1
Pelo gráfico, o volume de O2 liberado na reação 2 H2O2 → 2 H2O + O2 aumenta com o decorrer do tempo; portanto, a quantidade de H2O2 decomposta por minuto diminui com o decorrer do tempo.
2
a) 2H2O2 (aq) → 2H2O (ℓ) + O2 (g)
3 a)
[
]
[
]
2 2 2 2 H O ∆ H O 0 4 V 2 mol/min ∆t 2 − − = = − = b) 2 2 O O 2 mol V 1 mol/min t 2 mi ] n [ = ∆ = = c) 2 O V =1 mol/min 25 L/min= Respostas: a) 2 2 H O V = 2 mol/min b) 2 O V =1 mol/min c) 2 O V = 25 L/min4 a) m = = = ∆S 400 km V 80 km/h ∆t 5 h ⇒ V = 80 km/h b) = ∆ = = ∆ m Vol. 50 L V 10L/h t 5 h ⇒ Vetanol = 10 L/h
c) Calculando inicialmente a massa de etanol consumida no processo, temos:
0,8 g de etanol ——— 1 mL m ——— 50 000 mL Sendo assim, m = 40 000 g.
Logo, a velocidade média do consumo de etanol, em g/h, pode ser obtida por: m m 40 000 g V 8 000 g/h t 5 h ∆ = = = ∆ Vetanol = 8 000 g/h Respostas: a) V = 80 km/h b) Vetanol = 10 L/h c) Vetanol = 8 000 g/h
5
a) Como as massas molares do etanol e do gás carbônico são semelhantes, serão produzidos 80 000 g de gás carbônico na combustão de 40 000 g de etanol.
Massa total de CO2 liberada = 80 000 g
b) V m m 80 000 g 16 000 g/h t 5 h ∆ = = = ∆ 2 CO V =16000 g/h Respostas:
a) Massa total de CO2 liberada = 80 000 g. b)
2
CO
6
a) Nas experiências II e III, a reação ocorreu com a mesma velocidade, ou seja, 2 g/min, que foi a maior velocidade observada.
b) Para o ácido mais fraco, teremos a menor velocidade de reação; portanto, o ácido acético é o mais fraco, ou seja, V = 0,2 g/min.
c) Os dois ácidos devem possuir a mesma força, visto que as reações ocorreram com a mesma velocidade.
7 a) N2 (g)+ 3 H2 (g) → 2 NH3 (g) b) 2 N V = 20 mol/h e 2 H V = 60 mol/h c) 3 NH V = 40 mol/h
8
A proporção entre as velocidades dos participantes das reações segue a proporção entre os coeficientes estequiométricos; assim, a velocidade de consumo de A é numericamente igual à velocidade de formação de C. Resposta: B
9
Verifica-se pela figura que, nas duas horas iniciais, tem-se, na reação I, a produção de 2 unidades volumétricas de oxigênio enquanto, na reação II, são consumidas aproximadamente 4 unidades desse gás (o volume varia de 6 para 2). Com isso, uma vez que em um mesmo intervalo de tempo ocorre um maior consumo de oxigênio, na reação II ela é mais rápida. Obs.: No gráfico, as indicações das curvas estão invertidas. Considere a correção a seguir:
10 2 KCℓO3→ 2 KCℓ + 3 O2 2 2 O O 2,24 L N 0,1 mol 22,4 L/mol M 0,1 mol 32 g/mol 3,2 g = = = ⋅ = Assim: 1 2 2,24 L V 0,056 L/s 40 s 3,2 g V 0,08 g/ L 40 s = = = = Respostas: a) 0,056 L/s b) 0,08 g/s
11 a) = = = ⋅ ∆ − = C reação C 5 – 3 V V 1 mol t 3 1 ] /L [ h V1 h → 3 h = 1 mol/L • h
b) A proporção estequiométrica entre os participantes A e C da reação é de 1 : 1; assim, no instante t = 4 h, a concentração de A pode ser calculada por:
[ ]
A = 8,5 mol/L – 5,5 mol/L = 3 mol/LRespostas:
a) V1 h → 3 h = 1 mol/L ⋅ h b) [A]t = 4 h = 3 mol/L
12
Zn + 2 H+ + 2 Cℓ− → Zn2+ + H2 + 2 Cℓ−
[Cℓ–] não varia durante a reação.
[Zn2+] aumenta durante a reação.
[H+] diminui durante a reação.
13
Mg + S → MgS
a) O silício reage mais rapidamente, como mostra a acentuada inclinação da curva correspondente.
Outra maneira de justificar esse fato é a observação da massa de cada elemento que reagirá em um dado tempo (por exemplo, em 5 minutos).
