Resoluções das Atividades

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Resoluções das Atividades

Sumário

Capítulo 8 – Propriedades coligativas II – Crioscopia e pressão osmótica ...1 Capítulo 9 – Termodinâmica Química ... 2 Capítulo 10 – Entalpia I – Fatores que influenciam o ∆H e tipos de ∆H ... 3 Capítulo 11 – Entalpia II – Cálculos do ∆H pelo(a): calor de formação, Lei de

Hess e energia de ligação ... 4

Capítulo 12 – Velocidade média e fatores que alteram a velocidade de uma

reação química ...7

Capítulo 13 – Lei da Velocidade ...8 Capítulo 14 – Processos reversíveis, Lei da Ação das Massas de Gulberg-Waage ..9

Capítulo 8

Propriedades coligativas II –

_{Crioscopia e pressão osmótica}

Atividades para Sala

Atividades Propostas

01 D

Do ponto A para o A’, está havendo um abaixamento na temperatura de congelamento da solução, o que carac-teriza o efeito crioscópico. Do ponto B para o B’, está havendo um aumento na temperatura de ebulição da solução, caracterizando o efeito ebulioscópio.

02 C

Propriedade coligativa Causa

Tonoscopia Diminuição relativa da pressão de vapor do _solvente Ebulioscopia Aumento da temperatura de ebulição

Crioscopia Diminuição da temperatura de congela-_mento

Osmoscopia Aumento da pressão osmótica

03 A

A adição de sal ao meio o torna hipertônico, o que leva à passagem da água do meio mais diluído para o mais concentrado, devido ao fenômeno da osmose.

Em decorrência da perda de água das células, o meio fica hipertônico (mais concentrado), o que, por meio da osmose, provoca o deslocamento das bactérias para fora do ambiente celular, ajudando na conservação do ali-mento.

04 C

A adição de um soluto solúvel não volátil (NaCl) à solução

provoca um abaixamento em sua temperatura de conge-lamento por tratar-se de um efeito crioscópico.

05 D

a) Composto orgânico não é dissociado na solução.

b) Para cada molécula, há dissociação de 2 íons (Na+_{e Cl}–_).

c) Para cada molécula, há dissociação de 2 íons (K+_{e C}_l–_).

d) Há dissociação de 3 íons (2K+_{e 1SO}

4 2–_).

e) Há dissociação de 2 íons (Zn2+_{e SO}

4 2–_).

Onde existem mais íons dissociados ocorre um maior abaixamento no ponto de congelamento, de acordo com a crioscopia.

01 E

Por osmose, a água passa do meio hipotônico (carne) para o hipertônico (solução de água e sal), causando a desidratação da carne.

02 A

A adição de um soluto não volátil ao solvente puro eleva

a sua temperatura de ebulição, logo Te₃II > Te₂I. Já a

temperatura de congelamento do solvente é reduzido Tc₂I > Tc₂II.

03 D

a) (F) A ebulioscopia trata do abaixamento da pressão de vapor da solução pela adição do soluto não volátil.

b) (F) A adição de um soluto a um solvente puro causa um aumento na sua temperatura de ebulição. c) (F) Na crioscopia, estuda-se o abaixamento na

tempe-ratura de congelamento da solução pela adição do soluto não volátil.

d) (V) A osmose envolve a passagem de material de um meio hipotônico para um hipertônico através de uma membrana semipermeável.

e) (F) O aumento na temperatura de ebulição é estu-dado na ebulioscopia.

04 E

Observa-se um aumento de volume na solução de NaCl,

indicando que o solvente da solução de glicose pas-sou para a solução salina por osmose (o solvente passa do meio menos concentrado para o mais concentrado). Logo, a solução salina deve possuir maior temperatura de congelamento por ser mais concentrada que a solução de sacarose. 05 E Tc Tc k m M m c °− = ⋅ ⋅ ⋅ 1000 1 1 2 Tcº – Tc = 0,4º C K_c = 3º C m1 = 3 g (60% = 1,8 g) m₂ = 300 g 0 4 3 1000 1 8 300 45 1 1 , = ⋅ ⋅ , / ⋅ ⇒ = MM MM g mol

(2)

Em um mol de qualquer composto, existem 6,02 · 1023

partículas e uma massa em gramas, numericamente igual à sua massa molar.

06 B Tc Tc k m M m c °− = ⋅ ⋅ ⋅ 1000 1 1 2 Tcº – Tc = 101 – 100 = 1º C K_c = 0,512º C · Kg/mol–1 m1 = 171 g m₂ = 250 g 1 0 512 1000 171 250 342 1 1 = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = , / MM MM g mol 07 A

Por osmose, o solvente passa do meio menos concen-trado (hipotônico) para o mais concenconcen-trado (hipertônico), logo, ocorrerá saída de água do recipiente I para o II.

08 D PV = nRT 3 molar ⇒ 3 mols em 1 L R = 0,082 atm · L/mol · K T = 37º + 273 = 310 K P · 1 = 3 · 0,082 · 310 ⇒ P = 7,63 atm 09 E

I. (V) A adição de um soluto não volátil aumenta a pres-são de vapor do solvente.

II. (V) Soluções mais concentradas apresentam maior pressão osmótica.

III. (V) A dissolução de sacarose em meio aquoso não altera a quantidade de íons, pois o composto é molecular.

IV. (V) A adição de um soluto não volátil diminui a tempe-ratura de congelamento do solvente.

V. (V) A dissolução de sacarose em meio aquoso não altera a quantidade de íons, pois o composto é molecular.

10 B

Quanto maior a concentração molar de uma solução, menores as pressões de vapor e maiores os efeitos coliga-tivos. Para soluções de mesma molaridade, quanto maior a quantidade de partículas dispersas, maiores os efeitos coligativos, portanto, menores as temperaturas de conge-lamento.

