ⋅ μs21

3. Alternativa c.

Como a reação é realizada em sistema aberto, a massa do processo vai diminuir devido à liberação de CO2 ga-soso. A velocidade da reação pode ser medida pela variação da massa, que diminui em determinado intervalo de tempo.



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4. Alternativa a.

O papel deste estímulo (faísca elétrica) é fornecer a energia de ativação necessária para a reação ocorrer.

Entalpia

R

P

Ea

Caminho da reação

5.

reagentes

produtos

Caminho da reação

HR

HP

∆AB

∆H

Energia

a) A variação da entalpia da reação (ΔH) é negativa e, portanto, a reação é exotérmica.

ΔH = HP HR

Como HR . HP ⇒ ΔH < 0

ΔAB é a energia de ativação da reação de oxidação da glicose, isto é, a mínima energia necessária para iniciar a reação.

b) A energia envolvida no processo (ΔH), quando na mesma temperatura, é a mesma independentemente se for feita num frasco de laboratório ou se ocorrer em nosso organismo. Em ambos os casos, os estados inicial e final são os mesmos.Catalisador (enzima) não altera o valor de ΔH.A energia de ativação para a reação de oxidação da glicose é menor no organismo, pois ocorre na presença de enzimas (catalisador).

6. a) Após a adição do metal em pó, a reação é acelerada, pois o metal atua como catalisador acelerando a reação química. O metal promove uma reação com menor energia de ativação.

b) Diagrama de energias.Entalpia

Ea1 ⇒ energia de ativação sem o metal em pó

Ea2 ⇒ energia de ativação com adição do metal

Caminho da reação

(1)

(2)

R

P

HR

HP

ΔH = calor da reação

7. Alternativa c.

Dada a reação A + B C + D, temos:

E

Eadir = ?Eainv = 80 kJ

Eadir = (80 – 25) kJ = 55 kJ

Caminho da reação

ΔH = –25 kJ

A + B

C + D

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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 92 Cap. 6 | Cinética Química 71

8. Alternativa a.

A reação que ocorre com maior velocidade é a que apresenta menor energia de ativação (25 kJ/mol), portanto corresponde à reação III.A diferença entre a energia do complexo ativado e a entalpia do produto é igual a 5 kJ.(25 kJ 20kJ)

Caminho da reação

Entalpia kJ

A

B 5

20

25

9. Alternativa e.

I. Verdadeira. De acordo com o gráfico, a entalpia dos produtos é maior que a entalpia dos reagentes, portanto, a reação A + B C é endotérmica. II. Falsa. Presença de catalisador aumenta a velocidade da reação devido a uma dimi nuição da energia de ativação. III. Falsa. A energia de ativação é a energia necessária para atingir o complexo ativado: Ea = 140 kJ 40 kJ = 100 kJ.

10. Alternativa b.

Quanto maior a superfície de contato entre os reagentes, maior será a velocidade da reação.

Quanto maior a temperatura do sistema, maior a velocidade da reação.

O experimento mais lento será aquele em que o comprimido é adicionado “inteiro” e a temperatura é a mais baixa (20 °C) (experimento II).

O experimento mais rápido será aquele em que o comprimido é adicionado “moído” e a temperatura é a mais alta (40 °C) (experimento III). II < I < III

11. Curva II, pois o catalisador diminui a energia de ativação da reação.O valor da variação de entalpia (ΔH) dessa reação é a mesma na presença ou ausência do catalisador.

12. Alternativa c.

NO é o catalisador, portanto a concentração é constante (curva IV).

SO3 é um produto, portanto a concentração aumenta com o tempo (curva I).

SO2 e O2 são reagentes, portanto as concentrações diminuem com o tempo, mas na proporção de 2 SO2 : 1 O2 (curvas III e II, respectivamente). Na prática usa-se NO2 como catalisador.

13. Alternativa b.

Afirmação I. Correta: com esses dados fica impossível saber o fator que mais prevalece no aumento da velo-cidade.

Afirmação II. Errada: a velocidade da reação aumenta quando a água está em uma temperatura maior.

Afirmação III. Correta: Métodos 1 e 4 Inteiro Triturado 50 s 30 s aumento menor aumenta a superfície aumenta a de contato velocidade

Métodos 1 e 3 10 °C e 60 °C 50 s 25 s aumento maior aumenta a aumenta a temperatura velocidade

14. Alternativa d.

A transformação mais rápida ocorre na temperatura T4 (maior temperatura implica maior velocidade).

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15. Alternativa d.De acordo com os gráficos apresentados, temos:• a velocidade da reação é diretamente proporcional à concentração de H2O2 e de I.• a velocidade da reação não depende da concentração de H+. II e III são afirmações corretas.

16. Alternativa c.

Experimento I: falso. Pela lei da velocidade fornecida: v = k [NO2]2, percebe-se que a taxa de formação de CO2 é

diretamente proporcional à concentração quadrática do NO2. Dobrando a pressão parcial do NO2 (de 1 atm para 2 atm), a taxa de formação será quadruplicada: v = 4x.

Experimento II: correto. Pela mesma lei da velocidade, verifica-se que a taxa de formação do CO2 independe da concentração de CO. Dobrando a pressão parcial de CO, a taxa de formação do CO2 irá permanecer a mesma: v = x.

Experimento III: correto. Aumentando a temperatura (de 700 °C para 900 °C), aumenta a energia cinética das par-tículas; aumenta o número de choques entre elas, aumentando a taxa de formação de CO2: v > x.

17. Alternativa d.Comparando os experimentos I e II, verifica-se que, reduzindo a concentração de N2O5 à metade, a ve-locidade da reação é reduzida à metade. Trata-se de uma reação de primeira ordem em relação de N2O5. Logo, a lei experimental da velocidade pode ser expressa por: v = k[N205]

1

18. Alternativa b.Comparando-se a segunda com a primeira experiência, verifica-se que a concentração de H2 foi mantida cons-tante e a de NO foi dobrada (0,210 mo/L para 0,420 mol/L). Como a velocidade da reação quadruplicou (passou de 0,035 mol/L · s para 0,140 mol/L · s) a reação é de segunda ordem em relação a NO. Comparando a segunda a quarta experiência, verifica-se que a concentração de NO foi mantida constante e a de H2 foi dobrada (0,122 mol/L para 0,244 mol/L). Como a velocidade da reação dobrou (passou de 0,035 mol/L · s para 0,070 mol/L · s), a reação é de primeira ordem em relação a H2. Logo: v = k[NO]2 ⋅ [H2].

19. a) A equação global é dada pela soma das etapas I e II.

ICl + H2 HI + HClHI + ICl HCl + I2

2 ICl + H2 2 HCl + I2

b) O intermediário da reação é o HI, pois ele é formado na etapa 1 e é consumido na etapa 2.

20. Alternativa c.

Experimentos I e II [B] e [C] constantes [A] dobra v dobra

Experimentos I e III [A] e [C] constantes [B] dobra v quadruplica

Experimentos I e IV [A] e [B] constantes [C] dobra v não se altera

Lei de velocidade: v = k[A] ⋅ [B]2 ⋅ [C]0 ou v = k[A] ⋅ [B]2

3a ordem

21. a) I. NO2(g) + NO2(g) NO(g) + NO3(g)

II. NO3(g) + CO(g) NO2(g) + CO2(g) equação global NO2(g) + CO(g) NO(g) + CO2(g)

A equação da velocidade é tirada da etapa lenta (I): v = k[NO2]2

b) I. Errada: libera calor, reação exotérmica.II. Errada: catalisador não altera o rendimento, portanto, não altera a quantidade de CO2.

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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 94 Cap. 6 | Cinética Química 73

22. a) Somando as etapas, temos:

1a) O3 + Cl• O2 + ClO•

2a) ClO• + O3 2 O2 + Cl•

2 O3 3 O2

123

gás oxigênio

b) O catalisador é Cl• (cloro livre), pois é consumido na 1a etapa e regenerado na 2a etapa do processo.

23. Alternativa e.

A curva 1 representa a reação catalisada (menor Ea), que ocorre com liberação de calor (ΔH < 0) e a sua energia de ativação é dada por E1.

24. reta A: maior concentração dos reagentes (experimento II)

reta B: experimento I

reta C: menor concentração dos reagentes (experimento III)

25. Experimento 1: curva IV menor concentração, menor temperatura;Experimento 2: curva III;Experimento 3: curva II; Experimento 4: curva I maior concentração, maior temperatura.

26. Alternativa b.

À temperatura ambiente, as moléculas dos componentes da gasolina e as do oxigênio não têm energia suficiente para iniciar a combustão.

27. a) 2 H2O2 2 H2O + O2

b) C B [H2O2] dobra v dobra

Conclusão: 1a ordem em relação ao H2O2

c) v = k[H2O2]

d) experimento A: 2,745 ⋅ 103 mol/L ⋅ s = k 0,750 mol/L

k = 3,66 ⋅ 103/s

e) catalisador

28. a) maior velocidade reação III b)

[C]1,00

0,75

Tempo

0,50

0,25

1 2 3 4

A + B

I

II

C

29. a) Experimento I [A] dobra v quadruplica 2a ordem; experimento II [B] dobra v dobra 1a ordem

ordem total: 3a ordem v = k[A]2 [B]

b) A velocidade da reação é diretamente proporcional ao quadrado da [A]. Assim, se a velocidade foi multipli-cada por 16 (42), a concentração do reagente A foi multiplicada por 4.

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Cap. 17 | Cinética Química 9574 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

30. Alternativa d.

I. Correta: o Cu atua como catalisador, pois não reage um ácido.

II. Errada: nos experimentos 1 a 4, a concentração é constante (0,2 mol/L).

III. Correta: 1 3 Zn Zn 30 s 18 s raspas pó maior velocidade maior superfície de contato

1. a) Etapa lenta = etapa de maior energia de ativação.

Etapa: II III ou 2a etapa

Energia de ativação = 322 (420) = 98 kJ

b)

Etapas ΔH

1a etapa: I II: CO2 + H2 HCOOH 20 kJ

2a etapa: II III: HCOOH + H2 H2CO + H2O 70 kJ

3a etapa: III IV: H2CO + H2O + H2 H3COH + H2O 90 kJ

c) Equação global: CO2 + 3 H2 H3COH + H2O

ΔH = 440 (400)ΔH = 40 kJ

2. a) equação da velocidade: v = k [CH3COCH3] ⋅ [H+]

b) Valor da constante de velocidade.v = k [CH3COH3] ⋅ [H

+]

De acordo com os dados da 1a experiência:

5,7 · 105 = k ⋅ (0,3) ⋅ (0,05)k = 3,8 · 103

c) Sequência que representa a etapa lenta da reação.

O OH

CH3 — C — CH3 + H+ CH3 — C CH2

3. a) Razão entre a maior e a menor velocidade média da reação.Tomando 1 L como referência de volume:Curva I: 0,6 mol ⋅ L1 produzido em 1 min v1 = 0,6 mol ⋅ L1 ⋅ min1

Curva II: 0,2 mol produzido em 1 min v2 = 0,2 mol ⋅ L1 ⋅ min1

Razão:

0,6/0,2 = 3

b) A curva I: corresponde à reação com o alumínio em pó.

A curva II: corresponde à reação com o alumínio em placas.

Esta associação ocorre porque alumínio pulverizado, devido a sua maior superfície de contato, reagirá mais rapidamente.



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4. Observe os gráficos e a tabela a seguir.

a) b)

0 50 100 150 200t/s

PA

i – P

8

7

6

5

4

3

2

1

0

1,8

0 50 100 150 200t/s

PA

i – P

8

7

6

5

4

3

2

1

0

1,8

7,8

6,8

conc

.

10–3

× m

ol .

L–1

conc

.

10–3

× m

ol .

L–1

a) De acordo com o gráfico a:quando t = 100 s a [i P] = 1,8quando t = 200 s a [i P] = 2,0

De acordo com o gráfico b:

quanto t = 100 s a [PA] = 6,8quanto t = 200 s a [PA] 7,8

Portanto, preenchendo a tabela:

Tempo/s 0 100 200

[i P]

103 mol L10,0 1,8 2,0

[PA]

103 mol L10,0 6,8 7,8

b) Como a proporção entre a Pilocarpina (P) e os possíveis produtos da reação (PA e I P) é de 1 : 1, teremos: P PA ou P i P

• a conc. inicial de P para t = 0 s corresponde a soma das concentrações dos produtos formados ao final da reação, t = 200 s.

[P] = [i P] + [PA]P = 9,8 ⋅ 103 mol ⋅ L1

• a conc. de P para t = 100 s corresponde a diferença entre a conc. inicial = 9,8 ⋅ 103 mol ⋅ L1 e a soma das conc. dos produtos possíveis, PA e i P, no mesmo tempo de 100 s.

[P] = 9,8 ⋅ 103 (1,8 + 6,8) ⋅ 103 [P] = 1,2 ⋅ 103 ⋅ mol ⋅ L1

Ao final (t = 200 s) a reação se completou. Então [P] = zero.

Tempo/s 0 100 200

[P] ⋅ 103 mol ⋅ L1 9,8 1,2 0

c) De acordo com as curvas do gráfico, tomando-se o mesmo intervalo de tempo, verifica-se que ocorre forma-ção de maior número de mols de PA, consequentemente a reação de hidrólise é mais veloz.

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Cap. 17 | Cinética Química 9776 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

5. a) N2O5(g) 2 NO2(g) + 1

2 O2(g)

b) 6

5

4

3

2

1

00 5 10 15 20 25 30 35

Tempo/horas

Conc

entra

ção

de N

2O5/

(mol

/L)

[NO2]

[N2O5]

c) vm = 1,5 mol/L

11 h = 0,14 mol/L ⋅ h

6. a) A velocidade da reação depende da concentração do brometo de terc-butila ((CH3)3 C — Br) pois os dados experimentais mostram que não houve variação da velocidade quando a concentração do íon hidróxido [OH] variou.

b) Diagrama II.c)

Avanço da reação

Energia

(CH2)3C – OH + Br–

(CH3)3C+ + OH + Br–

(CH3)3C – Br + OH

EaEa

7. a) Expressão da lei de velocidade para a reação.A lei da velocidade ou equação da velocidade é obtida a partir de dados experimentais. A análise dos dados da tabela permite concluir que:

ExperimentoConcentração inicial (mol/L) Velocidade inicial (mol/L ? s)

CO(g) Cl2(g)

1 0,12 0,20 0,09

2 0,24 0,20 0,18

3 0,24 0,40 0,72

Experimento (CH3)3 C — Br OH Velocidade

1 0,10 0,10 1 ⋅ 103

2 0,20 0,10 2 ⋅ 103

4 0,10 0,20 1 ⋅ 103

Dobrar conc. do brometo de terc-butila, dobrou a velocidade

Dobrar a conc. do íonhidróxido não afetou avelocidade

x2


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ela

inte

rnet

, sem

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xpre

ssa

auto

rizaç

ão d

a ed

itora

, são

pro

ibid

as.



• Comparando o experimento 1 com o 2: dobrar a concentração do CO(g) dobra também a velocidade da reação. Portanto, a reação é de 1a ordem em relação ao CO.

• Comparando o experimento 2 com o 3: dobrar a concentração do Cl2 quadruplica a velocidade da reação. Portanto, a reação é de 2a ordem em relação ao Cl2.

Lei da velocidade: v = k ⋅ [CO] ⋅ [Cl2]2

b) Cálculo do valor da constante —k

Partindo da lei da velocidade para a reação e utilizando os dados do 1o experimento, teremos:

v = k ⋅ [CO] ⋅ [Cl2]2

0,09 = k ⋅ (0,12) ⋅ (0,2)2 k 18,75

c) Cálculo da velocidade da reação para as concentrações dos gases CO e Cl2, respectivamente: 2,0 e 0,5 mol/L

v = k ⋅ [CO] ⋅ [Cl2]2

v = 18,75 ⋅ (2,0) ⋅ (0,5)2 v = 9,375 mol/L ⋅ s

8. a) Recipiente – A.Apresenta solução ácida de maior concentração (1,0 mol/L).

b) Recipiente – C.Apresenta maior superfície de contato entre os reagentes (Pb em pequenos pedaços).

c) Curva 1 – recipiente: C;Curva 2 – recipiente: A;Curva 3 – recipiente: B.

d) A curva 1 corresponde ao experimento com maior velocidade (C). Nesse experimento, os íons H+ do ácido reagem rapidamente devido ao contato com os pedaços de chumbo, formando H2(g). Isso significa que ocor-re a diminuição da concentração dos íons H+ elevando o pH do meio ambiente.

9. a) Etapa – 1

Equação global: 2 SO2(g) + O2(g) 2 SO3(g)

b) De acordo com o enunciado as reações acontecem na sequência dada, ou seja, etapa 2 corresponde à transformação I II (no gráfico) e etapa 2 corresponde à transformação II III (no gráfico). Sendo as-sim, como a etapa I apresenta maior energia de ativação (como pode ser visto no gráfico) ela será a etapa lenta e, portanto, determinante para a velocidade da reação. Como no enunciado diz-se que se trata de uma reação elementar, a lei da velocidade depende dos dois reagentes e de seus respectivos coeficientes es-tequiométricos.v = k[SO2] ⋅ [NO2]

c) Sim. O catalisador é o NO2, pois ele foi adicionado a primeira etapa e recuperado ao final da segunda etapa, não sendo consumido pelo processo, mas influenciando no mecanismo da reação de forma a aumentar a velocidade.

10. a)

Energia (kcal)

Caminho da reação

b) SO2 + NO2 SO3 + NO

NO + 1

2 O2 NO2

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as.


cap. 18 | Equilíbrio Químico molecular 9978 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

1. atingiu

2. 40 min

3. 40 min

4.

1,0

0,80

0,60

0,40

0,20

0 40 Tempo

[CO] ou [NO2]1,0

0,80

0,60

0,40

0,20

0 40 Tempo

[CO2] ou [NO]

1,0

0,80

0,60

0,40

0,20

0 40 Tempo

[CO] ou [NO2]1,0

0,80

0,60

0,40

0,20

0 40 Tempo

[CO2] ou [NO]

5. a) diretab) inversa

6.

Tempoequilíbrioquímico

v

v2

v1

v1 = v2

7. a) H d) Heb) H e) Hc) He

8. pouco, muito

9. muito, pouco

10. sólido

11. a) KC = [CO2][NO]

[CO][NO2]

b) KC = [CO2]

c) KC = [HI]2

[H2] · [I]2

d) KC = [CO]2

[CO2]

e) KC = [H2]

4

[H2O]4

12. gás

13. a) KP = PH2O ⋅ PCO

PH2 ⋅ PCO2

c) KP = PCO2

b) KP = P2

SO3

P2SO2

⋅ PO2 d) KP =

P2CO

PCO2

14. a) Δn = 1b) Δn = 0c) Δn = 2

15. KP = KC ⋅ (RT)Δn Δn = 0 KP = KC = 1,0 ⋅ 1030

16. KP = KC ⋅ (RT)Δn

KP = 2,4 ⋅ 103 · (0,082 ⋅ 1.000)2

KP = 3,5 ⋅ 107

17. Alternativa d.

KP = KC ⋅ (RT)Δn Δn = 2 KP

KC

= (RT)2

18. KC = [C][D]3

[A][B]2; KC =

3 ⋅ 23

2 ⋅ 42; KC = 0,75

19. KC = [Z]2

[X][Y]3;

2

3 =

62

[X] ⋅ 33 ∴ [X] = 2 mol/L

20. Alternativa d.K'C = K 2

C ∴ K'C = 82 ∴ K'C = 64

21. Reação inversa K'C = 1

KC =

1

0,02 ∴ K'C = 50

Gabarito Capítulo 7Equilíbrio Químico MolecularEquilíbrio Químico Molecular

Capítulo 18Equilíbrio Químico Molecular


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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 100 Cap. 7 | Equilíbrio Químico Molecular 79

22. [CO] = 2

30 mol/L [Cl2] =

5

30 mol/L [COCl2] =

15

30 mol/L

KC = [COCl2]

[CO][Cl2] KC =

15

30

2

30 ⋅ 5

30

∴ KC = 45

23. Alternativa e.

KC = [C][D]

[A][B] ∴ KC =

8 ⋅ 82 ⋅ 2

∴ KC = 16

24. Alternativa e.

KC = [C][D]

[A][B] ∴ KC =

2,5 ⋅ 2,5

1 ⋅ 1 ∴ KC = 6,25, alcançado aos 10 minutos

25. a) Curva C: NO2 Curva A: NO Curva B: O2

b) atingiu o equilíbrio químico

c) KC = [NO]2[O2]

[NO2]2

∴ (4 ⋅ 102)2 ⋅ (2 ⋅ 102)

(8,0 · 103)2 ∴ KC = 0,5

26. KP = P2

NO2

P2N2O4

KP = 22

1KP = 4

27. Alternativa e.

KP = P2

HI

PH2 ⋅ PI2

KP = (1,56)2

0,22 ⋅ 0,22 ∴ KP = 50,2

28. a) KP = P3

H2 · PCO

PCH4 · PH2O

b) 0,20 = PCO · (0,30)3

0,4 · 0,4 PCO = 1,2 atm

29. AB A 1 B

início 2 — —

reage e forma 0,5 0,5 0,5

equilíbrio 1,5 0,5 0,5

30. [AB] = KC = 1,5

2 = 0,75 mol/L [A] = [B] =

0,5

2 = 0,25 mol/L

KC = [A][B]

[AB] ∴ KC =

0,25 ⋅ 0,25

0,75 ∴ KC = 8,3 ⋅ 102

31. N2O4 2 NO2

início 5 —

reage e forma 3,7 7,4

equilíbrio 1,3 7,4

KC = [NO2]

2

[N2O4] ∴ KC =

7,42

1,3 ∴ KC = 42


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32. Alternativa e.

