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197Caderno de Atividades / Livro do Professor

2ª. Série

DISPERSÕES: ESTUDO DAS SOLUÇÕES

1. Gabarito: c

Marca de creme

dentalMassa (g) Volume (mL)

Densidade

(d = mV

)

A 30 20 1,50 g/mL

B 60 42 1,42 g/mL

C 90 75 1,20 g/mL

D 120 80 1,50 g/mL

E 180 120 1,50 g/mL

O creme dental que apresenta maior porcentagem de água

é aquele com densidade mais próxima à densidade da água

(1 g/mL). Portanto, é o creme dental da marca C.

2. Gabarito: c

• Determinação da massa de água (massa específica de 1

g/cm3) em um volume de 250 cm3:

1 g 1 cm3

x 250 cm3

x = 250 g de água

• Determinação da massa de metanol (massa específica

de 0,791 g/cm3) em um volume de 15 cm3:

0,791 g 1 cm3

y 15 cm3

x = 11,87 g de metanol

• Considerando o volume parcial molar da água (17,8 cm3/

mol), têm-se:

M(H2O): 2 · 1 + 1 · 16 = 18 g/mol

17,8 cm3 18 g

Vágua 250 g

Vágua = 247,22 cm3 de água

• Considerando o volume parcial molar do metanol (38,4

cm3/mol), têm-se:

M(CH3OH): 1 · 12 + 4 · 1 + 1 · 16 = 32 g/mol

38,4 cm3 32 g

Vmetanol 11,87 g

Vmetanol = 14,24 cm3 de metanol

• Determinação do volume total:

Vtotal = Vágua + Vmetanol

Vtotal = 247,22 + 14,24

Vtotal = 261,46 cm3 de solução

3.

• Preparo da solução de CuSO4:

1 L de solução 1 mol de CuSO4

0,4 L de solução x

x = 0,4 mol de CuSO4

• Cálculo da massa de CuSO4 presente na solução:

M(CuSO4): 1 · 63,5 + 1 · 32 + 4 · 16 = 159,5 g/mol

1 mol de CuSO4 159,5 g

0,4 mol de CuSO4 y

y = 63,8 g de CuSO4

• Equação de dissociação: CuSO4(aq) → Cu2+(aq) + SO4

2–(aq)

QUÍMICA

198 2ª. Série

4. Gabarito: b

Solução NaNO3: Ks≅ 95 g / 100 g H2O ⇒ soluto totalmente dissolvido ⇒ mistura monofásica.

Solução KNO3: Ks≅ 45 g / 100 g H2O ⇒ soluto totalmente dissolvido ⇒ mistura monofásica.

Solução KCℓ: Ks≅ 35 g / 100 g H2O ⇒ soluto totalmente dissolvido ⇒ mistura monofásica.

Solução NaCℓ: Ks≅ 35 g / 100 g H2O ⇒ soluto totalmente dissolvido ⇒ mistura monofásica.

Solução Ce2(SO4)3: Ks≅ 10 g / 100 g H2O ⇒ 10 g de solu-to dissolvido e 20 g depositado no fundo do recipiente ⇒ mistura bifásica.

5. Gabarito: e

• Determinação da massa de etinilestradiol presente na urina:

35 · 10–3 mg 35 · 10–6 g 100%

x 90%

x = 31,5 · 10–6 g

• Cálculo da concentração em g/L de etinilestradiol pre-sente na urina:

31,5 · 10–6 g 1,5 L

y 1,0 L

y = 21,0 · 10–6 g/L

6. Gabarito: b

Cálculo da massa de CaCO3 que reagiu

CaCO3 + 2 HCℓ → CaCℓ2 + CO2 + H2O

1 mol 1 mol

100 g de CaCO3 22,4 L CO2

x 1,792 L CO2

x = 8 g de CaCO3

Cálculo de teor de CaCO3 na calcita:

10 g de calcita 100%

8 g de CaCO3 y

y = 80%

7. Gabarito: d

O sal do tipo light é obtido pela substituição de uma parte do NaCℓ(s) por KCℓ(s); portanto, apresenta uma diminuição da quantidade de íons sódio. O cloreto de potássio (74,5 g/mol) tem massa molar maior que o cloreto de sódio (58,5 g/mol). Para uma mesma massa dos tipos de sal, o cloreto de potássio apresenta menor número de mols (quantidade de matéria) dessa substância e, consequentemente, menor quantidade de íons cloreto.