I. Al2(SO4)3 → 2Al+3(aq) + 3SO–24(aq)

1 · 10–3_{M 2 · 10}–3_{M 3 · 10}–3_{M ⇒ total de: 5 · 10}–3_{mol/L (partículas)}

II. Na₂B₄O₇ → 2Na+

(aq) + 1B4O7(aq)

III. K₂Cr₂O₇ → 2K+

(aq) + Cr2O7–2

IV. Na2CrO4 → 2Na+(aq) + CrO4–2

V. Al(NO3)3 · 9H2O → Al+3(aq) + 3NO–3(aq) + 9H2O

1 · 10–3_{M 1 · 10}–3_{M 3 · 10}–3_{M ⇒}total de: 4 · 10–3mol/L

(partículas)

Capítulo 9

Termodinâmica Química

Atividades para Sala

01 D

A ilustração representa no sentido I o fenômeno espon-tâneo de formação da ferrugem. Processos esponespon-tâneos possuem a variação da energia livre de Gibbs negativa (∆G < 0).

02 E

A reação possui variação de entalpia (∆H) a pressão cons-tante igual a –18,20 cal. Processos que possuem variação de entalpia negativa são exotérmicos, ou seja, ocorrem com liberação de energia.

03 C

Analisando os sistemas e suas vizinhanças, temos:

I. A célula é permeável, pois permite a passagem de calor e de matéria entre o sistema e o ambiente. II. A garrafa térmica é adiabática, pois não permite a

pas-sagem de calor entre o sistema e o ambiente.

III. O frasco de álcool é diatérmico, pois permite a pas-sagem de calor, mas não a troca de matéria entre o sistema e o meio ambiente.

04 A

A variação da energia interna de um sistema é igual à soma algébrica do calor absorvido pelo sistema mais o trabalho realizado sobre ele. ∆U = 100 + (–10) = 90 KJ

05 C

À pressão constante, volume e temperatura são dire-tamente proporcionais; se a temperatura aumenta, o volume também aumenta. Assim, a diferença entre ental-pia e energia interna também aumenta.

PV = H – U, se PV aumenta, H–U também aumenta.

Atividades Propostas

01 E

Para que um processo seja decisivamente espontâneo: ∆Gº < 0 (∆H – T∆S < 0), como no processo 1. Já em situações nas quais ∆H < 0 e ∆S < 0 ou ∆H > 0 e ∆S > 0, como nos processos 3 e 4, respectivamente, ∆Gº pode ser maior, menor ou igual a zero, dependendo dos valores numéricos de ∆H e de T · ∆S. Dessa forma, os processos 3 e 4 são possivelmente espontâneos, pois dependem dos valores numéricos de ∆H e de T · ∆S para serem ou não espontâneos. Processo ∆H ∆S ∆G 1 – + – 2 + – + 3 – – +– 0 4 + + +– 0

(3)

Capítulo 10

Entalpia I – Fatores que

_{influenciam o ∆H e tipos de ∆H}

Atividades para Sala

02 C ∆G = ∆H – T∆S ∆H = 20.000 cal, T = 1000 K, ∆S = 80 cal ∆G = 20.000 – 1000 · 80 ∆G = –60.000 cal ⇒ –60 kcal 03 E

H_2(g) + I_2(g) → 2HI_(g) (essa reação está incompleta no

enun-ciado, por favor escrevê-la dessa forma) ∆S = S_produtos – S_reagentes

∆S = 2 · 49,3 – (31,2 + 27,9) ∆S = 39,5

∆S = 39,5/2 (para obter a entropia por mol) ∆S = 19,7 cal/K · mol 04 C ∆G = ∆H – T∆S ∆H = –224.520 cal, T = 23 + 273 = 300 K, ∆S = 1,5 cal ∆G = –224.520 – 300 · 1,5 ∆G = –224.970 cal ⇒ –224.97 kcal 05 C ∆S = S_produtos – S_reagentes ∆S = 54,8 – (48 + 2 · 31,2) ∆S = –55,6 cal/mol ∆H = H_produtos – H_reagentes ∆H = –20,2 – (54,4 + 2 · 0) ∆H = –74,4 kcal/mol ⇒ ∆H = –74.400 cal/mol T = 100 + 273 ⇒ T = 373 K ∆Gº = ∆H – T∆S ∆Gº = –74.400 cal/mol – 373(–55,6 cal/mol) ∆Gº = –74.400 cal/mol + 20.738,8 cal/mol ∆Gº = –53.661,2 cal/mol

∆Gº = –53,6612 kcal/mol ≅ –53,7 kcal/mol ou 53.700 cal

Como ∆G < 0, o processo é espontâneo.

06 C

Para a reação ser espontânea (∆G < 0, ou seja, ∆H – T∆S < 0).

Como ∆H e ∆S são negativos, é preciso que o valor de ∆H

seja maior que T∆S, o que acontece a baixas temperaturas.

07 E

∆G = ∆H – T∆S

∆H = –19.500 cal, T = 25 + 273 = 289 K, ∆S = 18 cal ∆G = –19.500 – 298 · 18

∆G = –24.864 cal ⇒ –24,86 kcal (valor negativo indica pro-cesso espontâneo)

08 D

O processo 1 ocorre com aumento da desordem do sis-tema (∆S); como a temperatura é constante, isso implica em um valor de ∆G negativo, caracterizando o processo como espontâneo.

09 E

A entropia é uma grandeza que mede o estado de

desor-dem de um sistema. Quando a entropia diminui, signi-fica dizer que o sistema está se organizando, fato que se observa na água ao passar do estado físico líquido (menos organizado) para o sólido (mais organizado)

10 D

Por definição, entalpia é o calor trocado a pressão cons-tante.