Para t = 5 min:
• Silício: para cada 100 g de ferro gusa, reagem aproximadamente 0,6g de silício.
• Manganês: para cada 100 g de ferro gusa, reagem aproximadamente 0,4 g de manganês.
• Fósforo: não há praticamente reação do fósforo nos primeiros 5 minutos.
b) O gráfico mostra que:
t = 8 min → % de C eliminado = 4% t = 12 min → % de C eliminado = 2% média (4% 2%) de C eliminado V 0,5% de C eliminado/min (12 8) min − = = − Respostas:
a) Silício, pois apresenta a curva mais inclinada de acordo com o gráfico: Mg + S → MgS
b) Velocidade de consumo = 0,5%/min
14 N2 + 3 H2 → 2 NH3 3 mol 2 mol 6 mol 4 mol ∆ = = ⋅ ∆ 2 2 H [H ] 6,0 mol V /L h t Resposta: E
15
a) Exotérmica, pois os produtos apresentam entalpia menor que os reagentes.
b) Energia de ativação é a energia mínima necessária para que, durante a colisão dos reagentes, esses consigam se transformar em produtos. c) Energia de ativação = 80 kJ
16
Uma reação ocorre quando as moléculas de reagente se chocam com um mínimo de energia e quando há geometria favorável para a formação do complexo ativado.
17
Reação Ea (kJ/mol) ΔH (kJ/mol)
I 85 –20
II 50 –30
III 25 +20
A reação do tipo A → B com maior velocidade é a que apresentam menor energia de ativação, portanto é a reação III.
Considerando o diagrama de entalpia para a reação II, abaixo:
A diferença entra a energia de ativação do complexo ativado e a entalpia do produto é dada por:
Ea – ∆H = 25 – 20 = 5 kJ
18
A energia de ativação é a energia mínima que deve ser fornecida para que uma reação química se inicie.
De acordo com o enunciado, o papel do estímulo externo será fornecer a energia de ativação necessária para a ocorrência da reação
19
A reação é de combustão, portanto a reação é exotérmica, e a energia de ativação é menor do que a fornecida pelo atrito.
20
a) Frasco III, pois o ácido está mais concentrado.
b) Como o ferro foi totalmente consumido nos três experimentos, conclui-se que a reação termina quando o ferro acaba (reagente limitante). Como as massas de ferro utilizadas foram iguais (5 g), conclui-se que o volume de gás liberado foi o mesmo em todos os experimentos.
21
a) Curva II, pois o ferro apresenta maior superfície de contato com a solução.
22
a) Mais lento: I, pois o ácido estava menos concentrado e o metal apresentava menor superfície de contato.
Mais rápido: IV, pois o ácido estava mais concentrado e o metal apresentava maior superfície de contato.
23
A reação genérica entre o mármore (CaCO3 (s)) e um ácido pode ser representada pela reação:
CaCO3 (s) + 2 H+ (aq) → Ca2+ (aq) + H2O (ℓ) + CO2 (aq)
Essa reação terá maior velocidade nas seguintes condições:
• maior temperatura: 60 ºC
• maior superfície de contato do mármore: pó
• maior concentração de H+ na solução: maior ka Resposta: C
24
No diagrama apresentado, o segmento X indica a energia de ativação da reação direta:
Em módulo, o valor de energia correspondente ao segmento X e é dado por:
X = (c – a) + d Resposta: A
25
No experimento I, temos a maior [HCℓ], portanto a reação ocorre com
maior rapidez.
26
• A comparação do 1o experimento com o 2o (1a linha da tabela com a 2a) mostra que, ao dividirmos a [NO] por 2, mantendo constante a [H2], e a velocidade da reação se divide por 4, o que indica ser uma reação de segunda ordem para NO.
• A comparação do 2o experimento com o 4o (2a linha da tabela com a 4a) mostra que, ao multiplicarmos a [H2] por 2, mantendo constante a [NO], a velocidade da reação é multiplicada por 2, o que indica ser uma reação de primeira ordem para H2.
Dessa forma, a lei de velocidade da reação será: V = k • [NO]
2
• [H2]
27
A análise dos gráficos da questão justifica a veracidade ou não das afirmações.
28
A lei de velocidade da reação obtida experimentalmente é V = k • [N2O],
então concluímos que a primeira etapa é a determinante da velocidade da reação e, por isso, é a etapa lenta da reação.
N2O → N2 + O (V1 = k1•[N2O], V1 é pequena, portanto k1 é pequena.)
N2O + O → N2 + O2 (V2 é elevada, portanto, k2 é grande, k2 >> k1.)