8. Gabarito: d

Para preparar 250 mL de soro fisiológico (0,15 mol · L-1), é necessário diluir uma alíquota da solução estoque (0,50 mol · L-1). Em uma diluição, diminui-se a concentração de uma solução por meio da adição do solvente. Assim, o nú-mero de mols de soluto se mantém constante, portanto:

[ ]i · Vi = [ ]f · Vf

0,50 Vi 0,15 250⋅ = ⋅

Vi = 75 mL

9. Gabarito: c

M (C6H12O6): 6 · 12 + 12 · 1 + 6 · 16 = 180 g/mol

Cálculo da quantidade de matéria:

1 mol 180 g

x 1,69 g

x = 0,009 mol

Cálculo da concentração molar:

0,009 mol 0,1 L

y 1 L

y = 0,09 mol/L

10. Gabarito: a

Cálculo da massa da solução:

1,19 g 1 mL

x 310 mL

x = 368,9 g

Cálculo da massa da água:

1,0 g 1 mL

y 300 mL

y = 300,0 g


Química

Cálculo da massa de hidróxido de sódio:

msolução = msoluto + msolvente

368,9 = msoluto + 300

msoluto = 68,9 g de NaOH

11. Gabarito: c

a) Correta.Isotônico II:

0,1 L (100 mL) 29 mg de Na

1 L x

x = 290 mg/L

Água mineral: 8,341 mg/L

1 L 8,341 mg de Na

20 L a

a = 166,82 mg

b) Correta.Isotônico II:

0,1 L (100 mL) 0,01 g (10 mg) de potássio

1 L y

y = 0,1 g/L

c) Incorreta.Isotônico I:

0,2 L (200 mL) 0,084 g (84 mg) de cloreto

1 L z

z = 0,42 g de cloreto

Cálculo do número de mol de íons cloreto:

1 mol 35,5 g

t 0,42 g

t = 0,01 mol de íons cloreto, portanto a concentração é de 0,01 mol/L.

d) Correta.Isotônico I:

200 mL 12 g de carboidrato

100 mL w

w = 6 g de carboidrato/100 mL

Isotônico II: glicídios (carboidratos): 6,02 g / 100 mL

12.

a) Incorreta. A dissolução de 1 mol de Aℓ2(SO4)3 produz 2 mol de íons alumínio e 3 mol de íons sulfato, conforme a equação: 1 Aℓ2(SO4)3(s) → 2 Aℓ3+

(aq) + 3 SO42-

(aq).

b) Correta. 2 mol de Aℓ2(SO4)3 produzem 6 mol de íons SO4

2–, portanto a massa de 2 mol de Aℓ2(SO4)3 é 684 g. (M(Aℓ2(SO4)3): 2 · 27 + 3 · 32 + 12 · 16 = 342 g/mol).

c) Incorreta. 1 Aℓ2(SO4)3 → 2 Aℓ3+ + 3 SO4

2-

342 g Aℓ2(SO4)3 2 molAℓ3+

648 g Aℓ2(SO4)3 x

x = 4 mol de Aℓ3+

d) Incorreta. 1 Aℓ2(SO4)3 → 2 Aℓ3+ + 3 SO4

2-

342 g Aℓ2(SO4)3 2 molAℓ3+

y 6 molAℓ3+

y= 1026 g de Aℓ2(SO4)3

A solubilidade do Aℓ2(SO4)3 é de 870 g/L, portanto have-rá um excesso de 156 g de sal não dissolvido.