01 C

MM C₂H₂ = 2 · 12 + 2 · 1 = 26 g/mol

26 g C₂H₂ –––––– liberam 1255 kJ

130 g C₂H₂ ––––– liberam X

⇒ X = –6275 kJ (o sinal negativo indica que o calor foi liberado)

Como o rendimento da reação não foi total, é necessário calcular 80% do valor obtido.

6275 kJ –––––– 100%

X –––––– 80% ⇒ X = –5020 kJ

02 D

a) (F) B converte-se em A, absorvendo 22,7 kcal/mol (∆H > 0).

b) (F) C possui 4,2 kcal/mol de energia a mais que D. Quanto maior a energia de um composto, menor sua estabilidade.

c) (F) A grafite é a forma alotrópica do carbono que existe em maior abundância na natureza, logo, é mais estável que o diamante e possui menor ener-gia. Assim, E é o diamante, e F é o grafite.

d) (V) A transformação de 1 mol de fósforo branco em fósforo vermelho libera 4,2 kcal/mol, enquanto a conversão de 1 mol de enxofre monoclínico em enxofre (orto)rômbico libera 0,1 kcal/mol.

e) (F) O oxigênio existe em maior abundância na natu-reza, sendo mais estável que o ozônio, logo, sua energia é menor. Assim, B é o oxigênio, e A é o ozônio.

03 C

Na temperatura T₀, a entalpia dos reagentes é igual a dos

produtos, indicando que, nessa transformação, não des-prende nem absorve calor, sendo a reação atérmica.

04 A

Em uma reação química, para que as ligações que formam os reagentes sejam quebradas é necessário que ocorra absorção de energia (endotérmica), enquanto a formação das novas ligações nos produtos se faz com liberação de energia (exotérmica).

I. endotérmico II. endotérmico III. exotérmico

(4)

05 B Em I, temos: 12 g C –––––– liberam 393,5 kJ Em II, temos: 12 g C –––––– liberam 110,5 kJ X –––––– liberam 393,5 kJ ⇒ X = 43 g 01 C

Dissociação da molécula de hidrogênio em átomos: o processo requer absorção de energia para que ocorra a quebra das ligações H-H (endotérmico)

Condensação de vapor em água: esse fenômeno físico exige perda de calor por parte do vapor para que possa se formar a água líquida (exotérmico)

Queima do álcool: toda combustão (queima) ocorre com liberação de energia (exotérmico)

02 B

Observa-se que a entalpia final é maior que a inicial, logo, o processo ocorreu com absorção de energia conside-rando que a variação de entalpia é a diferença entre a energia final e a inicial, a energia absorvida no processo será: 1000 kJ – 870 kJ = 130 kJ.

03 B

I. Toda queima é um processo que libera calor (exotér-mico).

II. A água na panela está absorvendo o calor oriundo da queima do gás (endotérmico).

04 E

∆H0

f indica a entalpia de formação da substância, nas

con-dições padrão (25º C e 1 atm), e vale para a formação do bromo gasoso +30,7 kJ/mol.

05 E

I. Não há reação química, porque o CO2 apenas muda

de fase de agregação.

II. Está ocorrendo um fenômeno químico de decomposi-ção da água em gases hidrogênio e oxigênio.

III. Não há reação química, porque o Fe apenas muda de fase de agregação.

IV. Está ocorrendo um fenômeno químico de

combus-tão do metano (CH₄), com formação de gás carbônico

(CO₂) e água (H₂O).

06 A

I. Para a mudança de estado físico sólido para o gasoso, é necessária a absorção de calor.

II. Para que a água se transforme em moléculas menores, é necessária a absorção de energia.

III. Para a mudança do estado físico líquido para o sólido, é necessário liberação de calor.

IV. A combustão ocorre sempre com liberação de calor.

Atividades Propostas

07 E

a) (F) A equação química I possui variação de entalpia negativa, sendo exotérmica. A liberação de ener-gia torna a compressa quente.

b) (F) A equação química II possui variação de ental-pia positiva, sendo endotérmica. A absorção de energia ocorrida na dissolução da substância seca retira calor do meio e a compressa esfria.

c) (F) A segunda equação possui variação de entalpia igual a 26,2 kJ/mol, um valor menor que o da pri-meira que é 82,8 kJ/mol.

d) (F) A entalpia é expressa em kJ/mol, um aumento na massa de cloreto de cálcio provoca um aumento no valor da entalpia.

e) (V) Nas duas dissoluções, está havendo alteração na energia do sistema, logo elas não são atérmicas.

08 A

A ligação simples ocorre com uma interpenetração frontal dos orbitais ligantes, o que torna a ligação mais forte e mais longa. À medida que as ligações pi (planos não fron-tais) se formam, a ligação vai ficando mais fraca e menor. Assim, podemos fazer as seguintes correspondências: 1 – 6 – 8

2 – 5 – 7 3 – 4 – 9

09 C

Uma propriedade intensiva não depende da extensão (ou tamanho) da amostra de matéria. Associar o valor da variação de entalpia à quantidade de matéria retira a dependência da quantidade de amostra, passando a ser uma propriedade intensiva.

10 D

Possui entalpia igual a zero nas condições ambientes a substância simples da maior estabilidade, no caso, o car-bono grafite.

Capítulo 11

Entalpia II – Cálculos do ∆H pelo(a): calor de

formação, Lei de Hess e energia de ligação

Atividades para Sala

01 E

a) (F) A reação está ocorrendo com aumento de energia e, por ser endotérmica, deve possuir ∆H > 0. b) (F) O carbono grafite existe em maior abundância na

natureza, sendo a forma alotrópica mais estável e de mais baixa energia.

c) (F) A água líquida possui um estado energético supe-rior aos gases hidrogênio e oxigênio, indicando um processo endotérmico, e deve possuir ∆H > 0. d) (F) Para a água passar do estado líquido para o gasoso,

ela precisa receber energia em um processo endo-térmico e deve possuir ∆H > 0.

e) (V) Para a água passar do estado gasoso para o líquido, ela deve liberar calor em um processo exo-térmico e deve possuir ∆H < 0.