29
Considerando a reação monomolecular A → produtos, temos:
• Reação de ordem 0 → V = k • [A]
0 ∴
V = k → curva 1
• Reação de ordem 1 → V = k • [A]
1 ∴
V = k → curva 4
• Reação de ordem 2 → V = k • [A]
2 ∴
V = k → curva 3 Resposta: A
30 CO (g) + Cℓ2 (g) → COCℓ2 (g) = ⋅ a⋅ ℓ b 2 V k [CO] [C ] • Experimento 1: 0,09 mol COCℓ2• L –1 • s –1 = k • [0,12] a • [0,20] b (I) • Experimento 2: 0,18 mol COCℓ2• L –1 • s –1 = k • [0,24] a • [0,20] b (II) • Experimento 3: 0,72 mol COCℓ2• L –1 • s –1 = k • [0,24] a • [0,40] b (III)
Dividindo (I) por (II), temos: a a a a a 1 [0,12] (1) 1 1 a 1 2 [0,24] (2) 2 2 = = ⇒ = ⇒ =
Dividindo (II) por (III), temos:
b 2 b b b 1 (0,20) 1 1 1 b 2 4 (0,40) 2 2 2 = = ⇒ = ⇒ = Logo, V = k • [CO] 1 • [Cℓ2] 2 Substituindo em (I), temos: 0,09 mol COCℓ2 • L –1 • s –1 = k • (0,12 mol • L –1 ) • (0,20 mol • L –1 )2 k = 18,8 L2/mol • s Resposta: D
31
a) Aumentando o tempo, a curva de [HCℓ] fica menos ascendente,
portanto, a velocidade diminui. b) Para t = 1 min, temos:
VH2 = 30 cm3/min usando HCℓ = 2mol/L e VH2 = 15 cm3/min usando HCℓ = 1 mol/L.
Assim, dobrando a [HCℓ] dobra a velocidade, e a reação é de 1a
32
Como a pressão parcial de um gás é diretamente proporcional à sua concentração (mantendo-se volume e temperatura constantes), a lei de velocidade é expressa por:
V = k • (pNO2)
2
Pela expressão, nota-se que a velocidade da reação não dependerá da pressão parcial do CO.
Assim de acordo com o enunciado:
V = k ⋅ (1 atm)2 = x (taxa de formação de CO2) Logo:
• experimento I: VI = k ⋅ (2 atm)2 = 4x (700 ºC)
• experimento I: VII = k ⋅ (1 atm)2 = x (700 ºC)
• experimento I: VIII = k ⋅ (1 atm)2 = x (900 ºC)
Para uma mesma pressão de NO2, aumentando-se a temperatura, a velocidade de reação aumenta.
900 ºC → VIII = k’ ⋅ (1 atm)2 = x’ k’ > k ∴ x’ > x
Portanto, estão corretas as previsões II e III. Resposta: C
33
Para uma reação química que envolve uma substância no estado sólido, quanto maior a superfície de contato desse sólido, maior será a velocidade em que essa substância será consumida. Da mesma forma, quanto maior a temperatura, maior a velocidade da reação química.
Assim, para os experimentos realizados, temos:
• Maior velocidade (experimento III) → maior superfície de contato (comprimido moído) e maior temperatura (40 ºC)
• Menor velocidade (experimento II) → menor superfície de contato (comprimido inteiro) e menor temperatura (20 ºC)
Em ordem crescente de velocidade: II < I < III Resposta: B
34
• A peça inteira de carne tem menor superfície, portanto, a velocidade de deterioração da carne é menor.
• A temperatura do nitrogênio líquido (alternativa a) é menor que a do gelo (alternativa d), portanto a velocidade de deterioração da carne em nitrogênio líquido é menor que em gelo.
35
A variação da entalpia não influi na velocidade de reação. Resposta: E
36
a) Catálises homogêneas:
2) 2 H2O (aq) + NaOH (aq) é um sistema homogêneo 3) 2 SO2 (g) + O2 (g) + NO (g) é um sistema homogêneo
b) Catálises heterogêneas:
1) C2H2 (g) + H2 (g) + Ni (s) é um sistema heterogêneo. 4) 4 NH3 (g) + 5 O2 (g) + Pt (s) é um sistema heterogêneo. 5) 2 KCℓO3 (s) + MnO2 (s) é um sistema heterogêneo.
Respostas: a) 2 e 3. b) 1, 4 e 5.