13. Gabarito: b

Cálculo do volume de gás obtido nas CNTP:

3 HX + Aℓ → AℓX3 + 3/2 H2

3 mol de HX 3/2 mol de H2

1 mol de H2 22,4 L

3/2 mol de H2 x

x = 33,6 L de H2

14. Gabarito: b

Cálculo da concentração de CO em mol/m3:

28 g CO 1 mol

0,04 g/m3 x

x = 0,0014 mol/m3 x = 1,4 · 10-3 mol/m3

15. Gabarito: b

Cálculo da massa de Ferro contida em 1L de suco:

0,00224 g (2,24mg) 0,2 L (200 mL)

x 1,0 L

x = 0,0112 g de Fe

Determinação do número total de espécies de ferro:

56 g Fe 6,0 · 1023 átomos de Fe

0,0112 g y

y = 1,2 · 1020 átomos de Fe

16. Gabarito: d

Cálculo de massa de fluorita que deveria reagir para produ-zir 100 kg de HF:

CaF2(s) + H2SO4(l) → CaSO4(s) + 2 HF(g)

1 mol CaF2 2 mol HF(g)

78 g 2 · 20 g

x 100 kg

x = 195 kg de CaF2

200 2ª. Série

Cálculo de teor percentual:

260 kg de fluorita 100%

195 kg y

y = 75%

17. Gabarito: d

Cálculo da quantidade de matéria de Mg(OH)2:

0,2 mol 1 L

x 0,01 L (10 mL)

x = 0,002 mol

Reação de neutralização que acontece no estômago:

Mg(OH)2 + 2 HCℓ → MgCℓ2 + 2 H2O

1 Mg(OH)2 2 HCℓ

1 mol 2 mol

0,002 mol y

y = 0,004 mol de HCℓ

MHCℓ = 36,5 g · mol–1

1 mol de HCℓ 36,5 g

0,004 mol z

z = 0,146 g de HCℓ

18. a) Incorreta. Observa-se pela tabela que a 0 ºC pode-se

dissolver 0,60 g de cafeína. A dissolução de 1 g de ca-feína deixará a solução saturada com corpo de fundo de 0,4 g.

b) Incorreta. A cafeína é mais solúvel a 80 ºC.

c) Incorreta.Uma solução de concentração 0,1 g · mol-1 de cafeína conterá 18,2 g de cafeína.

Veja a resolução a seguir:

1 mol de cafeína 182 g

0,1 mol x

x = 18,2 g de cafeína

d) Correta. A 20 ºC a solubilidade é:

1,46 g de cafeína 100 g de água

y 250 g de água

y = 3,65 g de cafeína

e) Incorreta. A 40 ºC a solubilidade é:

4,64 g de cafeína 100 g de água

z 1000 g de água

z = 46,4 g de cafeína

19. Gabarito: b

1 H3PO4 + 3 NaOH → 1 Na3PO4 + 3 H2O

50 mL 30 mL

[ ] 0,05 mol / L

Cálculo do número de mol da NaOH na solução:

0,05 mol 1 L

x 0,030 L

x = 0,0015 mol = 1,5 · 10–3 mol de NaOH

Cálculo da quantidade de matéria da solução de H3PO4:

1 mol H3PO4 3 mol Na OH

y 1,5 · 10–3 mol NaOH

y = 5 · 10–4 mol de H3PO4

Determinação da concentração de H3PO4:

5 · 10–4 mol 0,050 L

z 1L

z = 0,01 mol/L de H3PO4

20. Gabarito: e

Com o gráfico, obtêm-se as densidades:

d(mistura)

d(água)

d(etanol)

Determinação da massa de água em 50 mL:

1,0 g 1 mL

x 50 mL

x = 50 g de água

Determinação da massa de etanol em 50 mL:

0,79 g 1 mL

y 50 mL

y = 39,5 g de etanol

Cálculo da massa total da mistura:

m(mistura) = m(água) + m(etanol)

m(mistura) = 50 + 39,5

m(mistura) = 89,5 g

Cálculo do volume da mistura com 50% de etanol:

0,93 g 1 mL

89,5 g z

z = 96,24 mL


Química

21. Gabarito: bM(Ca) = 40 g/mol

40 g 1 mol

0,016 g x

x = 4 · 10-4 mol de Ca2+

1 Ca(HCO3)2 → 1 Ca2+ + 2 HCO3–

1 mol 2 mol

4 · 10–4 mol y

y = 8 · 10–4 mol de HCO3–

22. a) Sabendo que a solubilidade de um gás num líquido di-

minui com o aumento da temperatura do líquido e com a diminuição da pressão desse gás sobre o líquido, re-gistram-se os valores apresentados na figura

400

300

200

150

100

50

20 40 60 80 100 120

temperatura/oC

pres

são/

atm

solu

bilid

ade

em g

ram

as d

e CO

2/100

g d

e ág

ua

7

6

5

4

3

2

b) Graficamente, a 40°C e 100 atm tem-se:

400

300

200

150

100

50

20 40 60 80 100 120

temperatura/oC

pres

são/

atm

solu

bilid

ade

em g

ram

as d

e CO

2/100

g d

e ág

ua

7

6

5

4

3

2

Nessas condições, a solubilidade em gramas de CO2/100 g de água é igual a aproximadamente 5,5 g/100 g de H2O.

Assim,

5,5 g de CO2 100 g de H2O

x 1000 g de H2O

x = 55 g de CO2

55 g/1 L de H2O

Sendo a massa molar do CO2 igual a 44 g/mol, calcula-se a solubilidade molar.

1 mol de CO2 44 g

y 55 g

y = 1,25 mol 1,25 mol/L de H2O

23. Gabarito: c

Como as soluções contêm o mesmo soluto, é somente ne-cessário verificar corretamente os valores utilizados para a obtenção de cada mistura.

Mistura I:

Frasco A Frasco B Frasco C

V = 100 mL V = 200 mL V = 200 mL

[ ] = 0,5 mol/L [ ] = 1,0 mol/L [ ] = 0,5 mol/L

[ ]A · VA + [ ]B · VB + [ ]C · VC = [ ]final · Vfinal

0,5 · 100 + 1 · 200 + 0,5 · 200 = [ ]final · 500

50 + 200 + 100 = [ ]final · 500

[ ]final = 0,7 mol/L (mistura I)

Mistura II:

Frasco B Frasco C Frasco D

V = 200 mL V = 200 mL V = 100 mL

[ ] = 1,0 mol/L [ ] = 0,5 mol/L [ ] = 2,0 mol/L

[ ]B · VB + [ ]C · VC + [ ]D · VD = [ ]final · Vfinal

1 · 200 + 0,5 · 200 + 2 · 100 = [ ]final · 500

200 + 100 + 200 = [ ]final · 500

[ ]final = 1,0 mol/L (mistura II)

Mistura III:

Frasco C Frasco D

V = 100 mL V = 400 mL

[ ] = 0,5 mol/L [ ] = 2,0 mol/L

[ ]C · VC + [ ]D · VD = [ ]final · Vfinal

0,5 · 100 + 2 · 400 = [ ]final · 500

50 + 800 = [ ]final · 500

[ ]final = 1,7 mol/L (mistura III)

Colocando os valores obtidos das misturas em ordem decrescente de concentração em mol/L, conclui-se que: [III] > [II] > [I]

24.

a) A equação química da reação de formação da subs-tância que promove o escurecimento dos cabelos é: Pb2+ + S2–→ PbS

b) Massa molar do composto: Pb(C2H3O2)2 · 3 H2O = 207 + 4 · 12 + 6 · 1 + 4 · 16 + 3 · 18 = = 207 + 48 + 6 + 64 + 54 = 379 g/mol