N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g)

início 1 3 —

reage e forma 0,04 0,12 0,08


33. A + B C + D

início 0,80 0,80 — —

reage e forma 0,60 0,60 0,60 0,60

equilíbrio 0,20 0,20 0,60 0,60

KC = [C][D]

[A][B] ∴ KC =

0,60 ⋅ 0,60

0,20 ⋅ 0,20 ∴ KC = 9

34. Alternativa a.

AB(g) + CD(g) AD(g) + CB(g)

início 1 1 — —

reage e forma 3/4 3/4 3/4 3/4

equilíbrio 1/4 1/4 3/4 3/4

KC = [AD][CB]

[AB][CD] ∴

KC =

3/4

v ⋅

3/4

v

1/4

v ⋅ 1/4

v

∴ KC = 9

35. Alternativa c.

PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)

início 1,5 — —

reage e forma 0,25 0,25 0,25


KC = [PCl3][Cl2]

[PCl5] ∴ KC =

0,25 ⋅ 0,25

1,25 ∴ KC = 0,05

36. CO + H2O CO2 + H2

início 0,856 0,856 — —

reage e forma 0,276 0,276 0,276 0,276

equilíbrio 0,580 0,580 0,276 0,276

KP = pCO2

⋅ pH2

pCO ⋅ pH2O ∴ KP =

0,276 ⋅ 0,276

0,580 ⋅ 0,580 ∴ KP = 0,226

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37. ácido + álcool éster + água

início 1 1 — —

reage e forma x x x x

equilíbrio 1 x 1 x x x

KC = [éster][ácido]

[ácido][álcool] ∴ KC =

x ⋅ x(1 x) ⋅ (1 x)

∴ KC = x2

(1 x)2

2 = x

1 x ∴ x =

2

3 ácido = álcool =

1

3 éster = água =

2

3

38. Alternativa c.

H2 + I2 2 HI

início 1 1 —

reage e forma x x 2x

equilíbrio 1 x x 1 2x

KC = [HI]2

[H2][I2] ∴ 49 =

2x

V

2

1 xV

2 ∴ 7 =

2x

1 x ∴ x =

7

9 [HI] = 2 ⋅

7

9 = 1,55

39. butano(g) isobutano(g)

início 0,10 —

reage e forma x x

equilíbrio 0,10 x x

Kc [isobutano]

[butano]

2,5 x

0,10 x

0,25 2,5x x

0,25 3,5x

x 0,071[isobutano] = 0,071 mol/L

40. PCl5 PCl3 + Cl2

início 1 — —



100% 1

40% x

x 0,4

KC = [PCl3][Cl2]

[PCl5] ∴ KC =

0,4 ⋅ 0,4

0,6 ∴ KC = 0,26

41. 2 HI H2 + I2

início 1 – —



100% 1

20% x

x 0,2

KC = [H2][I2]

[HI]2 ∴ KC =

0,1 ⋅ 0,1

(0,8)2 ∴ KC = 0,0156

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cap. 18 | Equilíbrio Químico molecular 10382 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

42. CO 1 Cl2 COCl2

início 4 4 —

reage e forma 3 3 3

equilíbrio 1 1 3

100% 4

75% x

x 3

KC = [COCl2]

[CO][Cl2] ∴ KC =

3

1 ⋅ 1 ∴ KC = 3

43. 2 HI H2 1 I2

início 0,5 — —



a) 0,5 100%

0,4 x ∴ x = 80%

b) KC = [H2][I2]

[HI]2 ∴ KC =

0,2 ⋅ 0,2

(0,1)2 ∴ KC = 4

44. a) KC > Q b) KC < Q c) KC = Q

45. a) Q = [NO2]

2

[N2O4] ∴ Q =

(2 ⋅ 102)2

2 ⋅ 104 ∴ Q = 2 está em equilíbrio Q = KC

b) Q = [NO2]

2

[N2O4] ∴ Q =

(2 ⋅ 101)2

2 ⋅ 103 ∴ Q = 20 não está em equilíbrio Q = KC

46. Q = [C][D]2

[A][B] I. Q =

1 ⋅ 12

0,5 · 4 = 0,5

II. Q =

1 · 22

4 ⋅ 2 = 0,5

III. Q =

2 ⋅ 22

4 ⋅ 3 =

23

IV. Q =

1 · 32

9 ⋅ 2 = 0,5 V. Q =

4 ⋅ 42

16 ⋅ 8 = 0,5 não foi atingido III

47. ÷ 1/2 A(g) + 1

2 B(g) C(g) K19 = 5

1

2

÷ 1/2 C(g) + 1

2 B(g) D(g) K92 = 20

1

2

A(g) + B(g) D(g) K3 = 5 ⋅ 20 = 10

48. Alternativa a.

inverter C2H4(g) 2 C(s) + 2 H2(g) K19 = 1

K1 manter 2 C(s) + 3 H2(g) C2H6(g) K92 = K2

C2H4(g) + H2(g) C2H6(g) K3 = K2

K1 4,75 ? 1017

1. Alternativa e.Alcançado o equilíbrio temos as três substâncias envolvidas no processo:

N2 + 3 H2 2 NH3

64 g HI 0,5 mol

12,8 g HI 0,1 mol



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2. Alternativa c.

[S] = constante curva III

[O2] = reagente curva I

[SO2] = produto curva II

3. Alternativa d.

KP = pN2O4

p2NO2

pegando 2 pontos na curva KP = 3

(0,6)2 KP 8

4. Alternativa e.

No experimento A, o valor de K1 é maior que 1, pois [HI]2 > [H2] [I2].

No experimento A, a velocidade de formação de HI diminui até que o equilíbrio seja atingido

vHI = Δn

Δt vai diminuindo

5. Alternativa a.

KC = [H2]

2[S2]

[H2S]2 ∴ KC =

(0,1)2 · 0,4

(0,5)2 ∴ KC = 0,016

6. Alternativa d.

KP = pCO2 ∴ pCO2

= 0,41 atm

PV = nRT ∴ P = nv

RT

P = [CO2]RT ∴ 0,41 = [CO2] · 0,082 · 1.000

[CO2] = 0,005 mol/L

7. Alternativa b.

PT = pH2O + pH2 + pO2 pH2 = 2x pO2 = x

1,03 = 1 + 2x + x 0,03 = 3x ∴ x = 0,01

pH2 = 0,02 atm pO2 = 0,01 atm

KP = p2

H2 ⋅ pO2

p2H2O

KP = (0,01)2 ⋅ 0,01

12

KP = 4 · 106

8. Alternativa a.

Para o equilíbrio dado, a expressão da constante de

equilíbrio KP é dada pela relação: KP = P2

SO3

P2SO2

⋅ PO2As pressões parcias são dadas por:

PSO3 = XSO3

P PO2 = XO2

P PSO2 = XSO2

P.

Logo:

KP = X2

SO3 ⋅ P2

X2SO2

⋅ P2 ⋅ XO2 ⋅ P

KP = 1P

⋅ X2

SO3

X2SO2

⋅ XO2 ⇒

⇒ 4,0 ⋅ 104 = 1P

⋅ 6,0 ⋅ 104 ⇒ P = 1,5 atm

9. a) 2 ⋅ 17 g liberam 91,8 kJ

907 ⋅ 103 g x ∴ x = 2,45 ⋅ 106 kJ

b) KP = p2NH3

p3H2 ⋅ pN2

∴ 6,5 ⋅ 103 = 602

1503 ⋅ pN2

pN2 = 0,164 atm

10. a) O equilíbrio CO + Cl2 COCl2 terá uma cons-tante inversa do equilíbrio COCl2 CO + Cl2, portanto, as pressões parciais serão as mes-mas.

1,0

0,8

0,6

0,4

0,2

0,0Tempo

Pres

são

parc

ial (

atm

) COCl2

CO, Cl2

b) KP = pCO ⋅ pCl2

pCOCl2 =

0,32 ⋅ 0,32

0,68 ∴ KP = 0,15

11. a) pNO = 2x PCl2 = x PNOCl = 0,640 atm

PT = 1,000 atm

PT = PNO + PCl2 + PNOCl

1,000 atm = 2x + x + 0,640 atm

x = 0,120 atm PCl2 = 0,120 atm PNO = 0,240 atm

b) KP = P2

NO · PCl2

P2NOCl

∴ KP = (0,240)2 · 0,120

(0,640)2 ∴

∴ KP = 0,0168

12. Alternativa e.

A massa molar é igual, pois ambos têm a mesma fórmula molecular C4H10.

O volume será cancelado, pois

K = [(CH3)2CHCH3]

[CH3CH2CH2CH3]

n-butano isobutano

início 70,0 g —

reage e forma x x

equilíbrio 70 g x x

2,5 = x

70 g x ∴ 175 g 2,5x = x

175 g = 3,5x ∴ x = 50,0 g

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Cap. 18 | Equilíbrio Químico Molecular 10584 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

13. Alternativa d.

Considere a tabela que representa o equilíbrio a seguir:

N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g)

início 4 mol 8 mol 0

reage e forma 1,5 mol 4,5 mol 3 mol

equilíbrio 2,5 mol 3,5 mol 3 mol

Cálculo da constante de equilíbrio: KC = [NH3]

2

[H2]3[N2]

⇒

3

5

2

2,5

5

3,5

3

3 ∴ KC = 2,1

14. Alternativa a.

N2O4(g) 2 NO2(g)

início 3 atm —

reage e forma 0,75 atm 1,50 atm

equilíbrio 2,25 atm 1,50 atm

KP = p2

NO2

pN2O4 KP =

1,52

2,25 KP = 1

15. Alternativa d.

I. Correto.Após 60 segundos, as concentrações de NO2 e N2O4 tornam-se constantes, caracterizando o equilíbrio.

II. Correto

1 N2O4(g) 2 NO2(g)

início 0,1 mol/L zero

reage e forma gasta 0,06 mol/L forma 0,12 mol/L

equilíbrio 0,04 mol/L 0,12 mol/L

Assim, a concentração de NO2(g) formada é o dobro da quantidade de N2O4(g) consumida.

III. Incorreto. Até o equilíbrio foi consumido de 0,06 mol/L de N2O4.

16. Alternativa a.

Pelo gráfico, observamos que:

N2O4(g) 2 NO2(g)

início 0,10 mol/L 0

reage e forma 0,06 mol/L 0,12 mol/L

equilíbrio 0,04 mol/L 0,12 mol/L

I. Correta. Quantidade em mol/L de N2O4 que reagiu: (0,10 0,04) mol/L = 0,06 mol/L

0,10 mol/L 100%

0,06 mol/L x ∴ x = 60%

II. Correta. KC = [NO2]

2

[N2O4] =

(0,12)2

0,04 = 0,36

III. Falsa. O equilíbrio é atingido quando as concentrações dos reagentes e produtos permanecem inalteradas no decorrer do tempo. Isso ocorre por volta de 60 segundos após a reação ter sido iniciada.

IV. Falsa. Independente da concentração inicial do N2O4, a reação iria desenvolver-se até atingir o equilíbrio.

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17. Alternativa c.

H2 + I2 2 HI

início 1 1 —


equilíbrio 1 x 1 x 2x

KC = [HI]2

[H2][I2] ∴ 102 =

(2x)2

(1 x)2 10 =

2x

1 x ∴ 10 10x = 2x

∴ x =

56

[H2] = [I2] = 16

mol/L [HI] = 53

mol/L

18. Alternativa a.

experiência 2 SO2 + O2

2 SO3

início 0,40 0,20 —

reage e forma 0,05 0,025 0,05

equilíbrio 0,35 0,175 0,05

A outra experiência (2 SO 2 SO2 + O2) o KC é o inverso da primeira experiência, portanto, as concentrações no equilíbrio devem ser iguais.

2 SO3 2 SO2 + O2

equilíbrio 0,05 0,35 0,175

19. Alternativas b, d.

A(g) + B(g) AB(g)

início 3 2 —

reage e forma x x x

equilíbrio 3 x 2 x x

4,2 = 3 x + 2 x + x ∴ 4,2 = 5 x

x = 0,8

PA = 2,2 atm PB = 1,2 atm PAB = 0,8 atm

B 2 atm 100%

0,8 atm x ∴ x = 40%

20. PV = nRT p ⋅ 10 = 4692

⋅ 0,082 ⋅ 300 PN2O4 = 1,23 atm

N2O4(g) 2 NO2(g)

início 1,23 —


equilíbrio 0,984 0,492

PN2O4 = 0,984 atm

100% 1,23 atm

20% x

x = 0,246 atm

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as.



21. a) Na ausência do catalisador temos um consumo mais demorado de A e a formação mais demorada de B nas curvas II e III.

A curva III B curva II

b) 2A 3B

início 0,10 —



proporção 2 : 3

KC = [B]2

[A]2 ∴ KC =

0,093

0,042 KC = 0,45

22. a) Como a experiêcia A e B é feita na mesma temperatura as concentrações de H2, I2 e HI devem ser iguais, pois

as constantes de equilíbrio tem valor KA = 1

KB

. Não é possível distinguir.

b) H2(g) + I2(g) 2 HI(g)

início 0,10 0,10 —


equilíbrio 0,10 x 0,10 x 2x

KC = [HI]2

[H2][I2] ∴ 64 =

(2x)2

(1 x)2 ∴ 8 =

2x

1 x

0,8 8x = 2x ∴ 0,8 = 10x ∴ x = 0,08

[H2] = [I2] = 0,02 mol/L [HI] = 0,16

mol/L

HI

H2 ou I2

0,16

0,10

0,02

23. Alternativa d.

butano metilpropano

início 2 1,25

reage e forma x x

equilíbrio 2 x 1,25 + x

KC = [metilpropano]

[butano] ∴ 2,5 =

1,25 + x2 x

5 2,5x = 1,25 + x 3,75 = 3,5x ∴ x = 1,07

[butano] = 0,93 mol/L [metilpropano] = 2,32 mol/L

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25. Alternativa d.

Cálculo da quantidade em mols inicial Cálculo de quantidade em mols no equilíbrio

PV = nRT ∴ 8 ⋅ 10 = n ⋅ 0,08 ⋅ 1.000 PV = nRT ∴ 5 ⋅ 10 = n ⋅ 0,08 ⋅ 1.000 n = 0,625 mol

n = 1 mol

0,5 mol A2B3

0,5 mol B2

A2B3 + B2 A2B5

início 0,5 0,5 —

reage e forma x x x

equilíbrio 0,5 x 0,5 x x

0,625 = 0,5 x 0,5 x + x ∴ x = 0,375

KC = [A2B5]

[A2B3][B2] KC =

0,375

10

0,125

10 · 0,125

10

KC = 240

26. Alternativa e.

ácido + álcool éster + água

início x y — —

reage e forma 1 1 1 1

equilíbrio x 1 y 1 1 1

X e Y devem ser maiores que 1; as alternativas a e c não devem ser consideradas

KC = 1 ⋅ 1

(x − 1) ⋅ (y 1) = 4 b =

1 ⋅ 1(2 1) ⋅ (5 1)

= 0,25

d = 1 ⋅ 1

(2 1) ⋅ (2 1) = 1 e =

1 ⋅ 1(1,5 1) ⋅ (1,5 1)

= 4

27. Alternativa e.

[H2] = 5 mol

10 L = 0,5 mol/L [N2] =

2 mol

10 L = 0,2 mol/L

N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3

início 0,2 0,5 —



KC = [NH3]

2

[N2] [H2]3

∴ KC = (0,3)2

0,05 ⋅ (0,05)3 ∴ KC = 1,44 ⋅ 104

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28. a) ácido + etanol (1) acetato de + água (1) acético (1) etila (1)

início 0 mol 0 mol 2 mol 2 mol

reage e forma x mol x mol x mol x mol

equilíbrio x mol x mol (2 x) mol (2 x) mol

4 = KC = [acetato de etila][água]

[ácido acético][etanol]

4 =

2 x

V

2 x

V

x

V ⋅ x

V

4 = (2 x2)

x2 2x =

2 x

x 2x = 2 x 3x = 2 x =

2

3 mol = 0,67 mol

Quantidade em mol de ácido acético no equilíbrio: 2/3 mol.

b) ácido + etanol (1) acetato de + água (1) acético (1) etila (1)

início ? 1,0 mol 0 mol 0


equilíbrio y 0,1 mol 0,9 mol 0,9 mol

4 = KC = [acetato de etila][água]

[ácido acético][etanol]

4 =

0,9

V ⋅

0,9

V

y

V ⋅ 0,1

V

0,4y = 0,81 y = 2,025 mol 2,0 mol

Quantidade em mols de ácido acético no equilíbrio 2,0 mol.

29. a) Deve restar sólido, pois o sistema atingiu o equilíbrio

b) NH4OCONH2(s) 2 NH3 + CO2

início — — —

reage e forma x 2x x

equilíbrio —2x2

x2

KC = [NH3]2[CO2]

∴ 4 ⋅ 109 = x2

x

2 x3 = 8 ⋅ 109 ∴ x = 2 ⋅ 103 [NH3] = 2 ⋅ 103 mol/L

[NH3]

Tempo

2 . 10–3

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31. a) Q = [C10H12]

[C5H6]2

∴ Q =

1,728

(0,800)2 ∴ Q = 2,7

Q = KC a mistura está em equilíbrio portanto, as concentrações do monômero e do dímero são constantes.

b) Q = [C10H12]

[C5H6]2

∴ Q = 3,456

12 ∴ Q = 3,456

Q > KC a mistura não está em equilíbrio, portanto, a concentração do dímero deve diminuir e a concentração do monômero deve aumentar.

32. Alternativa a.

Q = [H2]

[H2S] ∴ Q =

0,1

0,1 ∴ Q = 1 Q > KC Reação inversa predomina

H2S H2 + S

início 0,1 0,1

reage e forma +x x

equilíbrio 0,1 + x 0,1 x

KC = [H2]

[H2S] 0,07 =

0,1 x0,1 + x

0,007 + 0,07x = 0,1 x

1,07x = 0,093

x = 0,087

[H2] = 0,013 mol/L

33. Alternativa a.

A reação do ácido etanóico com etanol pode ser interpretada por:1 ácido etanóico + 1 etanol 1 etanoato de etila + 1 água

(X) (Y) (Z) (W)

A constante de equilíbrio é dada pela expressão: KC = [Z][W]

[X][Y]

Cálculo da relação [Z][W]

[X][Y] para cada alternativa, considerando a situação final e admitindo recipiente de volume V

([ ] = nV

(mol/L)):

a) [Z][W]

[X][Y] =

4

V ⋅

4

V

2

V ⋅ 2

V

= 4 d) [Z][W]

[X][Y] =

3

V ⋅

2

V

1

V ⋅ 1

V

= 6

b) [Z][W]

[X][Y] =

2

V ⋅

2

V

4

V ⋅ 3

V

= 0,33 e) [Z][W]

[X][Y] =

3

V ⋅

3

V

3

V ⋅ 3

V

= 1

c) [Z][W]

[X][Y] =

2

V ⋅

2

V

2

V ⋅ 3

V

= 0,66

Quando a relação [Z][W]

[X][Y] for igual a 4, temos que esse valor (4) coincide com o valor numérico da constante

(KC) e o sistema encontra-se em equilíbrio.

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Cap. 18 | Equilíbrio Químico Molecular 11190 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

34. Alternativa b.

CO 1 2 H2 CH3OH

início 2 2

reage e forma x/2 x x/2

equilíbrio 2 + x2 x 2

x2

[CH3OH] = 2 x

2

35. Alternativa d.

CO 1 H2O CO2 1 H2

início 1 1 2 2


equilíbrio 1 x 1 x 2 + x 2 + x

KC = [CO2][H2]

[CO][H2O] 25 =

(2 + x)2

(1 x)2 ∴ 5 =

2 + x1 x

5 5x = 2 + x ∴ 3 = 6x

∴ x = 0,5

[CO] = 0,5 mol/L [CO2] = 2,5 mol/L

36. a) Q = 3 · 31 · 1

∴ Q = 9 Q > K

A rapidez é maior no sentido de reação inversa, portanto, no sentido de formar CO.

b) CO 1 H2O CO2 1 H2

início 1 1 3 3


equilíbrio 1 + x 1 + x 3 x 3 x

KC = [CO2][H2]

[CO][H2O] ∴ 4 =

(3 x)2

(1 x)2 ∴ 2 =

3 x1 + x

2 + 2x = 3 x ∴ 3x = 1

∴ x =

1

3

[CO] = [H2O] = 4

3 mol/L [CO2] = [H2] =

8

3 mol/L

37. I. O equilíbrio pode ser atingido, pois KP > Q Q = PC, I II. O equilíbrio pode ser atingido, pois KP > Q Q = 0

III. O equilíbrio não poder ser atingido pois a PC não diminui pois o sistema não tem B.

IV. O equilíbrio pode ser atingido, pois Q > KP Q = PC, IV

38. Alternativa a.

Fe(s) + CO2(g) FeO(s) + CO(g) K1 = 1,5

H2O(g) + CO(g) H2(g) + CO2(g) K2 = 1,6

Fe(s) + H2O(g) FeO(s) + H2(g) K3 = K1 ⋅ K2

K3 = 1,5 ⋅ 1,6 = 2,4


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1. a) A B

Início 0,10 —

Reage e Forma 0,06 0,09 proporção 2 : 3

Equilíbrio 0,04 0,09

2A 3B

b) KC = [B]3

[A]2 =

(0,09)3

(0,04)2 ∴ KC = 0,45

c. e d.