(5)

Atividades Propostas

02 A

A variação de entalpia é a soma da energia absorvida para quebrar as ligações dos reagentes com a energia liberada ao se formarem as ligações dos produtos.

∆H = H_absorvido + H_liberado

C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(v)

∆H = H(C₃H₈ + 5O₂) + H(3CO₂ + 4H₂O)

• Cálculo do calor liberado na formação das ligações do CO₂:

2 · entalpia de ligação C=O 3[2 · 744] = –4464 kJ/mol

• Cálculo do calor liberado na formação das ligações do H₂O:

2 · entalpia de ligação O-H 4[2 · 462] = –3696 kJ/mol

• Cálculo do calor absorvido na quebra das ligações do C₃H₈:

8 · entalpia de ligação C-H + 2 · entalpia de ligação C-C 8 · 413 + 2 · 348 = 4000 kJ/mol

• Cálculo do calor absorvido na quebra das ligações do O₂:

entalpia de ligação O=O 5 · 498 = 2490 kJ/mol • Energia total liberada: (–4464) + (–3696) = –8160 kJ/mol • Energia absorvida: 4000 + 2490 = 6490 kJ/mol • Cálculo da variação de entalpia: ∆H = H_absorvido + H_liberado ∆H = 6490 + (–8160) ∆H = –1670 kJ 03 B

Queremos obter a variação de entalpia da seguinte reação: C6H4(OH)2(aq) + H2O2(aq) → C6H4O2(aq) + 2H2O(l)

C₆H₄(OH)_2(aq) → C₆H₄O_2(aq) + H_2(g) ∆H = +177 kJ/mol (Manter a reação)

H₂O_(l) + ½O_2(g) → H₂O_2(aq) ∆H = +95 kJ/mol (Inverter

a reação e o sinal do ∆H)

H₂O₍_l) → ½O_2(g) + H_2(g) ∆H = +286 kJ/mol (Inverter a

reação e o sinal do ∆H)

C₆H₄(OH)_2(aq) → C₆H₄O_2(aq) + H_2(g) ∆H = +177 kJ/mol H₂O_2(aq) → H₂O_(l) + ½O_2(g) ∆H = –95 kJ/mol ½O2(g) + H2(g) → H2O(l) ∆H = –286 kJ/mol

_________________________________________________ C₆H₄(OH)_2(aq) + H₂O_2(aq) → C₆H₄O_2(aq) + 2H₂O₍_l)

Somando as entalpias, temos:

∆H = +177 kJ/mol –95 kJ/mol –286 kJ/mol = –204 kJ/mol ∆H = –204 kJ/mol

04 A

Queremos obter a variação de entalpia da seguinte reação: N₂H_4(g) + O_2(g) → N_2(g) + 2H₂O_(g)

I. N2(g) + 2H2(g) → N2H4(g) ∆H = +95,0 kJ/mol (Inverte

a reação e o sinal do ∆H)

II. H_2(g) + ½O_2(g) → H₂O_(g) ∆H = –484,0 kJ/mol

(Multi-plicar a equação por 2)

I. N₂H_4(g) → N_2(g) + 2H_2(g) ∆H = –95,0 kJ/mol

II. 2H2(g) + 1O2(g) → 2H2O(g) ∆H = –484,0 kJ/mol

___________________________________________ N2H4(g) + O2(g) → N2(g) + 2H2O(g)

Somando as entalpias, temos: ∆H = –95 kJ/mol – 484 kJ/mol = ∆H = –579 kJ/mol

Como ∆H < 0, o processo é exotérmico.

05 D

Queremos calcular a variação de entalpia da seguinte reação:

H_2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g) H_2(g) + Br_2(g) → 2HBr ∆H = 13,5 kcal/mol (Manter a equação) Cl2(g) + 2HBr(g) → Br2(g) + 2HCl(g) ∆H = –8,5 kcal/mol (Manter a equação) __________________________________________________ H_2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g) ∆H = 5 kcal/mol 01 D ∆H = Hprodutos – Hreagentes ∆H = H(2CO₂ + H₂O) – H(C₂H₂ + 5/2 O₂)

Lembre-se de que a entalpia de formação de substância

simples é igual a zero, logo H(O₂) = 0 kcal

∆H = [2 · (–94) + (–68,3)] – [+54,2] ∆H = [–188 – 68,3] – 54,2 ∆H = –256,3 – 54,2 ∆H = –310,5 kcal

02 D

∆H positivo indica que a entalpia dos produtos é maior que a dos reagentes, caracterizando uma reação endotér-mica a pressão constante.

03 B

S_(rômbico) → S_{(monoclínico)}

S_(rômbico) + O_2(g) → SO_2(g) ∆H = –71,0 kcal/mol (Manter a reação)

S(monoclínico) + O2(g) → SO2(g) ∆H = –71,1 kcal/mol

(6)

S_(rômbico) + O_2(g) → SO_2(g) ∆H = –71,0 kcal/mol

SO_2(g) → S_{(monoclínico)} + O_2(g) ∆H = +71,1 kcal/mol

_____________________________________________ S_(rômbico) → S_{(monoclínico)}

Somando as entalpias, temos: ∆H = –71,0 kcal/mol + 71,1 kcal/mol = ∆H = +0,1 kcal/mol

04 D

CO(g) + ½O2(g) → CO2(g)

C(s) + ½O2(g) → CO(g) + 29,0 kcal (Inverter a equação e o

sinal do ∆H)

C_(s) + O_2(g) → CO_2(g) + 94,4 kcal (Manter a equação)