202 2ª. Série

Pb(C2H3O2)2 · 3 H2O : Pb

379 g Pb(C2H3O2)2 · 3 H2O 207 g Pb

x 0,6 g Pb

x ≅1,10 g de Pb(C2H3O2)2 · 3 H2O

25. Gabarito: d

Com os valores dados da densidade (1 g/mL) e do volume (400 000 000 m3 = 400 x 1012 mL), pode-se calcular a massa de chumbo pela fórmula

dmV

m x g= ∴ = 400 1012

106 g de água 20 g de chumbo

400 x 1012 g de água x

x = 8000 x 1016 g de chumbo ou 8000 t de chumbo

26. Gabarito: c

Primeiramente, calcula-se o volume de etanol presente em

1 litro de álcool em gel 70%.

100 L de álcool em gel 70 L de etanol

1 L de álcool em gel x

x = 0,7 L de etanol

Por meio da densidade do etanol, faz-se a conversão de volume em massa.

1. 10–3 L de etanol 0,8 g de etanol

0,7 L de etanol y

y = 560 g de etanol

27. Gabarito: a

Pela informação, a insulina U-500 contém 500 unidades de insulina por mililitro de solução. Com esse dado, calcula-se o volume correspondente a 100 unidades de insulina.

500 unidades 1 mL

100 unidades x

x = 0,2 mL de insulina U-500

PROPRIEDADES DAS SOLUÇÕES

28. Gabarito: cA análise do gráfico permite constatar que:

• no intervalo de temperatura até Tx, há o aquecimento do sólido, pois há diminuição de massa específica e, conse-quentemente, aumento de volume.

• na temperatura Tx, ocorre a fusão da substância, pois o aumento de massa específica ocorre em virtude da diminuição de volume.

• acima de Tx, podemos observar que a densidade do lí-quido é maior que a do sólido.

Conclusão: Entre as substâncias citadas nas alternativas, a água é aquela que apresenta este comportamento anô-malo.

29. Gabarito: e

I. Correta. A pressão de vapor de ambas as soluções é menor que a pressão de vapor da água pura, pois adi-ção de soluto diminui a pressão de vapor da água.

II. Correta. O efeito ebulioscópico é diretamente propor-cional à concentração do soluto na solução: menor tem-peratura de ebulição ⇒ menor concentração.

III. Correta. A maior temperatura de ebulição da solução B evidencia que as forças intermoleculares entre as partí-culas são maiores que na solução A e na água pura.

30. Gabarito: dCálculo de massa de etileno glicol:1,12g 1mL x 10mL

x = 11,2 g

Cálculo da quantidade de matéria de etileno glicol:

1 mol 62 g

y 11,2 g

y = 0,18 mol

Cálculo da concentração molal (W ):

Wn

m

W

soluto

solvente kg

=

=

( , )

,,

0 180 1

W = 1,8 mol/kg solvente

Determinação da variação do ponto de congelamento da mistura:

Δtc = Kc ∙ W

Δtc = 1,86 ∙ 1,8

Δtc = 3,34°C

O ponto de congelamento da água é de 0°C. Quando adicio-na-se o soluto, ocorre uma diminuição de 3,34°C e o ponto de congelamento da mistura é de –3,34°C.

31. Gabarito: a

Os efeitos causados pela adição de um soluto não volátil na temperatura de congelação dos líquidos é chamado crios-copia. A crioscopia estuda a diminuição na temperatura de congelação (fusão) do solvente, provocada pela adição de um soluto não volátil.


Química

PROPRIEDADES DAS SOLUÇÕES

32. Gabarito: a

Quando um catalisador é adicionado à reação, há um abai-xamento na energia de ativação. Dessa forma, a velocidade da reação aumenta sem que ocorra qualquer alteração, seja qualitativa seja quantitativa, com o catalisador, durante todo o processo.