Tempo

A

B0,09

[ ]

0,10

0,04

0

2. a) KP = (pNH3)

2

(pN2)(pH2)3

b) KP = (0,2)3

0,4(1)3 = 0,02

c) A reação não seria um processo eficiente para a “fixação” do nitrogênio atmosférico, pois, como KP < 1, encontramos na situação de equilíbrio, uma maior concentração de reagente e menor concentração de produtos.

3. a) 2 SO3 (g) 2 SO2(g) 1 O2(g)

i 0,8 0 0

R/F 0,6 0,6 0,3

eq 0,2 0,6 0,3

KC = [SO2]

2 [O2]

[SO3]2

= (0,6)2 · 0,3

(0,2)2 = 2,7

b) a = no mol reage

no mol inicial =

0,6

0,8 = 0,75

a = 75%

c)

0,8

0,6 SO2

SO3

O2

20 40

0,3

0,2

0,1

d) PV = nRT n = 0,2 + 0,6 + 0,3 = 1,1

P · 1 = 1,1 · 0,082 · 500

P = 45,1 atm

4. a) Equação balanceada: A 2 B

Justitificativa:

A B

início 0,10 0

reage/forma(estequiometria)

0,06 0,12


Proporção estequiométrica:0,06 : 0,12 1 A : 2 B

b) a = no mol reage

no mol inicial =

0,06

0,1 = 0,6 a = 60%

c) KC = [B]2

[A] =

(0,12)2

0,04 = 0,36 KC = 0,36

d) quantidade de B formado

quantidade de A consumido =

0,12

0,06 = 2

razão = 2

5. a) b)

Tempo//103 anos

Fração molar L-isoleucina

Fração molar D-isoleucina

0 1 0

50 0,68 0,32

125 0,50 0,50

200 0,44 0,56

300 0,42 0,58

450 0,42 0,58

A soma das frações molares dos componentes é igual a unidade.

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c) No equilíbrio:

x (L-isoleucina) = n(L – isoleucina)

nT = 0,42

x (D-isoleucina) = n(D – isoleucina)

nT = 0,58

KC = x[D – isoleucina]

x[L – isoleucina]

KC = 0,58

0,42 = 1,38

d) Para que o quociente entre as quantidades de D-isoleucina e L-isoleucina seja igual a 1, deve-mos ter as mesmas frações molares desses aminoácidos, o que é verificado, pela tabela do item b, no tempo 125 · 103 anos.

6. a) Como as pressões são proporcionais ao nú-mero de mol de cada participante, podemos estabelecer a relação:

2 NOCl(g) 2 NO(g) + Cl2(g)

início x 0 0

proporção 2 P 2 P P

equilíbrio 0,640 atm 2 P P

Ptotal no equilíbrio = PNOCl + PNO + PCl2

144424443

1,000 atm = 0,640 + 2 P + P

0,360 atm = 3 P

P = 0,120 atm

Assim:

PNO no equilíbrio = 2 P = 2 ⋅ 0,120 = 0,240 atm

PC2 no equilíbrio = P = 0,120 atm

b) KP = (PNO)2 ⋅ (PCl2

)

(PNOCl)2

KP = (0,240)2 ⋅ (0,120)

(0,640)2

KP = 0,016875

KP = 1,6875 ⋅ 102

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QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 114 Cap. 8 |Deslocamento de Equilíbrio 93

1. a) esquerda c) direitab) direita d) N2O4

2. a) direita c) esquerdab) esquerda d) direita

3. a) direitab) não desloca

4. a) direitab) esquerda

5. nenhum

6. esquerda

7. a) esquerdab) direita

8. a) endotérmicab) exotérmica

9. a) endotérmicab) 227 °C

10. a) diminuib) aumenta

11. não desloca

12. a) sem catalisador b) com catalisador

13. Desloca Altera o valor de K?

a) lado oposto não

b) mesmo lado não

c) menor quantidade de gases não

d) maior quantidade de gases não

e) sentido endotérmico sim

f) sentido exotérmico sim

g) não não

Gabarito Capítulo 8Deslocamento de Equilíbrio

14. Alternativa d.O aumento da temperatura desloca para a direita.

15. Alternativa b. I. Verdadeira: um aumento de pressão desloca no

sentido de menor quantidade de gases (lado direito).

III. Verdadeira: um aumento de concentração de HCl aumenta a velocidade de reação direta deslocando o equilíbrio para a direita (aumen-tando a concentração de Cl2).

16. Alternativa b.Em grandes altitudes a concentrações de O2 dimi-nui deslocando o equilíbrio no sentido 2.

17. a) A constante de equilíbrio aumenta quando di-minuímos a temperatura, pois a reação direta é exotérmica.

b) Reduzindo-se o volume do sistema temos um au-mento de pressão deslocando o equilíbrio para o lado de menor quantidade de gás (direita).

18. Alternativa a.

N2(g) + 3 H2(g) 2 NH1(g)O rendimento de uma reação reversível é menor que 100%, portanto, não se forma 2 mol de NH3 a partir de 1 mol de N2 e 3 mol de H2.

19. Alternativa b.

20. Alternativa c.

21. Alternativa c.

22. Nenhum.

23. Alternativa c.

24. Alternativa c.

25. Alternativa d.

26. Alternativa a.

A reação direta é endotérmica e os coeficientes dos reagentes são menores do que dos produtos.

Capítulo 19Deslocamento de Equilíbrio

Capítulo


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Cap. 19 | Deslocamento de Equilíbrio 11594 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

27. Alternativa a.

COCl2 CO + Cl2

equilíbrio y x x

0,1 mol de CO y x + 0,1 x

reage e forma a a a

equilíbrioy + a

aumentax + 0,1 a

aumentax a

diminui

como 0,1 > a

28. Alternativa d.

A equação química do processo é:

H2(g) + Br2(g) 2 HBr(g) ΔH < 0.

O equilíbrio se deslocará no sentido de formação do HBr com a diminuição da temperatura, pois a redução da temperatura desloca o equilíbrio no sentido da reação exotérmica (princípio de Le Chatelier).

29. Alternativa d.

Ao aumentar a concentração de CHCl3, o equi-líbrio é deslocado para a direita, aumentando a concentração de CCl4.

30. Alternativa e.

A reação direta é endotérmica, portanto, KC, au-menta quando se aumenta a temperatura.

1. Alternativa c. II. Correta: a reação indireta é exotérmica.III. Incorreta: adicionando-se um catalisador, o equi-

líbrio não é deslocado.

2. Alternativa a.A remoção de O2(g) provoca aumento da massa de glicose, pois o equilíbrio é deslocado para a direita.

3. Alternativa a.N2(g) + 3 H2 2 NH3(g)

I. Introdução de N2(g): desloca o equilíbrio no sen-tido oposto à adição (para a direita), favorecendo a formação de NH3.

II. Aumento da pressão do sistema: desloca o equilíbrio no sentido da reação com contração de volume, no caso, para a direita, aumentando o rendimento de NH3.

N2(g) + 3 H2 2 NH3(g) 1V 3V

2V

4V

III. Adição de catalisador: aumenta a velocidade da reação, mas não desloca o equilíbrio.

4. Alternativa b.Proposta I: ao aumentar a pressão, o equilíbrio é deslocado para o lado que ocorre contração de volume, ou seja, no sentido dos reagentes (para a esquerda), diminuindo a concentração de H2.Proposta II: ao aumentar a temperatura, o equilí-brio é deslocado no sentido da reação endotérmi-ca (∆H > 0), ou seja, no sentido dos produtos (para a direita), aumentando a concentração de H2.Proposta III: catalisador não desloca equilíbrio, portanto não altera a concentração de H2.

5. Alternativa d.Aumentando a temperatura desloca para a direita, aumentando a concentração de H2. Aumentando a pressão desloca para a direita, aumentando a con-centração de NH3.

6. a) T1 KC = [AB]

[A] [B] ∴ KC =

2

3 ⋅ 1 =

2

3

T2 KC = 3

2 ⋅ 1 ∴ KC =

3

2b) Endotérmico, pois o KC aumentou com o aumen-

to da temperatura.

8. Alternativa b.

I. Correta: pelo gráfico, quanto menor a tempe-ratura, maior o valor da constante de equilíbrio, portanto, maior a concentração dos produtos, maior o rendimento da reação.

II. Errada: o aumento da temperatura aumenta a velocidade da reação.

III. Correta: a diminuição da temperatura no equilí-brio favorece a reação exotérmica. A síntese da amônia é favorecida pela diminuição da tempe-ratura, logo é exotérmica.

IV. Errada: a elevação da temperatura favorece a formação de N2 e H2.

9. Alternativa c.

I. Errada: a diminuição da temperatura favorece a reação de formação de N2O4(g), portanto, tere-mos um aumento na quantidade de moléculas de N2O4(g).

II. Correta: 2 NO2(g) exotérmica

endotérmica N2O4(g).


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Química iNTEGRaDa 2 | caderno de atividades | Gabarito 116 Cap. 8 |Deslocamento de Equilíbrio 95

O abaixamento de temperatura desloca o equi-líbrio no sentido da reação exotérmica.

III. Errada: o aumento da temperatura favorece a reação de formação do NO2(g), portanto, no sis-tema, teremos uma concentração maior de NO2 do que de N2O4. A ilustração (c) está errada, pois não mostra as moléculas de N2O4(g), ou seja, não é equilíbrio.

10. Alternativa b.

I. Errada: através da tabela fornecida, notamos que, ao aumentar a temperatura, ocorre dimi-nuição da constante de equilíbrio (KC), portanto temos uma reação direta exotérmica.

II. Correta: aumentando a temperatura, o equi-líbrio é deslocado no sentido dos reagentes. Nesse sentido a reação é endotérmica.

III. Errada: o aumento da pressão sobre o sistema desloca o equilíbrio no sentido dos produtos (sentido da contração de volume).

11. Alternativa a.

2 NO2(g) exotérmica

endotérmica N2O4(g) + 58 kJ

Aumentando a temperatura, o sistema se desloca no sentido da reação endotérmica (para a esquerda) aumentando a quantidade de NO2 no sistema, intensificando a coloração castanha do sistema. Aumentando a pressão, desloca o equilíbrio no sentido da reação que se dá com contração de vo-lume (para a direita). Retirando NO2 do equilíbrio, o sistema se desloca no sentido de formar mais NO2. Podemos relacionar as constantes KP e KC pela expressão KP = KC (RT)1. A adição de catalisador não afeta o equilíbrio, apenas aumenta a velocidade com que ele é atingido.

12. Alternativa e.

I. Correta: através do gráfico fornecido, à medida que aumenta a temperatura, diminui o valor da constante de equilíbrio (KC), caracterizando uma reação exotérmica. O equilíbrio é deslocado no sentido da formação de reagentes, fazendo di-minuir o KC.

II. Errada: com o aumento da temperatura, a ve-locidade da reação aumenta, pois aumenta o número de colisões efetivas.

III. Correta: com o aumento da temperatura, o ren-dimento da reação diminui, formando menos amônia na situação de equilíbrio, pois o equilí-brio é deslocado no sentido de formação de N2 e H2 (reação endotérmica).

13. Alternativa e.

I. Errada: catalisador não desloca equilíbrio quí-mico.

II. Errada: a pressão não desloca o equilíbrio ci-tado, pois não ocorre variação de volume dos gases participantes.

1/2 N2(g) + 1/2 O2(g) NO(g) 4444 1 volume 1 volume

III. Correta: a 2.400 K, há maior quantidade de NO do que a 1.200 K, pois o KC (constante de equi-líbrio) aumenta com a temperatura.

KC = NO

[N2]1/2 · [O2]

1/2

IV. Correta: a reação de formação do NO é endo-térmica, pois o KC aumenta com a temperatura. O equilíbrio se desloca no sentido da reação endotérmica pelo aumento da temperatura.

14. Alternativa e.

No equilíbrio químico, a proporção estequiométrica é a proporção em volume, considerando os gases nas mesmas condições de temperatura e pressão:

2 NO2(g) N2O4(g)castanho incolor 2 V 1 V

I. Correta: o banho de gelo provoca diminuição da temperatura e se o sistema torna-se incolor, a reação direta é exotérmica (o equilíbrio é des-locado para a direita).

II. Correta: aumentando-se a pressão, o equilíbrio é deslocado para a direita (no sentido de menor volume de gases), atenuando a cor castanho.

III. Correta: aumentando-se a temperatura, o equi-líbrio é deslocado para a esquerda (reação en-dotérmica), acentuan do a cor castanho.

16. Alternativa b.

A reação de formação do metano é exotérmica, pois a concentração do metano aumenta com a diminuição da temperatura.

17. Alternativa e. I. Correta:

0 1+ N2 + 3 H2 2 NH3 H2: agente redutor oxidação

II. Errada: reação direta exotérmica, pois KC dimi-nui com o aumento da temperatura.

III. Errada: não altera o valor de KC.IV. Correta: a velocidade de formação da amônia

aumenta com o aumento da temperatura.

18. Alternativa c.

O aumento da pressão desloca o equilíbrio no sen-tido da reação que se processa com contração de volume. De acordo com o gráfico, o aumento da pressão aumenta a porcentagem de C na mistura,

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logo, z < x + y. A diminuição da temperatura deslo-ca o equilíbrio no sentido da reação exotérmica. De acordo com o gráfico, a diminuição da temperatura aumenta a porcentagem de C na mistura, logo, a reação direta é exotérmica.

19. (01) Errada: reação direta é exotérmica (I).(02) Correta: reação inversa é endotérmica (I).(04) Correta: reação direta é endotérmica (II).(08) Errada.(16) Correta: o equilíbrio é deslocado no sentido

dos reagentes, pois está ocorrendo contração.(32) Errada: o equilíbrio é deslocado no sentido do

produto, pois está ocorrendo contração.

20. a) Pressão elevada, pois a formação do NH3 ocorre com contração do volume. Temperatura baixa, pois a formação do NH3 é um processo exotér-mico, pois o KP diminui com o aumento da tem-peratura.

b) A pressão entre 300 e 400 atmosferas é justifi-cada por aumentar o rendimento do NH3, pois sua formação ocorre com contração de volume. A temperatura de 450 °C é utilizada para tornar o processo de formação do NH3 mais rápido, embora diminua o rendimento. Atuação do ferro metálico no processo é acelerar a formação de NH3, pois é catalisador.

21. Alternativa b.

2 C5H6 C10H12 KC = [C10H12]

[C5H6]2

= 3,0

Cálculo da relação [C10H12]

[C5H6]2

para as misturas 1 e 2:

Mistura 1: [C10H12]

[C5H6]2

= 0,75

(0,50)2 = 3,0.

Como esse valor é igual ao valor de KC, podemos concluir que a mistura 1 encontra-se em equilíbrio ( ).

Mistura 2: [C10H12]

[C5H6]2

= 2,50

(1,00)2 = 2,5.

Como esse valor é menor que o valor de KC o sis-tema não se encontra em equilíbrio e a tendência espontânea é que essa relação atinja o valor 3,0 (situação de equilíbrio). Portanto, o numerador ([C10H12]) deve aumentar e o denominador ([C5H6]

2) deve diminuir para atingir o valor 3,0. A reação está se deslocando no sentido da formação de C10H12 (para a direita) ( ).

22. Alternativa c.

O experimento Y representa o gráfico II, pois o au-mento da temperatura desloca o equilíbrio no sen-tido de formação de B. O experimento Z representa o gráfico I, pois o catalisador apenas diminui o in-tervalo de tempo para atingir o equilíbrio.

23. Alternativa e.

[A2] = [B2] = 1 mol

10 L = 0,1 mol/L.

A2(g) + B2(g) 2 AB

início 0,1 0,1 —



KC = [AB]2

[A2] [B2]

= (0,1)2

0,05 ⋅ 0,05

KC = 4

Um aumento da temperatura desloca o equilíbrio no sentido endotérmico (reação direta).

24. Alternativa c.

v = k [NO]2 [Br] ∴ v = k (0,02)2 ⋅ 0,02 = k 8 ⋅ 106 t

I. KP1 = 6(60 °C) vI = k (0,05)2 ⋅ 0,05 = k 1,25 ⋅ 104

vI > v t1 < t

II. Reação exotérmica KP diminui com o aumento da temperaturaKP2

< 6 t2 < t (velocidade aumenta).

25. a) CO + 2 H2 CH3OH

início 2 2 —

reage e forma 05 1 0,5

equilíbrio 1,5 1 0,5

KC = [CH3OH]

[CO] [H2]2

∴ KC = 0,5

1,5 ⋅ 12

KC = 1

3b) CO + 2 H2 CH3OH

ΔHf(kJ) 110 0 201


ΔH = 201 (110)

ΔH = 91 kJ

Aumentando a temperatura, o equilíbrio se des-loca para a esquerda (sentido endotérmico).

26. Alternativa a.

Cálculo da constante para o equilíbrio A B nos três experimentos:

Experimento 1: no equilíbrio, temos, admitindo a concentração em mol/L:

[A1] = 3 mol/L [B1] = 6 mol/L

KC1 =

[B1]

[A1] =

6 mol/L

3 mol/L = 2

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QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 118 Cap. 8 |Deslocamento de Equilíbrio 97

Experimento 2: no equilíbrio, temos:

[A2] = 2 mol/L [B2] = 4 mol/L

KC2 =

[B2]

[A2] =

4 mol/L

2 mol/L = 2

Experimento 3: no equilíbrio, temos:

[A3] = 1 mol/L [B3] = 3 mol/L

KC3 =

[B3]

[A3] =

3 mol/L

1 mol/L = 3

KC3 > KC1

= KC2

Como a constante de equilíbrio só depende da temperatura, podemos concluir que os experimen-tos 1 e 2 foram realizados a uma mesma tempera-tura. O experimento 3 foi atingido mais rapidamente, portanto, foi realizado numa temperatura maior.

27. a) A reação do CO com H2 pode ser expressa por:

CO(g) + 3 H2(g) CH4(g) + H2O(g) K1

KI = PCH4 ⋅ PH2O

PCO ⋅ P3H2O

Vamos determinar o quociente reacional (QP) a 460 ºC:

QP = PCH4 ⋅ PH2O

pCO ⋅ P3H2

= 0,4 ⋅ 0,4

4 ⋅ 105 ⋅ 23 = 500

Observando o gráfico, verificamos que o QP é igual a K1 e, portanto, podemos concluir que o sistema se encontra em equilíbrio.

b) Pelo gráfico, verificamos que tanto para a reação I

[CO(g) + 3 H2(g) CH4(g) + H2O(g)]

como para a reação II

[CO2(g) + 4 H2(g) CH4(g) + 2 H2O(g)],

um aumento da temperatura implica uma di-minuição da constante de equilíbrio. Podemos concluir que ambas as reações são exotérmicas.

c) A reação I libera mais calor. A reação I apresenta maior valor para a constante de equilíbrio que a reação II, numa mesma temperatura. Isso signi-fica que a reação I é mais espontânea. Levando em conta apenas a entalpia, a reação I libera mais calor.

28. Equilíbrio l: A(g) 2 B(g) volume: V

nA nB1

K1 = [B]2

[A] K1 =

nB12

V2

nA1

V

= nB2

1

nA1V

Equilíbrio 2: A(g) 2 B(g) volume: 2 V

K2 = [B]2

[A] K2 =

nB22

4 V2

nA2

2 V

= nB2

2

2 nA2V

mesma temperatura:

K1 = K2 nB2

1 nA1 ⋅ V

= nB2

2

2 nA2V

nB22 =

nB21 2 nA2

nA1

nB2 = nB1 2 nA2

nA1

29. Alternativa d.

sistema X KC = 6

4 = 1,5

Alteração 1: aumenta aumenta KC = 1,5

sistema Z KC = 9

6 = 1,5

Alteração 2: aumenta diminui K'C < 1,5 (rea-ção exotérmica)

sistema J K'C = 5

5 = 1

Alteração 3: P não desloca

sistema W KC =

6

4 = 1,5

1. a) KC = [CO2][H2]

[CO][H2O]

b) CO 1 H2O CO2 1 H2

início 1 1 2 2

reage e forma

x x x x

equílibrio 1 x 1 x 2 + x 2 + x

25 = (2 + x)(2 + x)(1 x) (1 x)

52 = (2 + x)2

(1 x)2 5 5x = 2 + x

6x = 3 x = 1

2

[CO] = 1 1

2 = 0,5 mol/L

[CO2] = 2 + 1

2 = 2,5 mol/L



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c) Sabe-se que KC = 4 (T = 430 + 273 = 703 K) e KC = 25 (T = 600 K) e que um aumento de tem-peratura favorece o lado endotérmico.

Como o aumento de temperatura (600 para 703 K) diminuiu KC, favorecendo a formação de reagentes, concluímos que a reação fornecida é exotérmica.