CO(g) → C(s) + ½O2(g) – 29,0 kcal

C_(s) + O_2(g) → CO_2(g) + 94,4 kcal _______________________________

CO_(g) + ½O_2(g) → CO_2(g) + 65,5 kcal

05 D

½N_2(g) + 3/2H_2(g) → NH_3(g)

NH_3(g) + ¾O_2(g) → 3/2H₂O_(g) + ½N_2(g) ∆H = –75,7 kcal

(Inverter a reação e o sinal do ∆H)

3/2H_2(g) + ¾O_2(g) → 3/2H₂O_(g) ∆H = –86,7 kcal (Manter

a equação)

3/2H₂O_(g) + ½N_2(g) → NH_3(g) + ¾O_2(g) ∆H = +75,7 kcal

3/2H2(g) + ¾O2(g) → 3/2H2O(g) ∆H = –86,7 kcal

__________________________________________________

½N_2(g) + 3/2H_2(g) → NH_3(g)

Somando as entalpias, temos: ∆H = +75,7 kcal – 86,7 kcal = ∆H = –11 kcal

06 D

C₂H₅OH + ½O₂ → CH₃CHO + H₂O

C₂H₅OH + 3O₂ → 2CO₂ + 3H₂O ∆H = –327,6 kcal

(Manter a reação)

CH3CHO + 5/2O2 → 2CO2 + 2H2O ∆H = –279,0 kcal

(Inverter a reação e o sinal do ∆H)

C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O ∆H = –327,6 kcal

2CO₂ + 2H₂O → CH₃CHO + 5/2O₂ ∆H = +279,0 kcal

__________________________________________________

C₂H₅OH + ½O₂ → CH₃CHO + H₂O

Somando as entalpias, temos: ∆H = –327,6 kcal + 279 kcal = ∆H = –48,6 kcal

07 A

a) Metanol (CH3OH): 1 ligação O–H + 3 ligações C–H

110 + 3 · 99 = 407 kcal/mol

b) Tetracloreto de carbono (CCl4): 4 ligações C–Cl

4 · 81= 324 kcal/mol

c) Metano (CH₄): 4 ligações C–H

4 · 99 = 396 kcal/mol

d) Cloreto de metila (CH₃Cl): 3 ligações C–H + 1 ligação C–Cl

3 · 99 + 81 = 378 kcal/mol

08 C

A variação de entalpia é a soma da energia absorvida para quebrar as ligações dos reagentes com a energia liberada ao se formarem as ligações dos produtos.

∆H = Habsorvido + Hliberado

CH_4(g) + Cl2(g) → CH3Cl(g) + HCl(g)

∆H = H(CH₄ + Cl2) + H(CH3Cl + HCl)

• Cálculo do calor liberado na formação das ligações do

CH₃Cl:

3 · entalpia de ligação C–H + entalpia da ligação C–Cl

3 · 98,8 + 78,5 = –374,9 kcal/mol

• Cálculo do calor liberado na formação das ligações do

HCl:

Entalpia de ligação H–Cl = –103,2 kcal/mol

• Cálculo do calor absorvido na quebra das ligações do CH₄: 4 · entalpia de ligação C–H 4 · 98,8 = 395,2 kcal/mol • Cálculo do calor absorvido na quebra das ligações do Cl2:

Entalpia de ligação Cl–Cl = 58 kcal/mol

• Energia total liberada: (–374,9) + (–103,2) = –478,1 kcal/mol • Energia absorvida: 395,2 + 58 = 453,2 kcal/mol • Cálculo da variação de entalpia: ∆H = H_absorvido + H_liberado ∆H = 453,2 + (–478,1) ∆H = –24,9 kcal/mol 09 C ∆H = H_produtos – H_reagentes

(lembre-se de que a entalpia de formação de substâncias simples é igual a zero).

∆H = HAl2O3 – 3HMgO

∆H = –1670 – 3(–604) ∆H = –1670 + 1812 ∆H = +142 kJ

10 A

A variação de entalpia do CH4 é dado pela soma das

energias de 4 ligações C–H, logo cada uma delas vale –397/4 = 99,25 kcal/mol.

(7)

Capítulo 12

Velocidade média e fatores que alteram a

velocidade de uma reação química

Atividades para Sala

01 A

A velocidade de uma reação será maior à medida que ocorram mais colisões efetivas entre as moléculas dos reagentes. No procedimento I, os reagentes se encon-tram no estado sólido, o que torna a superfície de contato entre eles menor, ocasionando menos colisões entre suas moléculas. No procedimento II, as soluções aquosas dos reagentes são concentradas, o que garante a presença de mais moléculas dessas substâncias e, consequentemente, mais colisões entre elas.

02 B

A velocidade média é a relação entre a variação da con-centração em quantidade de matéria da substância e a variação do tempo. Assim, temos:

Vm = |∆concentração|/ ∆tempo Vm = |0,3 – 4,3|/ 14 – 4

Vm = 0,4 mol/L · min

03 E

A carne está sendo grelhada, logo, seu cozimento depende diretamente da fonte de calor que está sendo irradiado. A batata está sendo cozida em água fervente, que não terá sua temperatura de ebulição afetada pelo aumento da fonte de calor.

04 D

I. (V) Os catalisadores diminuem a energia de ativação da reação e aumentam sua velocidade.

II. (V) Os catalisadores se utilizam de rotas alternativas de menor energia de ativação pra acelerar a reação. III. (F) Uma reação não depende da presença de catalisa-dores pra ocorrer. Ela apenas será mais lenta sem eles.

IV. (V) Os catalisadores de processos biológicos são cha-mados de enzimas.

05 B

I. (F) Z é a energia de ativação na ausência do catalisador. II. (V) Observa-se em Y uma redução no valor da energia

de ativação, o que se deve à presença do catalisador. III. (V) X é a diferença entre a energia dos produtos e

rea-gentes, o que caracteriza a variação de entalpia. IV. (F) No caminho B, utiliza-se catalisador, o que torna a

velocidade da reação maior.