33. Gabarito: e

Como as soluções são isotônicas, ou seja, apresentam o mesmo número de partículas dispersas no sistema, deve-se, primeiramente, calcular a concentração em quantidade de matéria da glicose.

1 mol de glicose 180 g

x 54 g

x = 0,3 mol de glicose (soluto molecular não ionizado) ∴

0,3 mol de partículas dispersas

Sendo o cloreto de cálcio um soluto iônico, a quantidade de

íons presentes na solução deve ser igual a 0,3 mol.

CaCℓ2 → Ca2+ + 2 Cℓ–

y y 2 y

3 y

Assim,

3 y = 0,3

y = 0,1 mol ∴ 0,1 mol/L de CaCℓ2

0,1 mol/L da Ca2+

0,2 mol/L de Cℓ–

TERMOQUÍMICA

34. Gabarito: c

• Cálculo da entalpia-padrão de combustão do cicloexano:

1 C6H12(ℓ) + 9 O2(g) → 6 CO2(g) + 6 H2O(ℓ)

1 · (–156) + 9 · (0) 6 · (–394) + 6 · (–286)

ΣHreagente: (–156) ΣHproduto: (–4 080)

ΔH = ΣHproduto – ΣHreagente

ΔH = (–4 080) – (–156)

ΔH = –3 924 kJ

35. Gabarito: d

• A combustão direta apresenta equação química dada por:

CH3OH(g) + O2(g)→ CO2(g) + 2 H2O(g)

• Na geração e queima de hidrogênio, ao multiplicar-se a segunda equação do processo por três, têm-se:CH OH H O CO H

H

g g g g

g

3 2 2 2

2

3( ) ( ) ( ) ( )

( )

+ → + (mantém)

+ →12 2 2

3

O H O

CH OH

g g

g

( ) ( )

(

(x3)

)) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

+ → +

+ →

H O CO H

H O H O

g g g

g g g

2 2 2

2 2 2

3

332

3

CH OH O CO H Og g g g3 2 2 2

32

2( ) ( ) ( ) ( )+ → +

Como a soma dessas duas etapas corresponde a uma equação química exatamente igual à da queima direta, conclui-se que a variação da energia para os dois pro-cessos é a mesma.

36. Gabarito: d

• Calculando o ΔH da reação, lembrando que substâncias

simples apresentam Hf = 0, têm-se:

2 Aℓ(s) + Fe2O3(s) → Aℓ2O3(s) + 2 Fe(s)

2 · 0 + (–824,2) (–1 669,8) + 2 · 0

ΣHreagentes= –824,2 kJ ΣHprodutos= –1 669,8 kJ

ΔH = ΣHprodutos – ΣHreagentes

ΔH = (–1 669,8) – (–824,2)

ΔH = –845,6 kJ/mol

37. Gabarito: d

• Cálculo da energia liberada:

M(C2H5OH): 1 · 12 + 6 · 1 + 1 · 16 = 46 g/mol

1 C2H5OH(ℓ) + 3 O2(g)→ 2 CO2(g) + 3 H2O(ℓ)

ΔH = –1,4 · 103 kJ/mol

46 14 102 53 g de C H OH kJlibera → ⋅,

138 g x

x = 4,2 · 103 kJ

38. Gabarito: c

O combustível de melhor rendimento (kJ/g) é o octano, pois libera maior quantidade de energia por grama.

Combustível Metanol Etanol Benzeno Octano

Fórmula molecular CH4O C2H6O C6H6 C8H18

ΔHcombustão/kJ mol–1 –726 –1 368 –3 268 –5 471

Massa molar (g/mol)

32 46 78 114

Energia liberada (kJ/g)

–22,69 –29,74 –41,90 –47,99

204 2ª. Série

39. Gabarito: a

A entalpia-padrão de formação de uma substância, também conhecida como calor de formação, corresponde à variação de en-talpia na síntese de 1 mol de uma substância a partir de substâncias simples no estado-padrão.

a) Correta. Reação de formação do eteno (C2H4).

b) Incorreta. Reação de deslocamento ou simples troca.

c) Incorreta. Reação de deslocamento ou simples troca.

d) Incorreta. Reação de combustão do benzeno (C6H6).