2. a) Amostra ll. O aumento de temperatura desloca o equilíbrio para o lado endotérmico (reação in-versa) aumetando a concentração de reagentes e diminuindo a concentração de produtos.

b) Amostra l. Como a reação é exotérmica, a dimi-nuição de temperatura desloca o equilíbrio para a direita, aumentando a concentração de produ-tos e diminuição a dos reagentes.

c) Amostra lV. A adição de catalisador não altera a concentração dos participantes da reação.

3. a) COCl2(g) CO(g) + Cl2(g)

0,312 0,12 0,13

KP = pCO ⋅ pCl2

pCOCl2 =

0,12 ⋅ 0,13

0,312 = 0,05

b) COCl2(g) CO(g) + Cl2(g)

p0 0 0

αp0 αp0 αp0

p0 αp0 αp0 αp0

P = 1 atm α p0 αp0 + αp0 + αp0 = 1

p0 αp0 = 1

p0 = 1

1 + α (I)

Como T cte ⇒ KP = 0,05

0,05 = αp0 ⋅ αp0

p0(1 α)

1

20 =

α2p0

1 α (II)

Substituindo (I) em (II):

1

20 =

α2

1 α ⋅

1

1 + α

1

20 =

α2

1 α2

α = 1

21 =

21

21

c) Aumentando o volume diminui a pressão total, deslocando o equilíbrio para direita, portanto, aumentando a quantidade de mol de Cl2. A pres-são parcial do Cl2 vai diminuir, pois sua concen-tração vai diminuir.

PCl2 = naumenta

Vaumenta mais

RT

4. a) KC = [WI6]

[I2]3

b) A reação é exotérmica. O aumento de tempe-ratura desloca o equilíbrio para o lado endotér-mico, o que, de acordo com o texto, é o lado esquerdo.

c) A adição de gás inerte não desloca o equilíbrio químico.

5. a) No condensador, ocorre a liquefação de NH3. A concentração do NH3(g) diminui, deslocando o equilíbrio para a formação do NH3; portanto, aumenta o rendimento.

b) Usa 500 °C para tornar o processo mais rápido.Usa 200 atm para deslocar o equilíbrio no sen-tido de formação do NH3.

c) Ativador do catalisador, isto é, a velocidade será aumentada.

d) N2 + 3 H2 2 NH3

28 g 34 g

2,8 t x

x < 3,4 t reação reversível, rendimento menor que 100%.

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1. H3CCOOH + HOCH2CH2CH2CH3 H3CCOOCH2CH2CH2CH3 + H2O

2. HCOOH + HOCH2CH3 HCOOCH2CH3 + H2O

3. H3CCOOH + HO (CH2)4CH3 H3CCOO(CH2)4CH3 + H2O

4. H3CCH2COOH + HOCH3 H3CCH2COOCH3 + H2O

5. H3C − CH2 − C

O(CH2)3CH3

O

−

= + HOH

H+

H3C − CH2 − C

OH

O

−

= + HO(CH2)3CH3

6. H3C − CH2 − C

O − CH3

O

−

= + HOH

H+

H3C − CH2 − C

OH

O

−

= + HOCH3

7. H3C − C

O(CH2)3CH3

O

−

= + KOH H3C − C

O−K+

O

−

= + HO(CH2)3CH3

8. H3C − CH2 − C

O − CH3

O

−

= + NaOH H3C − CH2 − C

O−Na+

O

−

= + HOCH3

9. H3C − CH2 − C

O − CH3

O

−

= + CH3CH2CH2OH cat. H3C − C

O − CH2CH2CH3

O

−

= + CH3OH

10. Alternativa c. CH3COOCH2CH2CH3 + NaOH CH3COO−Na+ + HOCH2CH2CH3

acetato de sódio álcool propílico

11. Alternativa c.

Gabarito Capítulo 21Esterificação – Hidrólise de Ésteres

46 Química Orgânica | caderno de atividades | gabarito QuímiCa iNTEGRaDa 2 | Caderno de atividades | Gabarito 120

Capítulo 20Esterificação – Hidrólise de ÉsteresEsterificação – Hidrólise de ÉsteresEsterificação – Hidrólise de Ésteres


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12. CH3 − C

OH + H O − CH2 − C − CH3 CH3 − C − O − CH3 − C − CH3 + H2O

OH H

CH3 CH3O

− − −

− −=

=

13. H3C − CH2 − CH2 − COH + H OCH3

O

−

=

H+

H3C − CH2 − CH2 − CO − CH3

O

−

= + H2O

Adição de ácido forte. Aumento de concentração dos reagentes.

14. CH3 CH3

CH3CH3

− −

−−

CH3 − CH2 − C

O − C − CH3 + NaOH CH3 − CH2 − C + HO − C − CH3

O

O

O−Na+

−−

==

15. a) H3C − COH + H O (CH2)7CH3

O

−

=

H+

O

=H3C − C − O − (CH2)7CH3 + H2O b) ácido etanoico octan-1-ol

16. Alternativa e.

Br

−

H2C = CH2 + HBr H3C − CH2

Br OH

− −

H3C − CH2 + NaOH H3C − CH2 + NaBr

bromoetano (X) etanol (Y)

OH OH

− −

H3C − CH2 D

H2SO4

H2C = CH2 + H2O ou 2 H3C − CH2

DH2SO4

H3C − CH2 − O − CH2 − CH3 + H2O

éter dietílico (Z)

H3C − CH2 + C − H H+

H3C − C

O H

HO O − CH2 − CH3

O O

− −

− = = + H2O

etanoato de etila (W)

17. Alternativa d.

OH

OHOH

=−

−−

H3C − C − C

18. Alternativa c.

O

=

− CH2O − C − H O

HO

=−C − H

proveniente do ácido ácido metanoico

19. a)

H

CH3

−

−H3C − C − C

OH + HOCH2CH2CH2CH3

O

−

=

H+

H

CH3

−

−H3C − C − C

OCH2CH2CH2CH3

O

−

= + H2O

b) 2-metilpropanoato de butila-éster

20. Alternativa b.

O H−

H2C − CH2 − CH2 − C

OH

O

−

=

H2C

O

=H2C − O − C

CH2

+ H2O

éster cíclico com 4 átomos de carbono

cap. 21 | Esterificação – Hidrólise de Ésteres 47Cap. 20 | Esterificação – Hidrólise de Ésteres 121

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21. Alternativa a. A reação de esterificação que produz a substância mencionada no texto é:

C COH + HO − CH2 − CH3 O − CH2 − CH3 + H2O

O

ácido benzoico etanol benzoato de etila

O

= =

22. A reação de formação de enalapril a partir do ácido enalaprílico é:

CH3 − CH2 − OH +

O

O

COOH

CH3H − O

NNH

etanol ácido enalaprílico

O

O

COOH

CH3CH3CH2 − O

NNH

+ H2O

enalapril

Portanto, a substância utilizada na reação de esterificação é o etanol ou álcool etílico.

23. a) − C

O − C2H5

O

−

=− C

O

*OH−=* + HOH + C2H5OH

quebra

éster marcado

− C

O − C2H5

O

−

=− C

O

OH−=*+ HOH + C2H5OH

quebra

álcool marcado

− C

− C

O + HOCH2CH3

O

O

−

=

=

−− C

OCH2CH3

O

−

=

+

− C

OH

O

−

=b)

24. a) H3C

Cl

O

−=

+ HOCH2CH3 H3C − COCH2CH3

O

−=

+ HCl

b) H3C

O − CH2 − CH3

O

−=

+ HOH H3C − COH

O

−=

+ HOCH2CH3

*

48 Química Orgânica | caderno de atividades | gabarito QuímiCa iNTEGRaDa 2 | Caderno de atividades | Gabarito 122

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25. Alternativa c.

O O

OH

O

+ H2O H+

H3C − C

OH

O

−=

+

C7H6O3

O

OH

OH

26. Alternativa e.

cap. 21 | Esterificação – Hidrólise de Ésteres 49Cap. 20 | Esterificação – Hidrólise de Ésteres 123

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QuímiCa iNTEGRaDa 2 | Caderno de atividades | Gabarito 124

1. a) CnH2n + 1COOH b) CnH2n – 1COOH c) CnH2n – 3COOH

2. a) saturado b) saturado c) insaturado d) insaturado

3. Alternativa d. C12H24O2 = C11H23COOH saturado C14H28O2 = C13H27COOH saturado

C16H32O2 = C15H31COOH saturado C18H34O2 = C17H33COOH insaturado

4. Alternativa b. 5. a) 72 °C b) 13 °C c) 44 °C 6. a) gordura b) óleo

7. H2C− OH

H2C− OH

HC− OH + 2 C15H31COOH + C17H33COOH

8. Alternativa d. 9. Alternativa c.

10. Alternativa c. 11. Alternativa e. 12. Alternativa c. palmítico e esteárico: saturados oleico: uma dupla linoleico: duas duplas.

13.

H2C − O − C − C17H33

H2C − O − C − C17H33

HC − O − C − C17H33 + 3 H2O

==

=

O

O

O

14.

H2C− OH

H2C− OH

HC− OH

HO − C − H

HO − C − H

HO − C − H

==

=

O

O

+

O

H2C − O − C − H

H2C − O − C − H

HC − O − C − H + 3 H2O

==

=

O

O

O

C6H8O6

15. a) Geométrica ou cis-trans. b) Sim, pois EPA é insaturado. Sebo bovino e banha suína, pois o ácido palmítico é saturado.

16. Alternativa a. 17. Alternativa d. CH4 + H2O CO + 3 H2 triglicerídeo poli-insaturado: óleo vegetal

18. a) C = C−−

−− + H2 C = C

H H−− −

−−− b) C18H32O2 = C17H31COOH CnH2n − 3 2 duplas

Gabarito Bioquímica 2Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras

Bioquímica 2 | Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras 63

Capítulo 21Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras

Ácidos Graxos, Óleos e GordurasCapítulo 21Exercícios Série Prata

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pro

ibid

as.


Cap. 21 | Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras 125

19. C17H33 1 dupla 3 H2

20. Alternativa d. R 1 dupla 3 H2

900 g _________ 3 ⋅ 2 g

12 kg _________ x ∴ x = 0,008 kg ∴ 80 gC17H31 2 duplas

21. Alternativa e.

I. Falso: no óleo de soja predomina D e C, que têm configuração cis.

II. Correta: a partir de cerca de 30 minutos a curva B é a mais ascendente.

III. Correta: aumentou a quantidade do ácido graxo B.

22. a) oleico: C17H33O2 e H: 1 dupla linoleico: C17H31O2 H: 2 duplas

b) oliva: oleico: 85

282 = 0,30 mol linoleico:

5

280 = 0,018 mol

0,30 mol de dupla + 0,036 mol de dupla = 0,336 mol

milho: oleico: 30

282 = 0,10 mol linoleico:

60

280 = 0,21 mol

0,10 mol de dupla + 0,42 mol de dupla = 0,52 mol

maior índice de iodo: milho

23. H2C − OH R1 − COOC2H5

H2C − OH R3 − COOC2H5

HC − OH R2 − COOC2H5+

24. Alternativa a.

Quando o diesel do petróleo sofre combustão, temos a combustão do enxofre, cujo efeito é chamado de chuva

ácida. As reações que ocorrem são:

S + O2 SO2 no diesel SO2 + 1

2 O2 SO3 no ar H2O + SO3 H2SO4 no ar

25. a) O tipo de interação é de London. O óleo possui cadeias insaturadas com configuração cis, o que deixa as moléculas mais afastadas umas das outras. A gordura possui cadeias saturadas lineares que se aproximam e as forças de London são mais intensas, devido à maior proximidade entre as moléculas.

b)

H − C − O − C − R1

H − C − O − C − R3

H − C − O − C − R2 + 3 HO − CH2 − CH3

==

=

OH

O

O

H

H

H

H − C − OH

H − C − OH

H − C − OH

+

R1 − C

R2 − C

R3 − C

=

=

=

−

−

−

O

O

O

O − CH2 − CH3

O − CH2 − CH3

O − CH2 − CH3

etanol

óleo vegetal glicerol biodiesel

biodiesel fórmula geral: R − C=−

O

O − CH2 − CH3

Função orgânica: éster

64 Química OrGânica | caderno de atividades | Gabarito

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26. Alternativa e.

metanol

27. Alternativa d. glicerol CO + H2

gás de síntese CnH2n + 2 (n = 6 a 10)

I. Verdadeira: o glicerol vai produzir o gás de síntese, que vai gerar o metanol, que é utilizado na obtenção do biodiesel.

II. Verdadeira: o gás de síntese também produz uma mistura de alcanos de 6 a 10 átomos de carbono, que são os componentes da gasolina.

III. Falsa: o gás de síntese contém CO, que é tóxico.

28. Alternativa e. 29. Alternativa c. 31. Alternativa d.

32. C15H31COO−Na+ 33. Alternativa e. X: hidrogenação I: ácido graxo saturado

Y: esterificação II: éster

Z: saponificação III: sabão

34. Alternativa c. x: hidrogênio y: cloro z: água w: sabão

35. a) 0,5 mol _________ 1 mol de H2O

1 mol x _________ x ∴ x = 2 mol 2 mol de H2O temos 4 mol de H (4 g de H)

mC

mH = 9

mC

mH = 9 mC = 36 g temos 3 mol de C

mO

mH = 4

mC

4 = 4 mol = 16 g temos 1 mol de O

C3H4O M = 56 g/mol

b) saponificação CH2 − O − C − R

CH2 − O − C − R"

CH − O − C − R' + 3 NaOH

==

=

O

O

O

CH2 − OH

CH2 − OH

CH − OH

+

=

==

O

O

O

R − C − O−Na+

R" − C − O−Na+

R' − C − O−Na+

36. Alternativa c. I. Correta: temos insaturação II. Correta: temos álcool III. Falsa: não tem éster

37. a) sabão b) e c) detergente 38. a) biodegradável b) biodegradável c) não biodegradável

39. C12H25−− SO3

−Na+ S = enxofre 40. Alternativa b. detergente: sal de amina de cadeia longa.

41. C12H25 −− SO3−Na+ C16H33 − N+ − CH3Cl−

CH3

hidrofílico

CH3

−−

hidrofóbico hidrofílico

42. Alternativa d.

43. Alternativa b. Anfifílica: parte polar e parte apolar. I. sabão IV. detergente

Bioquímica 2 | Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras 65

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Cap. 22 | Radioatividade 127140 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

1. Alternativa c. 7. Alternativa a. 13153I

10β + 131

54X

2. 22286Rn. 8. Alternativa d.

3. Alternativa c. 9. I. C, II. E, III. E, IV. E

4. Alternativa a. 10. pósitron

5. 21082Pb 11. 67

31Ga + 0−1 e γ + 67

30Zn

6. Alternativa d. 12. Alternativa e.

13. 23892U x 4

2 γ + y 0

−1β + 20682Pb

238 = 4x + 206 x = 8

92 = 16 y + 82 y = 6

14. Alternativa d.

23090Th x 4

2α + y 0−1β + 206

82Pb

230 = 4x + 206 x = 6

90 = 12 y + 82 y = 4

15. a) 11p c) 2

1d

b) 10n d) 0

+1β

16 a) desintegração radioativa b) transmutação artificial

17. 42α 22. Alternativa e.

18. Alternativa a. 23. fissão

19. Alternativa b. 24. união

20. Alternativa b. 25. Alternativa a.

21. quebra 26. m 3 min m2

3 min m4

Tempo = 6 min

27. 7014

= 5 meias-vidas 20 g 10 g 5 g 2,5 g 1,25 g 0,625 g

28. Alternativa b.

100% 28,5 a 50% 28,5 a 25%

Gabarito Capítulo 14Radioatividade

Capítulo 22Radioatividade


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QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 128 Cap. 14 | Radioatividade 141

29. a) 100% t1/2

50% t1/2

25% t1/2 = 8 d

b) 13153 I 0

−1 β + 13154 Xe

30. Alternativa e.

31. Alternativa c.

10

50

30 a

40 g 30 a 20 g 30 a 10 g 30 a 5 g

Tempo = 90 a

1. a) +24α, natureza positiva

b) 23492U 4

2α + 23090X

2. Alternativa c.238

92U X 42α + Y

10β + 226

88Ra

238 = 4x + 226 ∴ x = 3(α)

92 = 6 y + 88 ∴ y = 2(β)

3. Alternativa e.131

53I 0−1β + 131

54E

4. Alternativa d.

I. 0−1x, II. 0

−1y, III. 0+1z, IV. 0

−1w

5. 23892U α 234

90X β 23491Y

β 234

92Z α 23090M α 226

88R α 22286Q α 218

84T α 21482Pb

23490X 234

92Z 22688R 218

84T

6. Alternativa e.2713Al + 4

2α 3011P + 1

0x3015P → 0

+1 Y + 3014Si

x = nêutron y = pósitron

7. Alternativa b.242

94Pu + 4820Ca 114

aX 28112

6Y + b

a = 290 42b (alfa)

8. Alternativa b.

Pb: sempre diminui (curva B)

Po: sempre aumenta (curva A)

Bi: aumenta e diminui (curva C)

9. Alternativa c.

160 mCi 80 mCi 40 mCi 20 mCi 10 mCi

t1/2 = 8 dias. Em 16 dias temos 40 mCi.

16 d

32 d


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Cap. 22 | Radioatividade 129142 Físico-Química | caderno de atividades | Gabarito

10. Alternativa d.

100 50 25 12,5 6,25 3,125 1,5625 0,80 0,40 0,20 0,10

10 meias-vidas tempo = 143 d

11. a) tempo = 64 h 64 h12,8 h

= 5 (meias-vidas)

32 mg 16 mg 8 mg 4 mg 2 mg 1 mg resta: 1 mg

b) 6429Cu 2

42α + 56

25X p = 25 N = 31

12. 205

= 4 (meias-vidas)

a) m = mo2x

750 = mo24

mo = 12.000 mg

b) 100% 5 a 50% 5 a 25% 5 a 12,5% 5 a 6,25% restou 6,25%

13. Alternativa d.

10

5

6 h

t1/2 = 6h 2 ⋅ 107 d/s 6 h 1 ⋅ 107 d/s 6 h 0,5 ⋅ 107 d/s 6 h 2,5 ⋅ 106 d/s

Tempo = 18 h

14. Alternativa b.

100 t1/2

50 t1/2

25 t½ = 3 d

6 d

Af = Ai1.000

Af = Ai2x

Ai1.000

= Ai2x

2x = 103

log 2x = log 103 x log 2 = 3 log 10 x 0,3 = 3 x = 10

Tempo = 30 d

15. a) no átomos Arno átomos K

= 7

100% K 1,28 ⋅ 109 a 50% K 1,28 ⋅ 109 a 25% K 1,28 ⋅ 109 a 12,5 K

50% Ar 75% Ar 87,5% Ar

3 meias-vidas = idade = 3,84 ⋅ 109 a

b) 4019K 0

−1β + 4020X

16. Alternativa c.

900 d/h 5.700 a 450 d/h 5.700 a 225 d/h

Total = 11.400 anos

Considerando 2016, teremos aproximadamente 9400 a.C.

17. a) fotossíntese

b) 100% 5.730 50% 5.730 25% 11.460 a 2.013 a

9.447 atotal: 11.460 a

Não é oriunda do Antigo Egito.

c) número de prótons


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QUÍMICA INTEGRADA 2 | Caderno de Atividades | Gabarito 130 Cap. 14 | Radioatividade 143

18. Alternativa c.

I. Não tem 14C II. continua viva

19. a) 21084Po 4

2α + 20682Pb

Po N 140 d

Po N2

140 d

Po N4

Po e Pb

Proporção: 1 Po : 3 Pb

Pb N2

Pb 34

N

b) 22688Ra X 4

2α + Y1

0β + 21084Po

226 = 4x + 210 ∴ x = 4(α)

88 = 8 y + 84 ∴ y = 4(β)

20. Alternativa a.

w é um elemento radioativo, pois apresenta número atômico elevado, w pertence aos actinídeos, que são ele-mentos radioativos.

x é um metal alcalino (grupo 1) do 3o período, que corresponde ao elemento sódio. No organismo humano, o íon sódio é essencial.

y é um metal do grupo 12. Os cátions desse grupo são tóxicos (íons de metais pesados).

z é um não metal do grupo 15 e corresponde ao elemento nitrogênio, que faz parte dos aminoácidos que for-mam as proteínas.

1. a) 100% 5.700 a 50% 5.700 a 25% A árvore morreu há 11.400 anos, bem antes do início da era cristã (2012 a).

b) Bronze: Cu + Sn não apresenta elemento carbono, portanto, é impossível fazer a datação de uma peça de bronze pelo método do C-14.