Atividades Propostas

01 D

Pela proporção estequiométrica, observa-se que a

quan-tidade de mols do CO2 é quatro vezes maior que a do

C₄H₁₀. Assim, temos: VCO₂ = 4 · 0,05 = 0,2 mol/minuto 0,2 mol CO₂ –––––– 1 minuto X –––––– 60 minutos (1 h) ⇒ X = 12 mol/h 1 mol de CO₂ –––––– 44 g 12 mols de CO₂ –––– X ⇒ X = 528 g 02 E

a) (F) Está ocorrendo um aumento na temperatura, logo, a energia cinética também está aumentando. b) (F) A liberação de cloro gasoso se dá pela reação de

deslocamento entre o zinco e o ácido clorídrico. c) (F) A intensidade da reação em cada recipiente será

diferente, devido à mudança na temperatura. d) (F) A temperatura é um dos fatores que interfere na

velocidade das reações.

e) (V) Observamos um aumento na temperatura nos reci-pientes ( T_A < T_B < T_C < T_D), logo a taxa de desapa-recimento do zinco segue esse mesmo comporta-mento.

03 B

A velocidade média é a relação entre a variação da con-centração em quantidade de matéria da substância e a variação do tempo. Assim, temos:

Vm = |∆concentração|/ ∆tempo 2 minutos – 120 segundos 5 minutos – 300 segundos Vm = |0,4 – 0,7|/ 5 – 2 Vm = 0,1 mol/L · mim 04 C

Escrevendo a equação balanceada, temos:

C_(s) + ½O_2(g) → CO_2(g).

Pela proporção estequiométrica, temos que a velocidade

de formação de CO₂ é o dobro da velocidade de

con-sumo do O₂. Logo, quando a velocidade de formação

do CO₂ for de 4 mol/minuto, a de consumo de O₂ será

2 mol/minuto.

05 C

A velocidade da reação nos diferentes experimentos está sofrendo a ação de fatores importantes, como: tempera-tura, superfície de contato e concentração dos reagentes. Temperaturas mais elevadas, maior superfície de con-tato e maior concentração dos reagentes ocasionam um aumento na velocidade da reação. Isso pode ser obser-vado no experimento III.

06 B

a) (F) As moléculas reagentes não possuem energia superior à de ativação, pois suas ligações não foram quebradas na colisão. Não ocorreu reação química.

b) (V) Observa-se que, após a colisão efetiva, as molé-culas dos reagentes e produtos se rearranjaram, caracterizando a reação química.

c) (F) A colisão frontal não foi efetiva, e não ocorreu rea-ção química.

(8)

d) (F) Em I e III, as colisões não foram efetivas, as liga-ções dos reagentes não se romperam e não houve reação química.

e) (F) Apenas na situação II, ocorreu formação de novas substâncias.

07 D

O experimento II levou um tempo maior para acontecer do que o experimento I, pois a temperatura estava mais baixa, o que diminui a energia cinética das moléculas e a frequência das colisões entre as moléculas. Já o experi-mento III levou um tempo menor do que I, pois, no com-primido partido, a superfície de contato é maior, o que leva à ocorrência de mais colisões e torna a velocidade da reação maior.

08 E

a) (F) A entalpia dos produtos é menor que a dos rea-gentes, indicando tratar-se de uma reação exotér-mica. O catalisador não interfere no valor da varia-ção de entalpia da reavaria-ção.

b) (F) A reação é exotérmica, e a representa a energia de ativação sem catalisador.

c) (F) A energia de ativação, sem a presença de catalisa-dor, é representada por a.

d) (F) A presença de catalisador não interfere no valor da variação de entalpia, apenas na energia de ativação. e) (V) O catalisador apenas reduz o valor da energia de

ativação sem alterar o valor da variação de entalpia da reação.

09 A

1 – C: Ventar aumenta a concentração de oxigênio que alimenta a combustão.

2 – D: A energia cinética das moléculas é menor quando a temperatura é mais baixa, por isso a velocidade da reação é menor.

3 – B: A água oxigenada funciona como um catalizador quando em contato com a pele.

4 – A: A madeira em lascas apresenta maior superfície de contato do que a madeira em tora, tornando a queima mais rápida.

10 C

Os fatores que interferem aumentando a velocidade da reação são:

– Temperatura: um aumento leva à maior energia ciné-tica e a mais colisões efetivas entre as moléculas. – Concentração: quanto mais moléculas reagentes no

meio reacional, maior será a velocidade da reação. – Superfície de contato: quanto mais pulverizado for o

reagente, maior a velocidade da reação.

Capítulo 13

Lei da Velocidade

Atividades para Sala

01 C

A velocidade da reação depende da concentração dos reagentes. O ferro apresenta-se no estado sólido, e,

por-tanto, não calculamos a sua concentração. A velocidade, então, relaciona-se com a concentração do ácido clorí-drico.

02 A

A Lei da Velocidade é escrita a partir das concentrações dos reagentes, cada uma delas elevadas ao seu respectivo coeficiente na equação balanceada (a equação é

elemen-tar, ocorrendo em uma única etapa). Assim: v = k[N₂O₅]2_.

03 A

Em reações que ocorrem em mais de uma etapa, a Lei da Velocidade depende da etapa mais lenta. Logo,

v = k · [HBr] · [O₂]

04 E

A velocidade da reação depende da concentração dos rea-gentes e se torna mais rápida quando ocorre em presença de um catalisador, que reduz sua energia de ativação.

05 B

Em reações que ocorrem em mais de uma etapa, a Lei da Velocidade depende da etapa mais lenta, no caso, a II.