37
I. Correta.
∆H = Hf +Hi = 70 – 40 = 100 kJ ∴ endotérmica
II. Incorreta
Catalisador abaixa a energia de ativação III. Incorreta
Energia de ativação = 140 – 40 = 100 kJ (ausência do catalisador) Resposta: E
38 3 a) O + Cℓ− 2 O C O− → + ℓ C Oℓ − 3 2 O 2O C − + → + ℓ 3 2 2 2O →2O +O
b) O Cℓ• é catalisador da reação e o mecanismo proposto é uma reação
catalisada. Respostas: a) 2 O3→ 3 O2
39
A velocidade de reação é maior com o ferro na forma de limalha porque a superfície de contato da limalha é maior que a da placa. Com isso, estão eliminadas as alternativas a e c.
Como a massa de ferro é a mesma, tanto na forma de limalha quanto na de placa, terminada a reação, o volume de H2 será igual nos dois casos, portanto a alternativa correta é b.
40
Na forma de solução, a frequência de colisões entre as partículas dos reagentes é maior que na forma de reagentes sólidos.
41
Na temperatura t1, foi atingida a energia de ativação da reação. O aumento brusco da velocidade da reação indica uma reação de combustão explosiva. Até ser atingida a energia de ativação, o aumento da temperatura praticamente não alterou a velocidade da reação.
Na temperatura t2, a enzima tem sua influência máxima na velocidade da reação. A velocidade aumenta de t1 a t2 e diminui de t2 a t3. Acima da temperatura t3 a enzima sofre uma desnaturação e não influi mais na velocidade da reação.
42
Estão corretas as afirmações I, II e IV. Resposta: D
43
A velocidade da etapa lenta é a própria velocidade da reação, portanto: 3 mol/s de A ——— 4 mol/s de B
5 mol/s de A ——— x
⇒ x = 6,7 mol/s
44
(02) Incorreta, pois o catalisador não altera o ∆H da reação, mas abaixa a
energia de ativação da reação.
(04) Incorreta, pois somente as colisões efetivas resultam numa reação. A grande maioria das colisões não são efetivas.
Soma = 57 (01 + 08 + 16 + 32) Resposta: 57
45
a) Como o nível letal de PCB para o ser humano é 1 300 ppm, tem-se: 1 300g de PCB ——— 106 gde massa corporal x ——— 70 ⋅ 103 g 3 6 1300 (70 10 ) x 91 g PCB 10 ⋅ ⋅ ⇒ = =
Assim, a dose letal para uma pessoa com 70 kg de massa corpórea é de 91 g de PCB.
Calculando a massa de PCB ingerida pela pessoa em 1 ano: 0,3 mg de PCB ——— 1 kg de alimento x ——— 100 kg de alimento 100 (0,3) x 30 mg PCB/ano 1 ⋅ ⇒ = =
O tempo necessário para a ingestão da quantidade letal, desconsiderando sua degradabilidade, pode ser calculado assim:
030 ⋅ 10-3 g de PCB ——— 1 ano 91 g ——— x 3 91 (1 ano) x 3000 anos 30 10− ⋅ ⇒ = = ⋅
Como, ao longo do tempo, há a degradação do composto ingerido, para acumular a quantidade letal seria necessário um tempo maior que 3 000 anos — um tempo incompatível com a expectativa de vida de qualquer ser humano.
b) Observando o gráfico de degradabilidade do PCB em tecidos humanos ao longo do tempo, nota-se que sua meia vida é de 10 anos.
46
Com isso pode-se calcular o tempo necessário para que a concentração de PCB diminua até o limite seguro:
10 anos 10 anos 10 anos 10 anos
10 anos 10 anos
14 mg 7 mg 3,5 mg 1,75 mg
0,875 mg 0,4375 mg 0,21 mg
→ → → →
→ → →
Tempo total ≈ 60 anos
Somando-se esse tempo à idade da moça, chega-se a 85 anos, que corresponderiam a um período não fértil da mulher.
Respostas:
a) Não. Somente depois de mais de 3 000 anos seria atingido o referido nível.
b) Não, somente depois de 60 anos (6 meias-vidas) seria atingido o limite seguro e a idade da moça seria 85 anos (impossível engravidar).
47
Para estudar o efeito da temperatura sobre a velocidade de uma reação química, o estudante deveria manter constantes a massa do catalisador, bem como as concentrações dos reagentes, e variar apenas a temperatura nos experimentos.
Ao medir o tempo decorrido até que a reação se completasse em cada experimento, teríamos resultados mais adequados para analisar o efeito preliminar.
48
As curvas 1 e 2 indicam produção de maior quantidade de hidrogênio, o que deve necessariamente estar associado ao uso de maior quantidade de ácido, ou seja, experimentos C e D (não necessariamente nessa ordem).