2. a) Meia-vida = 75 d

20 g Ir 75 d 10 g Ir 75 d 5 g Ir

80 g Pt 90 g Pt 95 g Pt

Tempo total: 150 d

b) 19277Ir 192

78Pt + –10β

3. a) 22388Ra 4

2α + 22286Rn

b) 1 mol Ra 3,8 d 0,5 mol Ra 3,8 d 0,25 mol Ra

0,75 mol Rn

Total: 0,75 mol Rn + 0,75 mol He PV = nRT P ⋅ 8,2 = 1,5 · 0,082 ⋅ 300 P = 4,5 atm

Total: 1,5 atm + 4,5 atm = 6,0 atm

4. a) CH3 — (CH2)6 — CH3

b) 235 + 1 = 90 + A + 3A = 143

c) 1 g 8,25 ⋅ 107 kJ

16.000 g xx = 132 · 1010 kJ


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Cap. 22 | Radioatividade 131144 FÍSICO-QUÍMICA | Caderno de Atividades | Gabarito

d) 1 L 33 kJ

40.000 L y

y = 132 · 104 kJ

número de caminhões: = 132 ⋅ 1010

132 ⋅ 104 = 106 1 milhão de caminhões-tanque

5. a) 13153I –1

0β + AZX

131 = 0 + A ∴ A = 131

53 = –1 + Z ∴ Z = 54

O elemento X é o Xenônio.

b) 1.000 μg 1 500 μg 2 250 μg 3 125 μg 4 62,5 μg 5 31,25 μg

~30 μg 6 15 μg 7 7,5 μg

~ 8,0 μg8 4,0 μg 9 2,0 μg 10 1,0 μg 11 0,5 μg 12 0,25 μg 13 0,125 μg

Para que a massa do radioisótopo de iodo se reduza a 0,125 μg são necessários 13 períodos de meia-vida.

Como P = 5 dias, o tempo será de, aproximadamente, 65 dias (5 ⋅ 13 = 65).

6. a) Equação do decaimento radioativo31H 3

2He + 0–1β

b) Cálculo do tempo em que a água permaneceu confinada:

1,0 ⋅ 1017 5 ⋅ 1018 2,5 ⋅ 1018 1,25 ⋅ 1018 6,25 ⋅ 1019

4t1/2 = 4 ⋅ 12 anos = 48 anos

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1. Alternativa a.

2. Alternativa a.

3. Alternativa a.

H H H H

C1

6

2 3 4 5

CH C C C H

H C

H

H H

= = − −− −

−−

− − − −

−−

−

trigonais: 1, 2, 3 e 4 tetraédricos: 5 e 6

Gabarito Capítulo 2As Primeiras Teorias sobre os

Compostos Orgânicos

4. Alternativa a.

5. No sentido das camadas, a grafita é um bom con-dutor de corrente elétrica (graças à liberdade de movimentação dos elétrons deslocalizados), mas, no sentido perpendicular a elas, é um condutor muito pobre.

6. Alternativa a.

IV. Errada.

Na grafita, as ligações químicas entre os átomos de carbono são trigonais.

Cap. 2 | As Primeiras Teorias sobre os Compostos Orgânicos 7

Complemento 1Exercícios Série Prata

As Primeiras Teorias sobre os Compostos Orgânicos

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as.

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Complemento 2 | Fontes de Compostos Orgânicos I – Carvão Mineral 1338 Química Orgânica | caderno de atividades | gabarito

1. Alternativa d.

2. Alternativa d.

3. Alternativa c.

4. a) O menor poder calorífico é o do carvão com menor teor percentual em carbono não volátil, lignito.

b) Durante a combustão, além dos gases CO e CO2, há formação de SO2 proveniente da combustão da pirita. Portanto, haverá maior liberação de po-luentes na queima do carvão com maior teor de pirita: BETUMINOSO.

Gabarito Capítulo 3Fontes de Compostos Orgânicos I – Carvão Mineral

c) 4 FeS2 + 11 O2 2 Fe2O3 + 8 SO2

d) Em 100 kg de antracito, há 84 kg de carbono:

em 103 kg de antracito há 840 kg de C

calor de formação de CO2: − 400 kJ/mol

C + O2 CO2 DH = 400 kJ

12 g de C ________ liberação de 400 kJ

840 ⋅ 103 g ________ y

y = 2,8 ⋅ 107 kJ

Complemento 2Fontes de Compostos

Orgânicos – Carvão MineralFontes de Compostos

Orgânicos – Carvão Mineral


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ibid

as.Capítulo 1 – Introdução à

Química Orgânica

1. Alternativa a.

O

OHH2N N

carbono assimétrico

2. Alternativa c.

Considerando as substâncias detectadas nesses 5 planetas, aquele em que há quatro elementos quími-cos necessários para que possa se desenvolver vida semelhante à da Terra é o planeta III, onde foram ob-servadas as substâncias: metano (CH4), dióxido de carbono (CO2) e dióxido de nitrogênio (NO2). Os qua-tro elementos químicos são: carbono (C), hidrogênio (H), oxigênio (O) e nitrogênio (N). Esses 4 elementos químicos são necessários à vida na Terra.

O planeta I possui as substâncias: tetracloreto de car-bono (CCl4), sulfeto de carbono (CS2) e nitrogênio (N2).

O planeta II possui as substâncias: dióxido de nitro-gênio (NO2), argônio (Ar) e hélio (He).

O planeta IV possui as substâncias: argônio (Ar), di-óxido de enxofre (SO2) e monóxido de dicloro (Cl2O).

O planeta V possui as substâncias: monóxido de dinitrogênio (N2O), monóxido de dicloro (Cl2O) e ni-trogênio (N2).

Capítulo 2 – Fontes de Compostos Orgânicos – Petróleo – Gás Natural

3. Alternativa b.

FeS2

impurezas

pirita600 g

50%300 g

O volume molar de um gás ideal nas CNTP vale 22,4 L.

4 FeS2 8 SO2

4 ⋅ 120 g 8 ⋅ 22,4 L

300 g x \ x = 112,0 L

4. a) O nome do processo de separação do petróleo em frações é a DESTILAÇÃO FRACIONADA. O processo se baseia na diferença da temperatu-ra de ebulição das substâncias constituintes do petróleo.

b) gás liquefeito: posição 1 gasolina: posição 2 óleo combustível: posição 5 óleo diesel: posição 4 querosene: posição 3

Capítulo 7 – Compostos Oxigenados

5. Alternativa e.

−

CH2 − OH álcool

H3C − COO − CH3 éster

H3C − CO − CH3 cetona

H3C − CHO aldeído

6. Alternativa d.

Além da função fenol, identificamos a função éster na fenolftaleína.

éster

HO OH

C

C

O

O


Complemento 3Química nos Vestibulares

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as.

7. Alternativa b.

HO

H H

H

álcoolácido

carboxílico

OH

O

H3C

As funções orgânicas do androstenol e da copulina, respectivamente, são álcool e ácido carboxílico.

8. Alternativa b.

A estrutura do ácido 2-hidroxipropanoico é:

O

OHOH

=−

−

H3C − CH − C OH

OH

O

ou

9. Alternativa e.

Fórmula estrutural do gluconato de cálcio:

− −

Ca

2

2+

CH CH C

O−

HO

CH2 CH CH

OH OH O

OH OH

Fórmula molecular:

Ca2+(C6H11O7)2 ou CaC12H22O14

Na estrutura do gluconato de cálcio, há 22 átomos de hidrogênio.

Capítulo 8 – Compostos Nitrogenados, Compostos Halogenados e Compostos Sulfurados

10. Alternativa b.

O átomo de nitrogênio apresenta 5 elétrons na camada de valência.

N

Ao fazer quatro ligações covalentes, o átomo N cede um elétron, formando um cátíon chamado amônio quaternário.

éter

éterCH3

CH3

Cl−

H3C

CH3

OO +

N

CH3

H3C

H3C

Complemento 3 | Química nos Vestibulares 135


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as.

Capítulo 9 – Isomeria Plana ou Estrutural

11. Alternativa b.

As imagens representam duas fórmulas estruturais:

HO

NH2

1

23

4

HO

NH2

HO

OH

1 23

4

que correspondem ao mesmo composto. Ambas têm um anel aromático, dois grupos hidroxilas liga-dos a carbonos vizinhos no anel e o grupo

−CH2−CH2 −NH2 na mesma posição em relação às hidroxilas.

Capítulo 10 – Isomeria Geométrica ou CIS-TRANS

12. Alternativa c.

O

I

I

O

OH

HO I

H2N

éter

fenol haleto

amina

ácido carboxílico

Capítulo 11 – Isomeria Óptica

13. Alternativa e.

A metanfetamina apresenta carbono assimétrico ou quiral (átomo de carbono ligado a quatro grupos diferentes), assinalado com asterisco.

CH3

H3C H

H

N

−

H

H

CC*

−−

Os isômeros apresentados são enantiomorfos, isô-meros ópticos, uma imagem especular do outro (dextrogiro e levogiro)

14. Alternativa e.

a) Incorreta. A cadeia carbônica é heterogênea e não forma ligações de hidrogênio.

b) Incorreta. A cadeia carbônica não é ramificada.c) Incorreta. Não apresenta enantiômeros (não tem

carbono assimétrico ou quiral).d) Incorreta. Não apresenta enantiômeros. (O car-

bono 3 não é assimétrico, pois tem 2 grupos iguais.)

e) Correta. Obedece às quatro condições.

15. Alternativa a.

Fórmula molecular: C9H11NO3

HO

OH

NH2

C

CHCH

HC H

CHC

C

−

=

O

CH2

Cácido carboxílico

carbono quiralfenol

amina

−−−

−

− − −

−−

16. a) Não. As fórmulas moleculares são diferentes:

cefalexina: 4 átomos de O amoxicilina: 5 átomos de O

b) Sim. Carbono assimétrico (*) tem quatro ligantes diferentes.

O

NH2

H

*

cefalexina

H

O

NH2

*

amoxicilina

17. Alternativa c.

CH3

HO

OH

HO

H

H N

*

carbono quiral (*)

18. Alternativa e.

I. Falsa.

O

TTN T: terciário



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II. Falsa.

carbono assimétricoou carbono quiral

carbono assimétricoou carbono quiral

OH

O

N

C

OCH

H=

H2C

H2C CH2

CH2

CH3C

C

C

C

CH3H2

H2 H2

−

−


III. Verdadeira. A molécula de Icaridina possui enantiômeros, pois apresenta dois átomos de carbono assimétrico ou carbono quiral.

IV. Verdadeira.

O

N+ H2O

O

OH + HN

ácido carboxílico

aminasecundária

19. Alternativa a.

I. Correta.

−

H

−− −

−

− −−

−−

C − H

C − H

HO

O

CH − C

H − CC−−

−−

−−− −

− − −−

− −

−−

NH

C* C

H

H2C CH3

CH2

H2C

H2CC*

amina

éster


II. Errada.

M = (14 × 12 + 19 × 1 + 14 + 2 × 16) g/mol = = 233 g/mol

233 g 1 mol

0,020 g n

n = 0,020 g ⋅ 1 mol

233 g = 8, 6 ⋅ 10–5 mol

8,6 ⋅ 10–5 > 1,0 ⋅ 10–5

III. Correta. A molécula apresenta dois carbonos quirais ou assimétricos (assinalados com aste-risco).

IV. Errada. Apresenta as funções amina e éster.

20. a)

O

OH

NH2CH3

H3C

CH CHC

HC

2

6 átomos de carbono

13 átomos de hidrogênio

b)

O

OH

NH2

T *C

T: carbono terciário

*: carbono assimétrico

21. Alternativa a.

etilbenzeno

C8H10

−−−

− −

− −−

−

− − −

−

C CH3

H2C

C

H

HC

C

CCH

H

H−−

−

−

−−−−−

− −

−− − −

−

−

C CH2

HC

C

H

C

H

C

CCH

H

H−−

estirenoC8H8

O etilbenzeno e o estireno não são isômeros, não apresentam carbono assimétrico e não têm carbo-no quaternário. São hidrocarbonetos aromáticos, pois apresentam núcleo benzênico.

22. a) Fórmula molecular: C2HF3ClBr

Considerando que 1 mol de halotano apresenta 3 mols do elemento flúor, temos:

1 mol de halotano 200 g 100%

3 mols de flúor 3 x 19 g x x = 28,5% em massa de flúor

b) O halotano não apresenta isomeria cis-trans, pois não possui dupla-ligação entre átomos de carbono. Apresenta isomeria óptica, pois apre-senta carbono assimétrico (quiral). Admite isô-meros dextrogiro e levogiro.



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as.

F

F

Cl

Br

−−

−−

F − C − C* − H

Obs.: carbono assimétrico (C*) se prende a qua-tro ligantes diferentes.

Capítulo 12 – Soluções

23. Alternativa d.

Volume = 400 ⋅ 106 ⋅ 103 ⋅ 103 mL

d = m

V \ m = V ⋅ d

m = 400 ⋅ 1012 mL ⋅ 1 g/mL = 400 ⋅ 1012 g

106 g de água 20 g de chumbo

400 ⋅ 1012 g de água x

x = 20 g ⋅ 400 ⋅ 1012 g

106 g = 8.000 ⋅ 106 g =

= 8.000 ⋅ 103 kg = 8.000 t

24. Alternativa c.

A concentração máxima de flúor presente nas pas-tas de dente corresponde a 1.500 ppm.

106 g 1.500 g

100 g x \ x = 0,15 g

Porcentagem em massa: 0,15%

25. Alternativa b.

V = 300 ⋅ 106 L

C = 5 mg/L = 5 ⋅ 10–3 g/L

C = m

V 5 ⋅ 10–3 g/L =

m

300 ⋅ 106 L

m = 1.500 ⋅ 103 g = 1.500 kg \ m = 1,5 ⋅ 103 kg

26. Alternativa d.

A concentração da solução no mostrador, 0,5 mol/L,

deve obedecer à fórmula M = nA

VB (L)

Aplicando-se a fórmula nas alternativas temos, aproximadamente:

a) M = 0,7 mol

0,7 L = 1 mol/L

b) M = 0,7 mol

0,3 L = 2,3 mol/L

c) M = 0,2 mol

0,8 L = 0,25 mol/L

d) M = 0,4 mol

0,8 L = 0,5 mol/L

e) M = 0,5 mol

0,2 L = 2,5 mol/L

27. a) O aumento da oferta (concentração) de nitratos na água, processo denominado de eutrofização, promove uma maior proliferação das algas, fe-nômeno conhecido por “floração das águas”. A grande quantidade desses produtores na su-perfície da água dificulta a penetração de luz, o que acarreta a morte da vegetação submersa e das algas. A decomposição da matéria orgâni-ca morta, pelas bactérias aeróbias, ocasiona um aumento da DBO e, portanto, uma diminuição da taxa de O2 dissolvido na água.

b) Cálculo da porcentagem em massa do N no NH4NO3:

1 mol de NH4NO3 contém 2 mols de átomos N

M = (2 ⋅ 14 + 4 ⋅ 1 + 3 ⋅ 16) g/mol = 80 g/mol

80 g de NH4NO3 contém 28 g de N

100% x \ x = 35% de N

O nitrato de amônio apresenta maior porcen-tagem em massa de N que o adubo compos-tado (5% de N). Portanto, para massas iguais, o nitrato de amônio fornecerá maior teor de nitrogênio.

28. Alternativa c.

Utilizando as fórmulas

C = 10 d ⋅ p, C = M

M = 10 d ⋅ p 98 g/mol ⋅ M = (10 ⋅ 1,400) g/L ⋅ 70

M = 10 mol/L

Outra resolução:

Em 1 mL, temos 1,400 g de solução

Em 1.000 mL (1 L), temos 1.400 g de solução

1.400 g de solução 70%

H2SO4

980 g

M = m

M ⋅ V \ M =

980 g

98 g/mol ⋅ 1 L M = 10 mol/L

29. Alternativa a.

Pelas informações do rótulo do refrigerante, tem-se:

200 mL de refrigerante 21 g de açúcar

Para uma economia de 13 mil toneladas de açúcar (o que equivale a 13 ⋅ 109 g), tem-se:

200 mL de refrigerante 21 g de açúcar

x 13 ⋅ 109 g

21 ⋅ x = 200 ⋅ 13 ⋅ 109 ⇒ x ≅ 1,24 ⋅ 1011 mL

1,24 ⋅ 1011 mL ÷ 103

= 1,24 ⋅ 108 L =

= 124 milhões de litros do refrigerante



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30. a) Considerando que a quantidade total de cargas positivas é igual à de cargas negativas e as car-gas dos íons apresentados na tabela, tem-se que:

Cargas positivas:

íon cálcio ⇒ Ca2+: (+2) ⋅ 0,310 = +0,620

íon magnésio ⇒ Mg2+: (+2) ⋅ 0,100 = +0,200

íon sódio ⇒ Na+: (+1) ⋅ 0,380 = +0,380

total: +1,200

Cargas negativas:

íon hidrogenocarbonato ⇒ HCO3− : (–1) ⋅ 1,200

total: –1,200

Como o somatório das cargas positivas (+1,200) foi igual ao das cargas negativas (–1,200), pode--se concluir que a unidade da tabela é milimol.

b) Considerando a concentração em milimol por unidade de volume, tem-se que:

MNaHCO3 = 0,380 milimol/unidade de volume

MCa(HCO3)2 = 0,310 milimol/unidade de volume

MMg(HCO3)2 = 0,100 milimol/unidade de volume

O sal em maior concentração é o hidrogenocar-bonato de sódio (bicarbonato de sódio) e a sua fórmula é NaHCO3.

31. Alternativa c.

A densidade da solução aquosa de NaCl deve ser maior que 1,05 g/cm3 e menor que 1,14 g/cm3.

solução aquosa de NaCl

poliestireno

náilon

Cálculo da massa de NaCl para preparar uma solu-ção de densidade 1,05 g/cm3:

d = 1,05 g/cm3 ⇒ M = 1,25 mol/L

M = m

M ⋅ V ∴ 1,25 mol/L =

m

58,5 g/mol ⋅ 5 L

m = 365,6 g

Cálculo da massa de NaCl para preparar uma solu-ção de densidade 1,14 g/cm3:

d = 1,14 g/cm3 ⇒ M = 3,7 mol/L

M = m

M ⋅ V ∴ 3,7 mol/L =

m

58,5 g/mol ⋅ 5 L

m = 1.082,2 g

A massa de NaCl adequada para essa preparação é 600 g, pois é maior do que 365,6 g e menor do que 1.082,2 g.

32. Alternativa a.

3% (m/V):

100 mL de solução temos 3 g de H3BO3

100 mL de solução temos 3.000 mg de H3BO3

C = m

V ∴ C =

3.000 mg

100 mL ∴ C = 30 mg/mL

33. a) Cristalização (processo físico que serve para se-parar e purificar sólidos). A água do mar contém vários sais. Em uma salina (tanque raso), entre-tanto, com a evaporação lenta da água, o cloreto de sódio cristaliza-se antes dos outros sais e, assim, é separado.

b) NaCl M = 58,5 g/mol

M = m

M ⋅ V m = 30 g V = 1 L

M = 30 g

58,5 g/mol ⋅ 1 L

M = 0,51 mol/L

34. Alternativa c.

A concentração de fenol em águas não cloradas, permitida pela legislação, é de 0,1 mg/L. Como a concentração do efluente industrial é 3 vezes maior que o limite, temos: 0,3 mg/L

A quantidade de efluente gerada por mês é de 103 m3, ou seja, 1.000.000 L. Logo, a massa total de fenol será:

0,3 mg 1 L

x 106 L

x = 3 ⋅ 105 mg ou 300 g

Após a adição de cloro, a concentração permitida é de 0,003 mg/L. Assim, a massa total permitida será:

0,003 mg 1 L

x 106 L

x = 3 ⋅ 103 mg ou 3 g

A massa de fenol que deve ser removido é a dife-rença, portanto:

300 g − 3 g = 297 g ou 2,97 ⋅ 102 g

35. a) Ca2+(aq) + CO32−(aq) CaCO3(s)

b) Cálculo da massa de íons Ca2+ presente na água:

MCaCO3 = (40 + 12 + 3 ⋅ 16) g/mol = 100 g/mol

Ca2+(aq) CaCO3(s) 1 mol 1 mol

↓ ↓ 40 g 100 g x 0,060 g

x = 0,024 g de Ca2+ = 24 mg de Ca2+



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Cálculo da concentração de íons Ca2+ na água:

24 mg de Ca2+ 200 mL y 1.000 mL

y = 120 mg de Ca2+ \ C = 120 mg/L

Como a concentração é superior a 100 mg/L, essaágua não é adequada para uso industrial.

36. a) A solução que melhor conduz eletricidade é a solu-ção aquosa de NaCl, pois apresenta íons Na+ e Cl− dispersos na solução, de acordo com a equação:

NaCl(s) H2O Na+(aq) + Cl−(aq)

A solução aquosa de glicose não conduz ele-tricidade, pois apresenta moléculas de glicose dispersas na solução (partículas neutras).

b) Glicose: em 100 mL de soro glicosado temos 5 g de glicose.

C6H12O6: M = 180 g/mol

180 g 1 mol 5 g x \ x = 0,028 mol

NaCl: em 100 mL de soro fisiológico temos 0,9 g de NaCl.

NaCl: M = 58,5 g/mol

58,5 g 1 mol 0,9 g y \ y = 0,015 mol

NaCl Na+ + Cl−

0,015 mol 0,015 mol 0,015 mol

Total de íons = 0,030 mol

37. Alternativa a.

A mistura conhecida como soro fisiológico é um exemplo de solução na qual o solvente é a água e o soluto é o cloreto de sódio.

38. Alternativa a.

Para transformar a concentração em mg ⋅ L–1 para mol ⋅ L–1, basta dividir a massa em gramas pela massa molar.