Atividades Propostas

01 D

Mantendo a concentração de A constante em 0,10 mol/L,

a de B₂ dobra e a velocidade da reação também dobra,

indicando que o expoente de B na Lei da Velocidade é

igual a 1. Mantendo a concentração de B₂ constante em

0,10 mol/L, quando a concentração de A dobra, a veloci-dade da reação quadruplica, indicando que seu expoente,

na Lei da Velocidade, é 2. Assim: v = k[A]2_[B].

02 D

A velocidade da reação não sofre interferência da concen-tração de CO, indicando tratar-se de uma reação complexa ou não-elementar, que ocorre em mais de uma etapa.

03 A

a) (V) Uma reação complexa ou não-elementar é aquela que ocorre em duas ou mais etapas.

b) (F) A reação para ser elementar deve ocorrer em uma única etapa, independente da quantidade de coli-sões que ocorram.

c) (F) A velocidade da reação é dada pela etapa lenta, devendo ser expressa da seguinte forma:

v = K[HBr] · [NO₂]

d) (F) A Lei da Velocidade V = K[NO₂][CO] se aplica à

(9)

Capítulo 14

Processos reversíveis, Lei da Ação

_{das Massas de Gulberg-Waage}

Atividades para Sala

01 B

Para que um sistema permaneça em equilíbrio, é preciso que ele esteja em ambiente fechado.

02 D

Todas as substâncias participantes da reação estão no estado físico gasoso, caracterizando um equilíbrio quí-mico homogêneo, em que todas as concentrações, em quantidade de matéria, são indicadas na expressão da constante de equilíbrio.

03 D

A reação em questão é:

04 B

A reação em questão é 2HI(g) → H2(g) + I2(g), e sua Lei da

Velocidade é expressa por v = k[HI]2_{. Ao triplicarmos a}

concentração de HI, temos:

v’ = k(3[HI])2_{⇒ v’ = 9k[HI]}2_{⇒ v’ = 9v}

05 E

Mantendo a concentração de H₂ constante em 0,10 mol/L

(experimentos 1 e 3), a de NO dobra e a velocidade da reação quadruplica, indicando que o expoente de NO na Lei da Velocidade é igual a 2. Mantendo a concentra-ção de NO constante em 0,10 mol/L(experimentos 1 e

2), quando a concentração de H2 dobra, a velocidade da

reação também, indicando que seu expoente na Lei da

Velocidade é 1. Assim, v = k [H₂] · [NO]2_.

06 B

Dobrar a concentração de N e ter a velocidade quadru-plicada indica que o expoente desse reagente na Lei da Velocidade é igual a 2. Se dobrar a concentração de M não afeta a velocidade da reação é porque essa

substân-cia não toma parte da Lei da Velocidade. Assim: v = K[N]2_.

07 C

A ordem de um reagente, na reação química, indica seu expoente na Lei da Velocidade. Como a reação é de pri-meira ordem para cada reagente, a Lei da Velocidade é: v = k[A] · [B]. Reduzir os volumes de A e B à metade sig-nifica dobrar suas concentrações, visto que as massas são constantes. Então, podemos escrever:

V’ = k (2[A]) · (2[B]) ⇒ v’ = 4k[A][B] ⇒ v’ = 4v

08 E

Se a velocidade da reação quadruplica com a duplicação da concentração de A, é porque seu expoente, na Lei da Velocidade, é igual a 2. B e C não interferem na

veloci-dade. Assim, temos: v = k[A]2_{, e a reação é de segunda}

ordem.

09 E

Mantendo a concentração de H+_{constante em 3 mol/L}

(experimentos 1 e 2), a de S₂O₃2–_{se reduz à metade e}

a velocidade da reação também, indicando que seu expoente na Lei da Velocidade é igual a 1. Mantendo a

concentração de S₂O₃2–_{constante em 0,250 mol/L}

(expe-rimentos 4 e 5), quando a concentração de H2 se reduz à

metade, a velocidade da reação não se altera, indicando que esse reagente não interfere na velocidade. Assim: v = k · [S₂O₃2–_].

10 E

A Lei da Velocidade é V = K[N₂][O₂]2

Triplicando a concentração de nitrogênio e duplicando a de oxigênio teremos:

V’ = K(3[N2])(2[O2]2) ⇒ v’ = 12K[N2][O2]2 ⇒ v’ = 12v

PCl5(g) ↔ PCl3(g) + Cl2(g)

No_{de mols no}

equilíbrio 0,21 mol 0,32 mol 0,32 mol

Concentração

no equilíbrio 0,21/12 0,32/12 0,32/12

Concentração

no equilíbrio 0,0175mol/L 0,267mol/L 0,267mol/L

K PC C PC K K c= c c ⋅ _⇒ ₌ ⋅ _⇒ ₌ [ ] [ ] [ ] , , , , l l l 3 2 5 0 267 0 267 0 0175 0 041mol/L 04 B

A reação em questão é H_2(g) + I_2(g) ↔ 2HI_(g).