Como em C a temperatura é maior que em D, a velocidade da reação também é maior, assim:
Curva 1 – experimento C Curva 2 – experimento D
Entre os experimentos A e B, a diferença é a maior superfície de contato da limalha (B) em relação aos pregos (A). Portanto:
Curva 3 – experimento B Curva 4 – experimento A Resposta: E
49
I. Correta. Observe as reações: 1 1 2 2 3 3 A (g) B(g) H B(g) C(g) H A (g) C(g) H + + + → ∆ → ∆ → ∆
Pela Lei de Hess: ∆H1 + ∆H2 = ∆H3
II. Correta. Observe as reações: 1 1 1 1 1 1 A (g) B(g) H H H B(g) A (g) H + − − − → ∆ ∴ ∆ = −∆ → ∆
III. Incorreta. Não se pode somar as energias de ativação, assim: Ea + 3 = Ea + 1 + Ea + 2 não é necessariamente verdadeira.
IV. Incorreta. Supondo-se:
∴ Ea + 3≠ Ea – 3
Estão corretas somente as afirmações I e II. Resposta: A
50
Em uma temperatura mais baixa, a reação entre o peróxido e o éster ocorre em uma velocidade menor. Assim, a quantidade de energia liberada é menor, visto que a quantidade de moléculas que reagirá será menor em um mesmo intervalo de tempo.
Como a quantidade de energia liberada é menor, a quantidade de moléculas do corante excitadas também será menor (em um mesmo intervalo de tempo). Portanto, a intensidade de luz emitida será menor. A duração total das transformações ocorridas será maior porque a velocidade da reação é menor; assim, a emissão de luz ocorrerá por um tempo maior.
51
O pedaço de papel dobrado, embora ocupe a mesma área (10 cm × 5 cm) do papel liso, apresenta maior superfície de contato do papel com a água, o que permite uma absorção maior.
52
Para a equação dada, 2 NO (g) + 2 H2 (g) → N2 (g) + 2 H2O (g), temos a seguinte equação de velocidade:
V = k • (pNO)
x
• (pH2)
y
em que:
• x é a ordem de reação em relação ao NO
• y é a ordem de reação em relação ao H2
Fixando a pressão parcial de H2 80 mmHg e analisando a velocidade da reação em função da pressão parcial de NO para os valores de 100 e 200 mmHg, temos:
pNO = 100 mmHg ⇒ V = 0,2 mmHg/s pNO = 200 mmHg ⇒ V = 0,8 mmHg/s
Substituindo na equação de velocidade: K 0,2 0,8 = x 3 (100) (80) ⋅ ⋅ K ⋅(200)x⋅ (80)3 x 1 1 x 2 4 2 ⇒ = ∴ =
53
pH2 = 80 mmHg ⇒ V = 0,2 mmHg/s pH2 = 160 mmHg ⇒ V = 0,4 mmHg/s
Substituindo na equação de velocidade:
K 0,2 0,4 = 2 (100) ⋅ y (80) K ⋅ 2 (100) ⋅ y y 1 1 y 1 2 2 (160) ⇒ = ∴ = ⋅
Logo, a ordem de reação em relação ao H2 vale 1. Assim, a equação de velocidade para a reação será:
V = k • (pNO)
2
• (pH2)
As ordens de reação para o NO e para o H2 são, respectivamente, 2 e 1.
54
( )
( )
2 2 NO g (I a) ) + NO g →NO g( )
+NO3( )
g( )
3 (II) NO g +CO g( )
→ NO2( )
g( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 CO g Reação NO g CO g NO g CO g global + + → +A reação que apresenta maior energia de ativação é a etapa (I). Logo, essa será a etapa lenta e a que irá determinar a velocidade da reação (processo).
Etapa lenta: (I) NO2 (g) + NO2 (g) → NO (g) + NO3 (g) V = k • [NO2]
2
b) I. Falsa. Pelo gráfico, observa-se que a energia potencial dos produtos (Hp) é menor que a energia potencial dos reagentes (Hr). Logo, a reação é exotérmica (∆H < 0).
II. Falsa. O catalisador não aumenta o rendimento, simplesmente diminui o tempo para estabelecer o equilíbrio.
55
a) 1 mol/L → 0,5 mol/L → 0,25 mol/L → 0,125 mol/L
Cada etapa tem duração de 30 min. Tempo = 3 • 30 min = 90 min
b) No decorrer do tempo, diminui a [A] e, por isso, diminui a velocidade da reação.
Respostas: a) 90 min
56
100 mg → 50 mg → 25 mg → 12,5 mg → 6,25 mg
Cada etapa tem duração de t1/2: 4t1/2 = 4 • 96 h = 384 h ou 16 dias