[K+] = 2,170 ⋅ 10−3

39 mol/L = 5,6 ⋅ 10−5 mol/L

[Na+] = 3,360 ⋅ 10−3

23 mol/L = 1,5 ⋅ 10−4 mol/L

[HCO3−] =

7,010 ⋅ 10−3

61 mol/L = 1,15 ⋅ 10−4 mol/L

[NO3−] =

6,800 ⋅ 10−3

62 mol/L = 1,10 ⋅ 10−4 mol/L

[Cl−] = 3,380 ⋅ 10−3

35,5 mol/L = 9,5 ⋅ 10−5 mol/L

O cátion e o ânion com maior concentração em mol ⋅ L–1 são, respectivamente, Na+ e HCO3

–.

39. Alternativa c.

Volume de oxigênio produzido pela decomposição de 50 mL da solução:

produz 1,0 L de solução 200 L de O2

0,050 L de solução x

(50 mL)

x = 10,0 L de O2 (medidos nas CNTP)

Massa de H2O2 contida nos 50 mL da solução:

2 H2O2(aq) 2 H2O(l) + O2(g)

2 mols 1 mol

↓ ↓ 2 × 34,0 g de H2O2 22,4 L de O2

y 10,0 L de O2

y = 30,36 g de H2O2

40. Alternativa d.

Considerando os volumes das soluções iguais a 1 L, temos:

açúcar: 342 g 1 mol

2.000 g x \ x = 5,84 mol

sal: 58,5 g 2 mols

350 g y \ y = 11,96 mol

A quantidade total em mol de moléculas de soluto dissolvidas na solução de açúcar é, aproximada-mente, a metade.

41. Alternativa d.

A concentração em porcentagem (massa/volume) é 10%. Em 100 mL de solução há 10 g de glucona-to de cálcio, portanto, 100 mg/mL. Em 10 mL, há 1.000 mg ou 1 g de gluconato de cálcio. Em 430 g de gluconato de cálcio há 6,0 ⋅ 1023 íons Ca2+. Em 1,0 g de gluconato de cálcio há y íons de Ca2+.

y = 1,0 g ⋅ 6,0 ⋅ 1023 íons Ca2+

430 g

y = 0,014 ⋅ 1023 íons Ca2+ \ y = 1,4 ⋅ 1021 íons Ca2+

42. Alternativa c.

Cálculo da quantidade de etanol ingerido por meio da cerveja:

10 latas ⋅ 330 mL de cerveja

lata ⋅

5 mL de etanol

100 mL de cerveja =

= 165 mL de etanol

Cálculo da quantidade de etanol ingerido por meio da cachaça:

6 doses ⋅ 50 mL de cachaça

dose ⋅

45 mL de etanol

100 mL de cachaça =

= 135 mL de etanol



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Capítulo 13 – Diluição e Mistura

43. Alternativa e.

Cálculo da quantidade em mols dos reagentes:

NaCl: M = n

V \ 0,1 mol/L =

n

0,1 L

n = 0,01 mol

AgNO3: M = n

V \ 0,2 mol/L =

n

0,2 L

n = 0,04 mol

NaCl + AgNO3 AgCl(s) + NaNO3

1 mol 1 mol 0,01 mol 0,04 mol limitante excesso

Excesso de AgNO3: 0,04 mol − 0,01 mol = 0,03 mol

[AgNO3] = 0,03 mol

0,3 L = 0,1 mol/L

44. Alternativa b.

Capítulo 14 – Titulação

45. Alternativa c.

Os ácidos clorídrico e acético apresentam a mesma concentração em mol/L (MA = 0,10 mol/L). A pro-porção em mols entre os ácidos e a base (NaOH) é 1 : 1. Os volumes de cada ácido a serem titulados são iguais (VA).


MBV1 = MAVA

NaOH + CH3COOH CH3COO−Na+ + H2O

MBV2 = MAVA

Igualando

MBV1 = MBV2

Concluímos que: V1 = V2

46. Ca(OH)2(aq) + 2 HNO3(aq) Ca(NO3)2(aq) + 2 H2O(l)

1 mol 2 mols

nB nA

nA = 2nB. Como n = M ⋅ V, temos:

MAVA = 2MBVB

0,1 mol/L ⋅ 20 mL = 2 ⋅ MB ⋅ 25,0 mL

MB = 0,04 mol/L

47. De acordo com enunciado, a proporção em mols entre I2 e dipirona é de 1 para 1.

1 I2 1 dipirona

nI2 = MI2

⋅ VI2

nI2 = 0,050

mol

L ⋅ 28,45 ⋅ 10−3 L

nI2 = 1,4225 ⋅ 10−3 mol de I2

1,4225 ⋅ 10−3 mol de dipirona

Cálculo da massa de dipirona:

mdipirona = ndipirona . Mdipirona

mdipirona = 1,4225 . 10−3 mol 351 g

mol =

= 499,3 . 10−3 g de dipirona 1444442444443

499,3 mg de dipirona

De acordo com enunciado, o comprimido está dentro dos padrões, visto que a dosagem de 500 mg pode ter uma margem de 5% para mais ou para menos:

95%

475 mg 525 mg499,3 mg

105%500 mg

Erro percentual:

500 mg 100%

0,7 mg x%

x = 0,14%

Capítulo 15 – Propriedades Coligativas

48. Alternativa b.

I. Correta. A pressão de vapor de ambas as solu-ções é menor do que a pressão de vapor-d’água pura, pois a adição de soluto diminui a pressão de vapor-d’água.

II. Correta. O efeito ebulioscópico é diretamente proporcional à concentração do soluto na so-lução: menor temperatura de ebulição me-nor concentração.

III. Incorreta. A maior temperatura de ebulição da solução B é devida à maior concentração de partículas dispersas em mol/L.

49. Alternativa d.

Pela informação do texto, a de que os cães conse-guem detectar pelo olfato as moléculas de DNT, é lícito dizer que elas estão no estado gasoso e, por-tanto, mais voláteis do que as moléculas do TNT. As forças intermoleculares nas moléculas do DNT são mais fracas e, portanto, a substância se vo-latiliza com maior facilidade, apresentando maior pressão de vapor.

Nota: Dá-se o nome de dinamite à trinitroglicerina (TNG) empapada em material poroso e não ao TNT.



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50. Alternativa d.

I. Correta. Para os monoalcoóis alifáticos satura-dos, à medida que aumenta a massa molecular, a temperatura de ebulição aumenta.

II. Correta. Na pressão de 20 kPa, a temperatura de ebulição da água é 60 °C (vide gráfico).

III. Correta. Sob pressão de 120 kPa, a tempera-tura de ebulição do dissulfeto de carbono é um pouco maior que 50 °C (Te > 50 °C). Logo, na temperatura de 50 °C, o dissulfeto de carbono encontra-se no estado líquido.

51. Alternativa c.

I. Incorreta. A solução A é aquela que, dentre as soluções analisadas, apresenta menor concen-tração em mol/L de partículas dispersas, pois apresentou o menor efeito coligativo.

II. Incorreta. A solução C é aquela que, dentre as soluções analisadas, apresenta menor pressão de vapor, pois possui maior ponto de ebulição.

III. Correta. A solução C é aquela que, dentre as so-luções analisadas, apresenta menor volatilidade (menor pressão de vapor).

52. Alternativa c.

Quando ocorre a evaporação da água, a quantida-de de sais dissolvidos naquele determinado volu-me continua a mesma e, consequentemente, au-menta a concentração de sais dissolvidos.

Sobre o congelamento de água pura, ele ocorre a uma temperatura de 0 °C; a água com o sal con-gela em uma temperatura mais baixa (efeito crios-cópico).

Quando ocorre formação de blocos de gelo, eles são constituídos basicamente de água pura, o que aumenta a concentração de sais ao seu redor.

Quando ocorrem chuva e neve caindo sobre essa água, haverá uma diluição e, consequentemente, diminuição da concentração de sais nessa água.

53. a) Destilação simples. A água do mar é uma so-lução com alta concentração salina e imprópria para consumo direto. Nesta purificação, a ener-gia solar vaporiza apenas a água da mistura, a qual é condensada na superfície do vidro e re-colhida na calha.

b) A pressão de vapor da água diminui com o au-mento da concentração de partículas dispersas contidas na água do mar. A temperatura de ebu-lição aumenta com a concentração de partículas dispersas. Assim, a água do mar possui menor pressão de vapor e maior temperatura de ebuli-ção em relação à água purificada.

54. Alternativa b.

A dissolução de solutos não voláteis altera os pontos de solidificação (para valores menores de temperatura) e de ebulição (para valores maiores de temperatura). As propriedades coligativas de-pendem apenas das concentrações das partículas dispersas e independem da natureza da mesma. Por esse motivo, o etilenoglicol é usado nos países quentes para dificultar a ebulição da água e nos países frios para dificultar a solidificação da água.

Capítulo 16 – Termoquímica

55. Alternativa c.

Equação química do processo de fotossíntese:

6 CO2 + 6 H2O luz

C6H12O6 + 6 O2 ΔH > 0

reação endotérmica 6 CO2 6 O2

6 mols 6 mols

1 mol 1 mol

56. Alternativa c.

C6H12(l) + 9 O2(g) 6 CO2(g) + 6 H2O(l)

kJ

−156 0 6(−394) 6(−286)

ΔH = ΣΔHfprodutos – ΣΔHfreagentes

ΔH = (−2.364 − 1.716 + 156) kJ

ΔH = −3.924 kJ

57. Alternativa c.

I. Incorreta.

H2(g) + 1

2 O2(g) H2O(l) ΔHf = −286 kJ/mol

II. Correta.

H2(g) + 1

2 O2(g) H2O(l) ΔH = −286 kJ/mol

III. Correta.

A energia necessária para romper 1 mol de liga-ções O = O, produzindo átomos no estado gaso-so, é 498 kJ/mol.

1

2 O2(g) O(g) ΔH = +249 kJ

O2(g) 2 O(g) ΔH = +498 kJ

IV. Incorreta.

A vaporização de um mol de água absorve 44 kJ.

H2(g) + 1

2 O2(g) H2O(g) ΔH = −242 kJ

H2O(l) H2(g) + 1

2 O2(g) ΔH = +286 kJ

H2O(l) H2O(g) ΔH = +44 kJ/mol



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58. Alternativa b.

Hot pack corresponde a um processo exotérmico, isto é, ΔH < 0 (variação de entalpia negativa).

CaCl2(s) + H2O(l) Ca2+(aq) + 2 Cl−(aq)

ΔH = −82 kJ (2)

A quantidade de calor liberada na dissolução aque-ce o objeto.

Cold pack corresponde a um processo endotérmi-co, isto é, ΔH > 0 (variação de entalpia positiva).

NH4NO3(s) + H2O(l) NH4+(aq) + NO−

3(aq)

ΔH = 26 kJ (1)

A dissolução do sal absorve calor, resfriando o ob-jeto.

59. Alternativa d.

As equações de geração e queima de hidrogênio são:

CH3OH(g) + H2O(g) CO2(g) + 3 H2(g)

H2(g) + 1/2 O2(g) H2O(g)

Multiplicando a queima do hidrogênio por 3 e so-mando as equações, temos:

CH3OH(g) + H2O(g) CO2(g) + 3 H2(g)

3 H2(g) + 3/2 O2(g) 3 H2O(g)

CH3OH(g) + 3/2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(g)

que é a equação da combustão direta. Portanto, o processo de geração e queima de hidrogênio apre-senta uma variação de energia igual à da combus-tão direta do metanol, já que as equações químicas globais desses dois processos são iguais.

60. a) Concorda parcialmente. Os processos MSFD e FM são análogos a fenômenos naturais, pois ocorre separação e purificação da água (con-corda). Nos dois processos, MSFD e FM, ener-gia é envolvida para ebulir ou solidificar a água. Nos fenômenos naturais, energia é fornecida ou retirada pela própria natureza (discorda).

b) A energia envolvida será maior no processo MSFD. Admitindo uma mesma quantidade de água (por exemplo, 1 mol), para solidificar a água líquida a 0 °C, é necessário retirar 6 kJ de energia do sistema. Para ebulir a água líquida a 100 °C, é necessário fornecer 42 kJ. Para passarmos de 25 °C a 0 °C, precisamos retirar uma ener-gia correspondente a x kJ. Para passarmos de 25 °C a 100 °C (3 × 25 °C), precisamos fornecer uma energia correspondente a 3x kJ.

Energia retirada (6 + x) kJ

Energia fornecida (42 + 3x) kJ

61. Alternativa a.

As equações I e II são mantidas e a equação III é invertida e depois somam-se as três equações.

CH3 − CH2 − OH(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l)

ΔH = −1.368 kJ

CH3COOH(l) + 2 O2(g) 2 CO2(g) + 2 H2O(l)

ΔH = −875 kJ

4 CO2(g) + 4 H2O(l) CH3COOCH2CH3(l) + 5 O2(g)

ΔH = +2.231 kJ

CH3 − CH2 − OH(l) + CH3 − COOH(l)

CH3 − COOCH2 − CH3(l) + H2O(l) ΔH = −12 kJ

62. Alternativa e.

C4H10(g) + 13/2 O2(g) 4 CO2(g) + 5 H2O(l)

ΔH0f −125,7 0 4(–393,5) 5(–285,8)

kJ/mol

ΔH = ΣΔHfprodutos − ΣΔHfreagentes

ΔH = [4(−393,5) + 5(–285,8) − (−125,7)] kJ

ΔH = [−1.574 − 1.429 + 125,7] kJ

ΔH = −2.877,3 kJ

Reação exotérmica (ΔH < 0)

Soma dos coeficientes = 16,5 (1 mol de C4H10)

4+

CO2 Nox C = +4

63. Alternativa a.

Entalpia de formação padrão do O3:

3/2 O2 O3(g) DH = +143 kJ/mol (I)

Entalpia de ligação O = O:

O2(g) 2 O(g) DH = +498 kJ/mol (II)

NO(g) + O3(g) H2O(g) + O2(g)

DH = −200 kJ/mol (III)

Usando a lei de Hess, temos:

Inverter a III

NO2(g) + O2(g) NO(g) + O3(g)

DH = +200 kJ

Invertendo a I

O3(g) 3/2 O2(g) DH = −143 kJ

Dividindo por 2 a II

½ O2(g) O(g) DH = +249 kJ

Somando NO2(g) NO(g) + O(g) DH = +306 kJ

A reação é endotérmica (DH > 0) e absorve 306 kJ para cada mol de NO2 decomposto.



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64. As equações envolvidas:

HCN(aq) + NaOH(aq) NaCN(aq) + H2O(l)

ou

HCN(aq) + Na+(aq) + OH−(aq)

Na+(aq) + CN−(aq) + H2O(l) ΔH = −2,9 kcal

Temos:

(1) HCN + OH− CN− + H2O ΔH = −2,9 kcal

base

forte

(2) H+ + OH− H2O ΔH = −13,3 kcal

ácido base

forte forte

Ionização do HCN: HCN H+ + CN− ΔH: ?

Para obter o ΔH de ionização do HCN, devemos man-ter a primeira equação e inverter a segunda equação e depois somá-las de acordo com a lei de Hess.

HCN + OH− CN− + H2O ΔH = −2,9 kcal

H2O H+ + OH− ΔH = +13,3 kcal

HCN H+ + CN− ΔH = +10,4 kcal

Observação: na equação 2 tome, como exemplo, o HCl e o NaOH.

H+ + Cl− + Na+ + OH− Na+ + Cl− + H2O

ΔH = −13,3 kcal ou

H+ + OH− H2O ΔH = −13,3 kcal

65. Alternativa d

A variação de entalpia (ΔH) de uma reação química é dada pela fórmula:


I. Fermentação alcoólica:

C6H12O6 2 CO2 + 2 C2H5OH

ΔHI = (−2 ⋅ 394 kJ − 2 ⋅ 278 kJ) − (−1.268 kJ)

ΔHI = −76 kJ/mol de glicose

II. Fermentação láctica:

C6H12O6 2 C3H6O3

ΔHII = (−2 ⋅ 678 kJ) − (−1.268 kJ)

ΔHII = −88 kJ/mol de glicose

Os dois processos são exotérmicos e a fermen-tação láctica libera uma quantidade de energia maior do que a fermentação alcoólica para uma mesma massa de glicose envolvida.

66. Alternativa d.

Cálculo da energia liberada na combustão de um volume V de etanol:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ Q = 200 g ⋅ 1 cal ⋅ g–1 ⋅ °C–1 ⋅ (60 °C − 25 °C)

Q = 7.000 cal

Energia liberada na combustão de um volume V de gasolina:

70% 7.000 cal

100% x

x = 10.000 cal

Temperatura final da água:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ 10.000 cal = 200 g ⋅ 1 cal ⋅ g–1 ⋅ °C–1 ⋅ (θf − 25 °C)

θf − 25 °C = 50 °C

θf = 75 °C

67. Alternativa b.

A substância amônia é uma base de Arrhenius, pois ao ser dissolvida em água libera íons OH–(aq) como único ânion.

NH3(g) + H2O(l) NH4+(aq) + OH−(aq)

ΔH0 < 0 libera calor

68. Alternativa b.

Queremos determinar o ΔHr0 da reação:

1 O2(g) 2/3 O3(g)

Usando a Lei de Hess, temos:

copiar (I) As2O3(s) + O2(g) As2O5(s)

ΔH1 = 270 kJ

÷ 3 e

inverter 1 As2O5(s) 1 As2O3(s) + 2

3 O3(g)

(II) ΔH2 = −1

3 ⋅ 1.096 kJ

Somando as duas 1 O2(g) 2

3 O3(g)

ΔHr0 = (270 −

1

3 . 1.096) kJ

ΔHr0 = −95,3 kJ

69. Alternativa a.

Cálculo do ΔH usando os valores de energias de ligação fornecidos:

H2(g) + F2(g) 2 HF(g)

kJ: +435 +150 2(−565)

ΔH = +435 kJ + 150 kJ − 1.130 kJ

ΔH = −545 kJ

H2(g) + Cl2(g) 2 HCl(g)

kJ: +435 +245 2(−430)

ΔH = + 435 kJ + 245 kJ − 860 kJ

ΔH = −180 kJ



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A síntese do HF libera maior quantidade de energia do que a síntese do HCl.

Lado esquerdo da seta – quebra de ligações: calor absorvido (+)

Lado direito da seta – formação de ligações: calor liberado (−)

70. a) Cálculo do calor de combustão de 1 kg de bio-gás.

CH4: 1 kg de biogás 64% CH4 0,64 kg

1 kg 55 ⋅ 103 kJ 0,64 kg x x = 35,2 ⋅ 103 kJ

H2S: 1 kg de biogás 4% H2S 0,04 kg

1 kg 15 ⋅ 103 kJ 0,04 kg y y = 0,6 ⋅ 103 kJ

Total: 35,2 ⋅ 103 kJ + 0,6 ⋅ 103 kJ = 35,8 ⋅ 103 kJ

b) Combustão de 1 kg de biogás = 35,8 ⋅ 103 kJ

Combustão de 1 kg de CH4 = 55 ⋅ 103 kJ

Ganho de energia: 55 ⋅ 103 kJ − 35,8 ⋅ 103 kJ = = 19,2 ⋅ 103 kJ

Ganho de energia: 19,2 ⋅ 103 kJ/kg

c) A purificação geralmente é feita pelo tratamen-to do biogás com uma solução básica. A eli-minação do H2S diminui a chuva ácida, pois o H2S queima formando SO2; este sofre oxidação formando SO3, que ao reagir com água produz H2SO4.

H2S + 3/2 O2 SO2 + H2O

SO2 + 1/2 O2 SO3

SO3 + H2O H2SO4

d) Nas camadas inferiores, ocorre com maior inten-sidade a fermentação anaeróbica do lixo, produ-zindo CH4 e CO2.

(C6H10O5)n + n H2O 3n CH4 + 3n CO2

Nas camadas mais superiores, ocorre também a fermentação aeróbica do lixo, produzindo CO2 e H2O.

(C6H10O5)n + 6n O2 6n CO2 + 5n H2O

No tubo A, recolhe-se um biogás com maior po-der calorífico devido a maior produção de CH4.

71. Alternativa d.

C2H6O(l) + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l)

kJ x 0 2(–394) 3(–286)


−1.368 kJ = −788 kJ − 858 kJ − x

x = −278 kJ

ΔH0f = −278 kJ/mol

72. Alternativa b.

Analisando as ligações envolvidas na reação:

C = C −−−−

H

H H

H

H H

C CH H(g)

H H

− −−

− −

− −

(g) + H − H(g)

ΔH = −137 kJ ⋅ mol

Energia absorvida na ruptura das ligações:

4 ligações C − H: +4 ⋅ 413 kJ

1 ligação C = C: xkJ

1 ligação H − H: +436 kJ

+(2.088 + x) kJ

Energia liberada na formação das novas ligações:

6 ligações C — H: −6 ⋅ 413 kJ

1 ligação C — C: −346 kJ

−2.824 kJ

−137 kJ = +2.088 kJ + x kJ − 2.824 kJ

x = 599

A energia de ligação da dupla ligação é 599 kJ ⋅ mol−1.