K HI H I c= ⋅ [ ] [ ] [ ] 2 2 2

Sabemos que a concentração de H₂ é a mesma de I₂ e que

elas se iniciaram em 1 mol/litro; por isso: 49 = [HI]2_{/ [H}

2]2

7 = [HI] / [H₂]

Para formar duas moléculas de HI, precisa-se de uma de

H₂ e uma de I₂, ou seja para cada 2 moléculas que reagem,

surgem 2 no produto, o número de moléculas é constante (2 mols). Como o recipiente é de um litro, a concentração em mol/L é numericamente igual ao número de mols. Então: 2 = [HI] + [H₂] + [I₂] 2 = [HI] + 2[H2] 2[H₂] = 2 – [HI] [H₂] = 1 – [HI]/2 substituindo: 7 = [HI] / [H₂] 7 = [HI] / (1 – [HI]/2) chamando [HI] de x: 7 = x /(1 – x/2) (1 – x/2) · 7 = x 7 – 7/2x = x 7 = 9x/2 9x = 14 x = 14/9 [HI] = 14/9 mol/L

(10)

05 D

AB(g) <=====> A(g) + B(g)

5 atm <=====> zero + zero ===> Início

P atm < ====> P atm + P atm => Reage/Produzido (5 – P) < =====> P atm + P atm => Equilíbrio No equilíbrio, a soma das pressões parciais é 6 atm: (5 – P) + P + P = 6

P = 1 atm

O grau de dissociação de AB(g) é: a = Pressão que reage / Pressão inicial a = 1/5

a = 0,2 = 20%

Atividades Propostas

01 E

A constante de equilíbrio da reação A+_{+ B}– _{ AB é}

expressa por: K AB A B c= + − [ ] [ ][ ]

Quando o equilíbrio químico é estabelecido, as velocida-des das reações direta e inversa se igualam, assim, temos:

V₁ = V₂ 1 · 1013_[A+_][B–_{] = 2 · 10}–7_[AB] [ ] [ ][ ] AB A B+ − = − Kc ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ 1 10 2 10 5 10 13 7 19 02 C

A reação em questão é de esterificação, na qual um ácido carboxílico reage com álcool para produzir um éster e água e é representada por:

Início 2 mols 3 mols 0 0

Reage/forma x x x x

Equilíbrio 2 – x 3 – x x x

C₂H₄O₂ + C₂H₅OH  CH3COOC2H5 + H2O

A constante de equilíbrio é expressa por:

K CH COOC H H O C H O C H OH K x x x x c c = ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⇒ = [ ] [ ] [ ] [ ] ( ) ( ) 3 2 5 2 2 4 2 2 5 2 3 4 xx x x x x x 2 2 2 6 2 3 3 20 24 1 57 − − + ⇒ ⇒ − + ⇒ = ,

[CH₃COOC₂H₅] = 1,57 mol e [C₂H₄O₂] = 2 – 1,57 = 0,43 mol

03 C K pNbC pNbC pNbC K p= ⋅ ⇒ p= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − − ( ) ( ) ( ) , , ( , l l l 3 5 4 3 4 2 5 0 10 1 0 10 1 0 10 )) , 2 3 5 0 10 ⇒ ⇒_K = ⋅ − p 04 D

Curva 1: a concentração dos produtos aumenta com o passar do tempo (reação inversa)

Curva 2: a concentração dos reagentes diminui com o passar do tempo (reação direta)

Curva 3: velocidade de decomposição dos reagentes (reação direta)

Curva 4: velocidade de formação dos produtos (reação inversa)

05 A

Expressamos a constante de equilíbrio:

K NO N O K c= ⇒ ⇒ c= [ ] [ ] , 22 2 4 2 2 /05 8 06 E

a) (F) A reação possui variação de entalpia negativa, sendo exotérmica. Essa reação é, então, favore-cida pela diminuição da temperatura.

b) (F) A adição de catalisador apenas diminui a energia de ativação e aumenta a velocidade da reação, sem interferir na quantidade de produto formado. c) (F) O equilíbrio é atingido quando as velocidades das

reações direta e inversa se igualam e as concentra-ções não são mais alteradas.

d) (F) O aumento de água deve ser compensado com a sua retirada, o que desloca o equilíbrio no sentido

de formação do nitrato de amônio (NH4NO3).

e) (V) A diminuição na concentração do monóxido de dinitrogênio deve ser compensada com a sua for-mação, o que desloca o equilíbrio no sentido da reação de decomposição do nitrato de amônio.

07 C

Expressamos a constante de equilíbrio:

K SO SO O K c= ⇒ ⋅ ⇒ c= [ ] [ ] [ ] , 32 22 2 42_/22 3 1 33 08 E

I. (V) A proporção estequiométrica dessa reação é de 1:1:1:1, indicando que todos os componentes participam com a mesma proporção. Ao se mis-turar quantidades iguais de reagentes, quando o equilíbrio for alcançado, teremos igual quantidade de produto, o que garantirá o aparecimento da mesma coloração, independente da ordem em que a reação estiver sendo feita.

II. (F) Pela análise da proporção estequiométrica, o NO₂

está sendo utilizado em excesso, logo a coloração que prevalecerá é a vermelho-castanha.

III. (V) Quando o equilíbrio é alcançado, as velocidades das reações direta e inversa se igualam e as con-centrações das substâncias não se alteram mais.

09 D

O catalisador não interfere no valor da constante de equi-líbrio, ele apenas aumenta a velocidade da reação e por consequência, o equilíbrio químico será atingido em um tempo menor.

(11)

10 B K C D A B c c d a b = ⋅ ⋅ [ ] [ ] [ ] [ ] K P P P P p C c Dd A a B b = ⋅ ⋅

De acordo com a Lei dos Gases Perfeitos,

PV = nRT ⇒ P nRT

V =

Substituindo pela pressão parcial de cada componente na

expressão de Kp, obtemos: Kp n RT V n RT V n RT V n RT V n V C c D d A a B b C =    ⋅     ⋅  =    ⋅      ⋅   c c D d d A a a B b RT n V RT n V RT n V RT ( ) ( ) ( ) ( )bb C c D d c d A a B b n V n V RT n V n V = =    ⋅  ⋅    ⋅  ⋅ + ( ) ( ( ) R RT₎(a b+ ) Mas n

V é simplesmente a concentração molar e (c + d) – (a + b) é

a variação do no_{de mols do gás, ∆n} gás, na equação balan-ceada. Portanto: K C D A B RT K K RT RT p c d a b n p c n n = ⋅ ⋅ ⇒ = = − [ ] [ ] [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) ∆ ∆ ∆ K /Kc p