73. Os valores fornecidos correspondem às entalpias de formação das substâncias envolvidas, portanto, podemos utilizar a fórmula:

ΔH = ΣΔHfprodutos − ΔHfreagentes

CaF2(s) + H2SO4(l) CaSO4(s) + 2 HF(g)

kJ −1.228 −814 −1.435 2(−273)

ΔH = −1.435 kJ − 546 kJ + 1.228 kJ + 814 kJ

ΔH = + 61 kJ

Enta

lpia

(H)

Caminho da reação

CaSO4(s) + 2 HF(g)

CaF2(s) + H

2SO

4(l)

ΔH = + 61 kJ

74. Alternativa d.

Quantidade de calor liberada na queima de 2,6 mL de azeite:



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liberam 13 mL 108 kcal

2,6 mL x

x = 2,6 mL ⋅ 108 kcal

13 mL = 21,6 kcal

Temperatura da água lida no termômetro:

Q = m ⋅ c ⋅ Δθ 21,6 kcal = 0,500 kg ⋅ 1 kcal ⋅ kg−1 ⋅ °C−1 ⋅ (θf − 20,0 °C)

21,6 = 0,500 ⋅ θf − 10,0

θf = 63,2 °C

75. a) Dadas as equações termoquímicas:

1. 3 CO2 + 4 H2 C3H8O + 2,5 O2

ΔH = +862 kJ

2. H2+ ½ O2 H2O ΔHf = –286 kJ

Para obter a quantidade de energia utilizada na for-mação de 1 mol de isopropanol (C3H8O) a partir de CO2 e H2O, devemos manter a primeira equação e inverter e multiplicar por 4 a segunda equação, e depois somá-las, de acordo com a Lei de Hess.

3 CO2 + 4 H2 C3H8O + 2,5 O2

DH = +862 kJ

4 H2O 4 H2 + 2 O2 DH = +1.144 kJ

3 CO2 + 4 H2O C3H8O + 4,5 O2

DH = +2.006 kJb) C3H8O: M = 60 g/mol

C3H8O + 4,5 O2 3 CO2 + 4 H2O

DH = −2.006 kJ liberam 60 g 2.006 kJ 90 g x \ x = 3.009 kJ

Concluímos que a queima de 90 g de isopropa-nol libera 3.009 kJ.

Capítulo 17 – Cinética Química

76. Alternativa b.

Os catalisadores são substâncias que diminuem a energia de ativação tanto da reação direta e inversa, portanto, não interferem no equilíbrio reacional. Os catalisadores diminuem a energia de ativação da rea-ção no sentido da formação dos produtos, diminuem a energia de ativação da reação no sentido dos rea-gentes e não interferem no equilíbrio reacional.

77. Alternativa b.

A velocidade da reação de isomerização do euge-nol pode ser calculada pela porcentagem de con-versão em isoeugenol em função do tempo.

Observa-se, pelo gráfico, que, quanto maior a con-centração de KOH (mol/L), maior a porcentagem de conversão e, portanto, maior a velocidade da reação.

Pelo gráfico nada pode ser concluído no que se re-fere ao calor envolvido na reação. O eugenol não se decompõe, ele sofre isomerização. Após duas ho-ras de reação, somente o experimento I apresenta mais de 50% de isoeugenol no sistema. O terceiro experimento só terá mais de 50% de conversão em isoeugenol após 8 horas.

78. Alternativa a.

O segmento x representa a energia de ativação da reação sem catalisador.

O segmento y representa a energia de ativação da reação com catalisador.

O segmento z representa a variação de entalpia (ΔH) dessa reação, que é exotérmica (ΔH < 0).

79. CaCO3 + 2 HNO3 Ca(NO3)2 + H2CO3

instável

CaCO3(s) + 2 HNO3(aq)

Ca(NO3)2(aq) + CO2(g) + H2O(l)

Cálculo da velocidade média da reação, em mol/min, no intervalo entre 1 minuto e 3 minutos.

1 minuto: VCO2 = 150 cm3 = 0,15 L

25 L 1 mol

0,15 L n \ n = 0,006 mol

3 minutos: VCO2 = 300 cm3 = 0,30 L

25 L 1 mol

0,30 L n′ \ n′ = 0,012 mol

vm = Δn

Δt

vm = (0,012 – 0,006) mol

(3 – 1) min

vm = 0,003 mol/min

80. A meia-vida da reação é o tempo que demora para metade da amostra de reagentes transformar-se. De acordo com o enunciado, temos:

10 h 10 h 0,12 mol ⋅ L−1 0,06 mol ⋅ L−1 0,03 mol ⋅ L−1

1444444444442444444444443

20 h

A meia-vida da reação é 10 h.

Velocidade média da reação no intervalo entre 600 e 1.200 min:

600 min = 10 h 0,06 mol ⋅ L–1

1.200 min = 20 h 0,03 mol ⋅ L–1

v = | ΔM |

Δt =

| 0,03 mol ⋅ L−1 − 0,06 mol ⋅ L−1 |

(1.200 min − 600 min) =

= 0,03 mol ⋅ L−1

600 min

v = 5 ⋅ 10−5 mol ⋅ L−1 ⋅ min−1



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81. a) Devemos discordar da declaração da empresá-ria. O gás oxigênio pode fazer mal à saúde, de-pendendo da quantidade inalada, pois aumenta a velocidade do metabolismo. O gás oxigênio deve ser inalado em equipamentos (balões de oxigênio) para regular a sua entrada. O ar que respiramos contém oxigênio ao redor de 20%. O ar puro é uma mistura na qual predominam nitrogênio e oxigênio, enquanto o gás oxigênio é uma substância simples.

b) O gás oxigênio é mais denso do que o ar, por-tanto ele tende a ficar disperso rente ao chão. A névoa formada é composta de gotículas de água provenientes da condensação do vapor-d’água presente no ar. No carro ligado, está ocorrendo a combustão do combustível, liberando calor e fazendo aumentar a temperatura ao redor do motor. O oxigênio puro acelera vigorosamente a combustão (efeito da concentração). Com o motor ligado, o aumento da temperatura acele-ra mais ainda a combustão, portanto, temos dois efeitos: concentração e temperatura. Do ponto de vista químico, os carros deveriam ser retirados desligados, evitando a combustão, portanto, não iria ocorrer a propagação do fogo devido a menor temperatura.

82. A velocidade média não é a mesma.

a) A velocidade média de degradação da vitamina C pode ser expressa pela variação da concentra-ção no intervalo de tempo. Nos 30 primeiros dias, observando o gráfico na temperatura de 35 °C, temos:

t = 0 ⇒ concentração = 270 mg ⋅ L–1

t = 30 dias ⇒ concentração = 210 mg ⋅ L–1

Variação da concentração

Δconcentração = | 210 − 270| mg ⋅ L–1 = 60 mg ⋅ L–1

Velocidade média = Δconcentração

Δt =

= 60 mg L−1

30 dias = 2 mg L–1 ⋅ dia–1

Nos últimos 30 dias da experiência, observando o gráfico, temos:



Variação da concentração

Δconcentração = |100 − 130| mg ⋅ L–1 = = 30 mg ⋅ L–1

Velocidade média = Δconcentração

Δt =

= 30 mg L−1

30 dias = 1 mg L–1 ⋅ dia–1

b) O gráfico apresentado na questão refere-se à curva de Gauss para o número de moléculas da vitamina C em função da energia em duas tem-peraturas diferentes. Um aumento da tempera-tura aumenta a energia cinética das partículas, deslocando a curva para a direita.

T1 = 35 °C, T2 = 45 °C

Podemos concluir que, a 45 °C, mais partículas (área sob a curva maior) terão energia maior que a energia de ativação (Ea), o que irá implicar um aumento do número de partículas com energia suficiente para se degradarem, aumentando a velocidade da decomposição da vitamina C. No gráfico, a curva que apresenta maior velocidade de degradação da vitamina C (45 °C) é a de maior inclinação (e consumida mais rapidamente num mesmo intervalo de tempo).

83. Alternativa b.

I. Correta.

BrO−3(aq) + 5 Br −(aq) + 6 H+(aq) 3 Br2(aq) + 3 H2O(l)

+5 0

−1oxidação

redução

II. Incorreta.

Br –: agente redutor

III. Correta.

Experimentos 1 e 2:

[Br –] e [H+] constantes

[BrO−3] dobra v dobra

Conclusão: 1a ordem em relação ao BrO−3

Experimentos 1 e 3:

[BrO−3] e [H+] constantes

[Br–] triplica v triplica

Conclusão: 1a ordem em relação ao Br −

Experimentos 2 e 4:

[BrO−3] e [Br −]

[H+] dobra v quadruplica

Conclusão: 2a ordem em relação ao H+

Lei cinética: v = k [BrO−3] [Br −] [H+]2

84. a) A equação balanceada da reação é:

CuCO3 + 2 HNO3 Cu(NO3)2 + CO2 + H2O

b) Pelos dados fornecidos na tabela, verificamos que em duas situações foram utilizados volumes de 50 mL de HNO3 (0,10 mol/L) e, em outra, um volume de 100 mL de HNO3 (0,10 mol/L). Como o volume final de CO2 produzido em dois experi-mentos tem o mesmo valor e, em outro, o volu-me de CO2 é aproximadamente o dobro, pode-



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as.

mos concluir que aquele que produz mais CO2 e o que utiliza mais HNO3 (experimento 3).

Em um dos experimentos em que se utilizam 50 mL de HNO3, ocorre uma diminuição da con-centração do ácido pela metade (0,05 mol/L) e, consequentemente, diminuição da velocidade da reação com que o CO2 é produzido (experi-mento 2).

Legenda do gráfico experimento no ________ experimento no ________ experimento no ________

213

c) Podemos concluir que a substância que sempre esteve em excesso nos três experimentos é o CuCO3, uma vez que, mudando o volume de áci-do adicionado, muda o volume de CO2 obtido, indicando que há CuCO3 em quantidade sufi-ciente para reagir.

85. Alternativa b.

A lei da velocidade pode ser expressa por:

2 NO2(g) + F2(g) 2 NO2F(g)

V = k[NO2]x ⋅ [F2]y

Substituindo os valores obtidos nas experiências 1, 2 e 3, podemos montar um sistema com 3 equa-ções e 3 incógnitas.

Experimento 1: 2 ⋅ 10–4 = k ⋅ (0,005)x ⋅ (0,001)y

Experimento 2: 8 ⋅ 10–4 = k ⋅ (0,010)x ⋅ (0,002)y

Experimento 3: 4 ⋅ 10–3 = k ⋅ (0,020)x ⋅ (0,005)y

Dividindo 2 por 1, temos:

8 ⋅ 10–4

2 ⋅ 10–4 =

k ⋅ (0,010)x ⋅ (0,002)y

k ⋅ (0,005)x ⋅ (0,001)y

4 = 2x ⋅ 2y (equação 4)


4 ⋅ 10–3

8 ⋅ 10–4 =

k ⋅ (0,020)x ⋅ (0,005)y

k ⋅ (0,010)x ⋅ (0,002)y

5 = 2x ⋅ 5

2

y

(equação 5)


5

4 =

2x ⋅ 5

2

y

2x ⋅ 2y

5

4 =

5

4

y

Portanto, y = 1

Substituindo na equação 4, temos:

4 = 2x ⋅ 21

2x = 2

x = 1

A equação da velocidade é:

v = k [NO2]1 ⋅ [F2]

1

Capítulo 18 – Equilíbrio Químico Molecular

86. H2(g) + I2(g) 2 HI(g)

(PHI)

2

PH2 ⋅ PI2

= 55

H2(g) + I2(g) 2 HI(g)

início 1 mol 1 mol 0

reage e forma x mol x mol 2x mol

equilíbrio (1 − x) mol (1 − x) mol 2x mol

A relação entre as quantidades em mol é igual à relação entre as pressões parciais dos gases a vo-lume constante.

KP = KC = 55

(2x)2

(1 − x)(1 − x) = 55

(2x)2

(1 − x)2 = 55

2x

1 − x = ± 7,4

Como x < 1:

2x

1 − x = +7,4

2x = 7,4 − 7,4x

9,4x = 7,4

x = 0,78

H2(g) + I2(g) 2 HI(g)

equilíbrio (1 − x) mol (1 − x) mol 2x mol

equilíbrio 0,22 mol 0,22 mol 1,56 mol

a) nHI = 1,56 mol

b) PH2 = XH2

⋅ P

PH2 =

nH2

ntotal

⋅ P

PH2 =

0,22

0,22 + 0,22 + 1,56 ⋅ P

PH2 =

0,22

2 ⋅ P

PH2 = 0,11 ⋅ P



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pro

ibid

as.

87. Alternativa d.

Ácido + H3COH Éster + H2O

início 10 mol/L n mol/L 0 0

reage e forma

9 9 9 9

equilíbrio 1 mol/L n − 9 mol/L 9 mol/L 9 mol/L

CH3CH2CH2C=−

O

OH

CH3CH2CH2C=−

O

OCH3

KC = [éster]1 ⋅ [H2O]1

[ácido]1 ⋅ [H3COH]1 = 9

KC = (9)1 ⋅ (9)1

(1)1 ⋅ (n − 9)1 = 9 9 ⋅ 9 = 9 (n − 9)

n = 18 mol

88. Alternativa b.

Pelo gráfico fornecido, percebemos que as con-centrações de B e C diminuem e a concentração de A aumenta na proporção de 1 para 2 para 1 no decorrer do tempo até atingir o equilíbrio. A equa-ção da reação pode ser escrita por:

B: reagiu 1 − 0,6 0,4 mol

C: reagiu 1 − 0,2 0,8 mol

A: formou 0,4 mol

0,4 : 0,8 : 0,4 = 1 : 2 : 1

1 B + 2 C 1A

início 1 1 0


A constante de equilíbrio é:

KC = [A]

[B] ⋅ [C]2 =

0,4

0,6 ⋅ (0,2)2 = 16,67

I. Falso

II. Correto

III. Correto

IV. Falso

Capítulo 19 – Deslocamento de Equilíbrio

89. Alternativa a.

I. Correta. Pelos coeficientes estequiométricos, observamos que não houve variação da quan-

tidade de matéria (número de mols) durante a reação:

N2(g) + O2(g) 2 NO(g)

1 mol 1 mol 14243

2 mols de 2 mols de gases produtos gases reagentes

Como a temperatura é mantida constante e o vo-lume do recipiente (rígido) não se altera, a pres-são durante o processo permanece constante.

PV = nRT

P = nRT

V = cte

II. Correta.

III. Incorreta. Como o ΔH = +180 kJ, a reação é en-dotérmica (ΔH > 0) e os produtos apresentam um conteúdo energético maior que os reagentes. Um aumento da temperatura desloca o equilíbrio no sentido da reação que absorve calor (no sen-tido da reação endotérmica – para a direita), favo-recendo a formação do produto NO.

90. Alternativa a.

direta C(s) + CO2(g) 2 CO(g) ΔH > 0

1 V 2 V

↓ P favorece reação direta

O rendimento em CO(g) desse equilíbrio aumenta com o aumento da temperatura, com a diminui-ção da pressão e não se altera pela adição de catalisador.

91. a) A oxidação de SO2 a SO3 é um processo exotér-mico (DH < 0) que se processa com contração de volume.

2 SO2(g) + 1 O2(g) 2 SO3(g)exotérmica

endotérmica

1442443

123

2 V

3 V2 V

1 V

Um aumento da pressão desloca o equilíbrio no sentido da contração de volume (para a direita), e um aumento da temperatura desloca o equi-líbrio no sentido da reação endotérmica (para a esquerda). Quanto maior a pressão (500 atm) e menor a temperatura (400 °C), mais desloca-do para a direita estará o equilíbrio e, portanto, maior o rendimento de produção de SO3.

Obs.: o aumento da concentração de reagentes (excesso de O2 ou SO2) também desloca o equi-líbrio para a direita.

O teste de maior rendimento de SO3 é o de nú-mero 1.

144424443

reação direta endotérmica: ↑ T favorece reação direta



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as.

b) Para descobrir se o sistema está em equilíbrio, devemos determinar o quociente reacional (QC) e verificar se é igual à constante de equilíbrio (KC). O quociente reacional é dado pela expressão:

QC = [SO3]

2

[SO2]2 ⋅ [O2]

Para as condições dadas:

[SO3] = 20 mols/L

[SO2] = 1,0 mol/L

[O2] = 1,6 mol/L

QC = (20)2

(1)2 ⋅ 1,6 = 250

Como esse valor coincide com a constante de equilíbrio, podemos afirmar que o sistema se encontra em equilíbrio. Como, tanto no instante t1 como no instante t2, o sistema se encontra em equilíbrio, as concentrações de cada reagente e produto permanecem constantes. Admitindo a temperatura constante e igual a 1.000 °C, temos:

20

1,61

≈

0t1 t2 Tempo

[SO3]

[O2][SO2]

Conc

entra

ção (

mol/

L)

92. Alternativa d.

Frasco A: [NH4Cl]: desloca no sentido da reação in-versa – aumenta

Frasco B: [FeCl3]: desloca no sentido da reação di-reta – aumenta

Frasco C: [NH4SCN): desloca no sentido da reação direta – aumenta

FeCl3(aq) + 3 NH4SCN(aq)

3 NH4Cl(aq) + Fe(SCN)3(aq)

direta

inversadireta

inversa

93. a) 12 NO2(g) + 4 H2O(l) 8 HNO3(g) + 4 NO(g)

12 NO(g) + 6 O2(g) 12 NO2(g)

12 NH3(g) + 15 O2(g) 12 NO(g) + 18 H2O(g)

12 NH3(g) + 21 O2(g)

8 HNO3(g) + 14 H2O(g) + 4 NO(g)

b) O teste que propiciou maior rendimento na produ-ção de NO é o teste 4 (resfriamento e diminuição

de pressão). O resfriamento desloca o equilíbrio no sentido de NO (exotérmico) e a diminuição de pressão, no sentido de NO (expansão de volume).

94. Alternativa d. exo 2 SO2(g) + O2(g) 2 SO3(g) DH0 = −198 kJ endo

KC = [SO3]

2

[SO2]2 ⋅ [O2]

I. Errada. Abaixando a temperatura de 1.000 °C para 200 °C, de acordo com o Princípio de Le Chate-lier, o equilíbrio é deslocado no sentido da reação exotérmica, aumentando a concentração do SO3. Isso faz aumentar a constante de equilíbrio.

KC > KC

(200 °C) (1000 °C)

II. Errada.

280 = [SO3]

2

[10−2]2 ⋅ [10−1] \ [SO3]

2 = 280 ⋅ 10−5

[SO3] = 28,0 ⋅ 10−4 ≅ 5,3 ⋅ 10−2 mol/L

III. Correta. Reduzindo o volume do recipiente, ou seja, aumentando a pressão, o equilíbrio é deslo-cado no sentido da contração de volume. O ren-dimento em SO3 aumenta e o KC fica constante.

IV. Correta.

2 SO2 + O2(g) 2 SO3

4+ 6+0

oxidação

O SO2 é o agente redutor.

95. a) Pela equação fornecida:

S− +−

F H

C OF C H

F H

− −− −

− −

− −

−S

F H

C OF C H

F H

− −− −

− −

− −

−

temos: K =

−S

F H

C OF C H

F H

− −− −

− −

− −

−

⋅

F H

C OF C H

F H

− −− −

− −

− −

S−−



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as.

K = 5,6 ⋅ 109 (300 K) K = 7,4 ⋅ 103 (500 K) Observa-se que, aumentando a temperatura

(300 K 500 K), diminui o valor da constante de equilíbrio (5,6 ⋅ 109 7,4 ⋅ 103) e, portanto, podemos concluir tratar-se de uma reação exo-térmica no sentido de formação do produto.

K

T O aumento da temperatura faz diminuir a con-

centração do produto, deslocando o equilíbrio no sentido dos reagentes (reação endotérmica).

b) A ligação O − H−q +q

é fortemente polar, fazendo com que o H adquira polaridade positiva e atraia o íon negativo S– existente no ânion citado no enunciado (ligação íon-dipolo).

96. Alternativa c.

I. Correta. A adição de HCl provoca o deslocamen-to do equilíbrio para a direita, pois introduz íons H+ aumentando a sua concentração no sistema.

II. Falsa. A adição de NaOH resulta na cor amarela da solução, pois neutraliza os íons H+ no equilí-brio diminuindo a sua concentração, portanto, o equilíbrio desloca para a esquerda.

III. Correta. A adição de HCl provoca o efeito do íon comum, pois introduz íons H+ presentes no equilíbrio fornecido.

IV. Falsa. A adição de dicromato de potássio des-loca o equilíbrio para a esquerda, pois aumenta a concentração de íons Cr2O7

2–.

97. Alternativa c.

etilbenzeno1 mol de gás

V

(g)endo

exo

estireno2 mols de gases

2V

+ H2(g) ΔH = +121 kJ/mol (g)endo

exo

De acordo com o Princípio de Le Chatelier, o au-mento de temperatura desloca o equilíbrio no sen-tido da reação endotérmica (formação do estireno). O aumento de pressão desloca o equilíbrio no sen-tido da contração de volume (formação do etilben-zeno). O catalisador diminui a energia de ativação, não alterando a entalpia da reação.

Capítulo 20 – Esterificação – Hidrólise de Ésteres

98. Alternativa b.

A produção da essência de maçã-verde pode ser favorecida pelo deslocamento desse equilíbrio quí-mico por meio do aumento da concentração do ácido etanoico, pois o equilíbrio é deslocado no sentido dos produtos. A diminuição da concentra-ção do butan-1-ol desloca o equilíbrio no sentido dos reagentes. A adição de um catalisador não desloca um equilíbrio. Nesse equilíbrio, não existe um componente gasoso, portanto, a pressão não desloca esse equilíbrio. O aumento da temperatura desloca o equilíbrio no sentido endotérmico, isto é, para a esquerda.

99. Alternativa c.

CH3 − C

=−

O

OH + HOCH2CH2CH3

propan-1-ol

CH3 − C

=−

O

OCH2CH2CH3 + H2O

etanoato de propila

100. R: − CH2 − CH3 (etil)

R′: − CH3 (metil)

CH3 − CH2 − COOH + CH3OH

ácido carboxílico álcool

CH3 − CH2 − COO − CH3 + H2O

éster

H

H

H

C

C

H C

HH

H

H

−−

−−

−

−

−

−

−

−

−

C=−

O

O



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as.

101. O miristato de isopropila pertence à função éster.

C −−− −

−

C=−

O

O

O

O

ácido

álcool

O

O

ácido mirístico

O

OH

álcoolisopropílico

HO

A reação de formação do miristato de isopropila é:

ácido mirístico

O

OH

álcoolisopropílico

HO+

O

O + H2Omiristato de isopropila

Capítulo 22 – Radioatividade

102. Alternativa a.

Na tabela periódica, os números atômicos são apresentados.

10644Ru 106

45Rh + 0−1β

beta menos

103. Alternativa c.

100% t1/2 50%

t1/2 25% t1/2 12,5%

t1/2 6,25%

6,25% t1/2 3,125%

t1/2 1,5625% t1/2 0,8%

t1/2 0,4%

0,4% t1/2 0,2%

t1/2 0,1% t1/2 0,05%

t1/2 0,025%

0,025% t1/2 0,0125%

13 meias-vidas

13 ⋅ 5.730 anos = 74.490 anos

Aproximadamente 74.500 anos

104. Alternativa c.

Hidrogênio: 11H: n = 0 (1 próton e nenhum nêutron)

Deutério: 21H: n = 1 (1 próton e 1 nêutron)

Isótopo leve de hélio: 32He: n = 1 (2 prótons e 1

nêutron)

Hélio: 42He: n = 2 (2 prótons e 2 nêutrons)

105. Alternativa d.

A notação 01e corresponde à partícula denomina-

da pósitron. Ela tem a mesma massa do elétron, mas com carga positiva. Nas etapas apresenta-das, não ocorre emissão de molécula H2, próton 11H e nêutron 1

0n.

106. a)

n

n

nU235

(U236)instável

b) C2H6O: M = 46 g/mol

1 kWh 3.600 kJ 150.000 kWh x x = 540.000.000 kJ

1.400 kJ 46 g 540.000.000 kJ y y = 1,77 ⋅ 107 g

107. Alternativa a.

O isótopo de boro-10 captura um nêutron e forma um isótopo instável X, segundo a equação:

105B + 1

0n 115B

O isótopo instável X é o átomo de boro: 115B

Esse isótopo instável se fissiona em duas espé-cies menores (uma é o átomo de lítio, segundo a figura fornecida) e emite ainda radiação gama.

115B 7

3Li + 42Y + 0

0g

A espécie Y é o 42He.

108. Alternativa d.

I. Correta. O fleróvio está abaixo do metal chum-bo que é sólido à temperatura ambiente, por-tanto, provavelmente será um sólido metálico.



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as.

II. Incorreta.

24494Pu + 48

20Ca 288114Fl + 4 1

0n

Nesse processo de formação do 288Fl são libe-rados 4 nêutrons.

III. Correta. O Fl pertence ao grupo 14, no qual os elementos carbono e silício formam óxidos covalentes.

CO(g), CO2(g), SiO2(s)

Si

SiC =← O, O = C = O,

Si

Si

O

O

O

O

O

O

O

O

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−−

−−

−−

−

−−

−

109. Alternativa a.

23892U x 288

114α + y 0−1b + 206

82Pb

238 = 4x + 206

x = 8 \ 8 partículas α 92 = 16 − y + 82

y = 6 \ 6 partículas b

110. Alternativa d.

212Bi 100 g 60 min

50 g t1/2 = 60 minutos

23883Bi 0

−1b + 21284Po

t = 0 100 mg 0

t = 25 75 mg 25 mg

Relação entre as massas após 25 min:

mBi

mPo

= 75 g

25 g = 3

21483Bi 4

2α + 21081Tl

4 horas: 240 minutos

25 g 60 minutos

12,5 g

120 minutos 180 minutos (3 horas)

111. Alternativa b.

A equação nuclear é:

24997Bk + 48

20X 293117Ts + 4 1

0n

4820X corresponde ao isótopo 48Ca

112. Alternativa e.

A meia-vida é o tempo necessário para que de-terminado radionuclídeo realize decaimento até a metade da quantidade inicial. A meia-vida do Sr-90 é de aproximadamente 28 anos, um tem-po muito próximo dos 30 anos decorridos desde

o acidente (1986). Portanto, a quantidade apro-ximada de Sr-90 que se transformou em Y-90 é metade (1/2).

113. Alternativa a.

O isotopo 166Ho decai emitindo particula 0−1b e raio

00g de acordo com a equação a seguir:

16667Ho 0

−1b + 00g + 166

68Er

Logo, o produto do decaimento em questão é o 166Er.

114. Alternativa e.

24896Cm + 48

20Ca 292116Lv + 4x

248 + 48 = 292 + 4a \ a = 1

96 + 20 = 116 + 4b \ b = 0

10x = 1

0n = nêutron

292116Lv 288

114Fl + 42y

42y = 4

2α = partícula alfa

115. Alternativa c.

I. Incorreta

22488Ra 0

−1b + 22489Ac

actínio

II. Correta

20884Ra 4

2α + 20482Pb

III. Correta

Ra-224: t1/2 = 6 anos \ 18 anos = 3 meias-vidas

0,200 mg 6 anos

0,100 mg 6 anos

0,050 mg

massa inicial

0,050 mg6 anos

0,025 mg

IV. Incorreta.

Po-208: t1/2 = 3 anos \ 18 anos = 6 meias-vidas

m = m0

2x; x = 6

0,025 = m0

26

m0 = 26 ⋅ 0,025 = 64 ⋅ 0,025 \ m0 = 1,600 mg

116. Alternativa c.

A fusão dos núcleos do hélio-3 (32He) se caracteri-za pelo aumento da massa do nuclídeo formado. Seguindo o desenho, pode-se equacionar:

32He + 3

2He 42He + 1

1P + 11P

+ +



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ibid

as.

117. a) Decaimento radioativo por emissão beta:

12553I 0

−1b + 12554Xe

19277Ir 0

−1b + 19278Pt

10346Pd 0

−1b + 10347Ag

b) Dadas as meias-vidas em dias:

Ir: 74,2

Pd: 17

I: 60,2

Quanto menor a meia-vida, mais inclinada será a curva de decaimento do isótopo radioativo.

100

75

50

25

0

Quan

tidad

e de m

atér

ia (%

)

Tempo (dias)30 60 90

C = Pd

B = I

A = Ir

Na curva de decaimento do iodo, ao atingir 50%, teremos aproximadamente 60 dias; se-guindo a escala do gráfico, o quadrado à es-querda será 30 e o da direita, 90.



Capítulo 1 – Introdução à Química Orgânica

1. Alternativa a.

A química verde permite o desenvolvimento tec-nológico com danos reduzidos ao meio ambiente. Três fatores muito importantes a serem considera-dos são:

– uso de fontes renováveis ou recicláveis;

– aumento da eficiência de energia ou utilização de menos energia para produzir a mesma ou maior quantidade de produto;

– evitar o uso de substâncias persistentes, bioacu-mulativas e tóxicas.

O fator que contribui positivamente para que a segunda rota de síntese seja verde em compa-ração à primeira é ocorrer em uma única etapa. A temperatura necessária para a ocorrência da segunda reação é inferior, não gera subproduto tóxico e não utiliza substância corrosiva no pro-cesso. A redução do tempo total da reação, ocor-rência de uma única etapa, é um fator importante que diferencia o primeiro processo (marrom) do segundo (verde).

Capítulo 2 – Fontes de Compostos Orgânicos – Petróleo – Gás natural

2. Alternativa d.

A utilização de combustíveis fósseis provoca o au-mento da quantidade de carbono (CO2) na atmos-fera, intensificando o efeito estufa.

Capítulo 7 – Compostos Oxigenados

3. Alternativa b.

Na piretrina, temos as seguintes funções orgânicas:

O

O

O

HH

H

éster cetona

piretrina

Na coronopilina, temos as seguintes funções orgâ-nicas:

coronopilina

éster

álcool

OO

O

HO

cetona

4. Alternativa a.

A função orgânica que caracteriza o feromônio que indica a trilha percorrida pelas abelhas (composto A) é:

função álcoolCH2OH

A função orgânica que caracteriza o feromônio de alarme quando pressentem o perigo (composto B) é:

função éster

O

O

=−H3C − C CH3

CH3

=−CH2 − CH

complemento 4 | Química no ENEm 155

Química no ENEMComplemento 4


Capítulo 10 – Isomeria Geométrica ou CIs-Trans

5. Alternativa e.

O bombicol apresenta isomeria espacial (estereoi-someria) geométrica ou cis-trans.

H H

OHH H

O único feromônio que apresenta isomeria cis--trans é utilizado no controle do inseto Scrobipal-puloides absoluta.

OCOCH3

H HH H H

H

Capítulo 11 – Isomeria Óptica

6. Alternativa d.

Os enantiômeros apresentam as mesmas proprie-dades físicas, exceto o desvio do plano da luz po-larizada. Podem ser separados e suas estruturas apresentam grupos funcionais iguais. Essa mal-formação congênita ocorre porque esses enantiô-meros interagem de maneira distinta com o orga-nismo, isto é, os enantiômeros apresentam ação fisiológica diferente. A mistura racêmica é mistura em partes iguais dos dois enantiômeros.

7. Alternativa b.

A molécula quiral (que possui átomo de carbono assimétrico, com quatro ligantes diferentes) cuja cadeia carbônica é insaturada, heterogênea e ra-mificada é:

− −

CH3

H O

−−

CH3 − CH = CH − C* − C − NH − CH3

a)

− −

OH

H O

−−

CH3 − CH = CH − C* − C − NH − CH3

insaturada, heterogênea e reta (normal)

c)

− −

CH3

H O

−−

CH3 − CH = CH − C* − C − NH2

insaturada, homogênea e ramificada

d)

− −

CH3

H O

−−

CH3 − CH2C* − C − NH − CH3

saturada, heterogênea e ramificada

e)

− −O

CH2C − NH − CH3

insaturada, homogênea e não é quiral

Capítulo 12 – soluções

8. Alternativa c.

Para uma mistura sólida, a densidade pode ser obtida através da média ponderada das densida-des das substâncias que formam a mistura. Assim, apenas as amostras II e IV atendem às normas in-ternacionais.

II. d = 62 ⋅ 7,3 g/mL + 38 ⋅ 11,3 g/mL

100 = 8,82 g/mL

IV. d = 63 ⋅ 7,3 g/mL + 37 ⋅ 11,3 g/mL

100 = 8,78 g/mL

9. Alternativa b.

Cálculo da quantidade máxima de aspartame em massa para uma pessoa de 70 kg de massa corporal.

IDA; 40 mg/kg de massa corporal

40 mg 1 kg

x 70 kg

x = 2.800 mg = 2,8 g de aspartame

Cálculo da quantidade em mols de aspartame:

1 mol de aspartame 294 g

y 2,8 g

y = 0,0095 mol = 9,5 ⋅ 10−3 mol

10. Alternativa b.

Solo (I) 500 g de solo:

1,0 ⋅ 10–2 g 500 g de solo

x 1.000 g de solo (1 kg)

x = 2,0 ⋅ 10–2 g = 20 mg de naftaleno

Solo (II) 500 g de solo:

2,0 ⋅ 10–2 g 500 g de solo y 1.000 g de solo (1 kg)

y = 4,0 ⋅ 10–2 g = 40 mg de naftaleno

Água (I) 100 mL de água:

7,0 ⋅ 10–6 g 100 mL de água

z 1.000 mL de solo (1 L)

z = 70 ⋅ 10–6 g = 0,070 mg de naftaleno



Água (II) 100 mL de água:

8,0 ⋅ 10–6 g 100 mL de água

w 1.000 mL de água (1 L)

w = 80 ⋅ 10–6 g = 0,080 mg de naftaleno

Água (III) 100 mL de água:

9,0 . 10–6 g 100 mL de água

t 1.000 mL de água (1 L)

t = 90 ⋅ 10–6 g = 0,090 mg de naftaleno

O único que ultrapassa o limite é o solo (II).

11. Alternativa b.

Cálculo da quantidade de vinhaça produzida na ob-tenção de 27.000 L de etanol:

1 L de etanol 18 L de vinhaça

27.000 L de etanol x L de vinhaça

x = 18 ⋅ 27.000 L

x = 4,86 ⋅ 105 L de vinhaça

Cálculo da quantidade de fósforo (P) disponível na vinhaça:

1 L de vinhaça 60 mg de P

4,86 ⋅ 105 L de vinhaça y

y = 60 ⋅ 4,86 ⋅ 105 mg

y = 29,16 ⋅ 106 mg de P \ y ≅ 29 kg de P

Capítulo 13 – Diluição e Mistura

12. Alternativa d.

Mistura inicial Destilado

800 kg de mistura

20% de etanol = 160 kg

80% de água = 640 kg→

100 kg

96% de etanol = 96 kg

4% de água = 4 kg

Resíduo

Álcool = 160 kg − 96 kg = 64 kg

Água = 640 kg − 4 kg = 636 kg

Massa total = 700 kg

700 kg 100%

64 kg x

x = 64.100

700 = 9,14%

13. Alternativa d.

Calcular o número de mols de H2O2 (peróxido de hi-drogênio) presente em 20 mL de uma solução cuja concentração é de 0,1 mol/L:

0,1 mol H2O2 1.000 mL

x mol H2O2 20 mL

x = 0,002 mol de H2O2

Analisar a estequiometria da reação e verificar que para cada 5 mols de H2O2 são necessários 2 mols de permanganato de potássio. Novamente, você aplicará uma regra de três para saber a quantidade de permanganato de potássio necessária para rea-gir completamente 0,002 mol de H2O2.

5 mols H2O2 2 mols KMnO4

0,002 mol H2O2 x mols KMnO4

x = 0,0008 ou 8,0 × 10−4 mol de KMnO4

14. Alternativa b.

Dissolução do nitrato de cálcio em água:

1 Ca(NO3)2 Ca2+ + 2 NO3−

Cálculo da massa de nitrato de cálcio para produzir 0,009 mol de íons nitrato em 1 L do tanque:

Massa molar do Ca(NO3)2

M = (40 + 2 × 14 + 6 × 16) g/mol = 164 g/mol

produz 1 mol de Ca(NO3)2 2 mols de NO3

−

↓ ↓ 164 g 2 mols

x 0,009 mol

x = 0,738 g de Ca(NO3)2

Massa de Ca(NO3)2 que deve estar presente em 5.000 L do tanque:

1 L 0,738 g de Ca(NO3)2 5.000 L y

y = 3.690 g de Ca(NO3)2

Como cada litro da solução nutritiva contém 90 g de Ca(NO3)2, temos:

1 L 90 g de Ca(NO3)2 z 3.690 g de Ca(NO3)2 z = 41 L da solução nutriente

Capítulo 15 – Propriedades Coligativas

15. Alternativa a.

O aumento da salinidade do solo torna-o hipertôni-co em relação à concentração das células radicu-lares. Em consequência, as raízes perdem a capa-cidade de absorver água do meio.

16. Alternativa d.

A temperatura de ebulição da água depende da pressão externa a que ela está submetida. No nível do mar, sujeita à pressão atmosférica (760 mmHg), a temperatura de ebulição é de 100 °C. No inte-rior da seringa, quando o êmbolo foi deslocado, a pressão externa diminuiu, o mesmo ocorrendo com a temperatura de ebulição da água, que pas-sou a ferver.



17. Alternativa b.

O óxido de cálcio em água origina o hidróxido de cál-cio, conhecido por água de cal ou leite de cal. O leite de cal é uma suspensão que é aplicada nos troncos das árvores, provocando alteração no pH dos micro-ambientes, que irá provocar a morte dos microrga-nismos. Devido à osmose, como a concentração da solução é superior à concentração do microambien-te, a água é retirada do mesmo, tornando-o inviável para o desenvolvimento dos microrganismos.

Capítulo 16 – Termoquímica

18. Alternativa c.

Pelo gráfico:

ΔH3 = −18,8 kJ/g + 2,4 kJ/g = −16,4 kJ/g

Energia

Bio-óleo + O2(g)

CO2(g) + H2O(g)

CO2(g) + H2O(l)

ΔH1 = −18,8 kJ/g

ΔH2 = −2,4 kJ/g

ΔH3 = −16,4 kJ/g

Bio + O2(g) CO2(g) + H2O(g) ΔH3 = −16,4 kJ/g

1 g de bio-óleo −16,4 kJ

5 g de bio-óleo x \x = −82 kJ

19. Alternativa a.

O líquido de arrefecimento do motor deve ter alto calor específico sensível para absorver muito calor e variar pouco sua temperatura, evitando-se o ris-co de ocorrer a ebulição.

20. Alternativa b.

Multiplicando a equação I por 3, invertendo a equa-ção II e aplicando a Lei de Hess, temos:

I. 3 C2H2(g) + 15

2 O2(g) 6 CO2(g) + 3 H2O(l)

ΔH = −930 kcal

II. 6 CO2(g) + 3 H2O(l) C6H6(l) + 15

2 O2(g)

ΔH = +780 kcal

3 C2H2(g) C6H6(l) ΔH = −930 kcal + 780 kcal ΔH = −150 kcal/mol

Capítulo 17 – Cinética Química

21. Alternativa e.

De acordo com o enunciado, o aquecimento ocor-re por causa da interação da onda eletromagnética com o dipolo elétrico da molécula. Água, metanol, etanol, propan-1-ol são polares. Já o hexano é apo-lar. Observe no gráfico que no intervalo de 0 s a 40 s, a temperatura do hexano é constante, portanto, a taxa média de aquecimento é próxima de zero.

Capítulo 18 – Equilíbrio Químico Molecular

22. Alternativa b.

Para obter a equação I, devemos inverter a equa-ção II e manter as equações III e IV e depois so-mar. A constante de equilíbrio da equação I será o produto

K = 1

K1

⋅ K2 ⋅ K3

H+(aq) + CO32−(aq) HCO3

−(aq) K1′ = 1

30 ⋅ 10−11

CaCO3(s) Ca2+(aq) + CO32−(aq) K2 = 6,0 ⋅ 10−9

CO2(g) + H2O(l)

H+(aq) + HCO3−(aq) K3 = 2,5 ⋅ 10−7

CaCO3(s) + CO2(g) + H2O(l)

Ca2+(aq) + 2 HCO3−(aq)

K = 1

3,0 ⋅ 10−11 ⋅ 6,0 ⋅ 10−9 ⋅ 2,5 ⋅ 10−7

K = 5,0 ⋅ 10−5

Capítulo 19 – Deslocamento de Equilíbrio

23. Alternativa d.

Quanto maior a altitude de uma região, menor é a pressão parcial de oxigênio, o ar é rarefeito e, conse-quentemente, a saturação da oxiemoglobina diminui, ocasionando os sintomas característicos da hipóxia.

Capítulo 21 – Ácidos Graxos, Óleos e Gorduras

24. Alternativa b.

A fonte oleaginosa que apresenta maior resistência a oxidação e a que possui menor teor de ácido gra-



xo insaturado (oleico, linoleico e linolênico) e maior teor de ácido graxo saturado é a palma.

TEOR DE ÁCIDO GRAXO SATURADO

milho: 13,7% (0,1 + 11,7 + 1,9)

palma: 58,3% (1,0 + 42,8 + 4,5)

canola: 4,6% (0,2 + 3,5 + 0,9)

algodão: 23,4% (0,7 + 20,1 + 2,6)

amendoim: 14,4% (0,6 + 11,4 + 2,4)

Capítulo 22 – radioatividade

25. Alternativa b.

O pescoço é colocado entre o equipamento emis-sor da radiação e o filme. A parte escura indica que a radiação incidiu no filme, e na parte clara do filme não houve incidência da radiação, pois foi absor-vida pelo pescoço. Portanto, os átomos de cálcio absorvem a radiação e esta não incide na chapa, e, assim, a parte óssea constituída principalmente por cálcio fica visível no filme revelado.

26. Alternativa c.

Na bomba atômica de urânio, ocorre uma reação “em cadeia” com a fissão do 235U, liberando nêu-trons, que bombardeiam outros núcleos.

A equação simplificada do processo é:

10n + 235

92U X + Y + 2/3 10n + energia

27. Alternativa a.

A técnica de datação apresentada no texto só é possível devido à proporção conhecida entre car-bono-14 e carbono-12 na atmosfera ao longo dos anos, pois essa proporção é constante com o de-correr do tempo.

idade dos ossos de mamute

proporção 14C e 12C no ar

proporção 14C e 12C no osso

compara

Por eliminação, as outras alternativas estão incor-retas, pois o carbono-12 não é elemento radioativo, isto é, não se decompõe, não ocorre emissão e não se transforma em carbono-14.

A fixação do carbono-14 ocorre somente no orga-nismo vivo por meio da fotossíntese.



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