40. Gabarito: a

• Cálculo da energia liberada por mol de CO2 na queima do etanol (C2H5OH):

1 C2H5OH + 3 O2→ 2 CO2 + 3 H2O ΔH = –1 370 kJ

2 1370

12

2

mol CO kJ

mol CO x

libera

libera

→

→x = 685 kJ

• Cálculo da energia liberada por mol de CO2 na queima da gasolina (C8H18):

1 C8H18 + 25/2 O2→ 8 CO2 + 9 H2O ΔH = –5 464 kJ

8 5 464

12

2

mol CO kJ

mol CO y

libera

libera

→

→y = 683 kJ

A análise dessas informações permite concluir que o etanol libera mais energia por mol de gás carbônico produzido, sendo que o valor encontrado é de 685 kJ · mol–1.

41. Gabarito: a

• Cálculo da energia necessária para elevar a temperatura de 20 ºC para 60 ºC:

0,3 kcal 1 ºC

x 40 ºC

x = 12 kcal

• Cálculo da massa de CaO utilizada:

M(CaO): 1 · 40 + 1 · 16 = 56 g/mol

1 mol de CaO 56 g libera → 20,4 kcal

y 12 kcal

y = 32,9 g de CaO ≅ y = 33 g de CaO

42. Gabarito: d

A análise do gráfico permite concluir:

• reação exotérmica: ΔH = –40 kJ

• energia do complexo ativado: 60 kJ

• energia de ativação da reação direta: 30 kJ

• energia de ativação da reação inversa: 70 kJ

43. Gabarito: c

Com base nas entalpias de formação dos outros compostos, tem-se:

CH3 - CH2 - OH(ℓ) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 3H2O(ℓ) ΔH = –1366,8 kJ

x 3 · (0) 2 · (–393) 3 · (–286)

Hreagentes Hprodutos


Química


–1366,8 = [2 · (–393) + 3 · (–286)] – [x + 3 · (0)]

x = –277,2 kJ

44. Gabarito: c

Com base nas equações termoquímicas, tem-se:

C12H26(ℓ) + 37/2O2(g) → 12CO2(g) + 13 H2O(ℓ) ΔH= –7513,0 kJ/mol (mantém)

C6H14(g) + 19/2O2(g) → 6CO2(g) + 7 H2O(ℓ) ΔH= –4163,0 kJ/mol (inverte)

C3H6(g) + 9/2O2(g) → 3CO2(g) + 3 H2O(ℓ) ΔH= –2220,0 kJ/mol (inverte e 2x)

Ordena-se as equações e soma-se:

C H O C O H O Hg g12 26 2 2 237 2 12 13 7( ) ( ) ( ) ( )/

+ → + ∆ = − 5513 0

6 7 19 22 2 6 14 2

, /

/( ) ( ) ( )

kJ mol

CO H O C H Og g g + → + (

)) ∆ = +

+ →( ) ( )

, /

H kJ mol

CO H Og

4163 0

3 32 2

2 9 2 4440 03 6 2

12 26

C H O H kJ mol

C H

g g( ) / , /+ ∆ = +( )

(( ) ( )

→ + ( )C H C Hg g6 14 3 62 ∆ = +H kJ mol1090 0, /

45.

a) NH4NO3(s) ∆ → N2O(g) + 2 H2O(g)

b) NH4NO3(s) ∆ → N2O(g) + 2 H2O(g)

–366 82 + 2.–242

Hreagente Hproduto


ΔH = [(82) + (2 · –242)] – [(–366)]

ΔH = –36 kJ/mol

O processo de decomposição ocorrido no incidente é exotérmico, pois o ΔH é negativo.

46. Gabarito: a

A combustão do benzeno produz gás carbônico e água e é uma reação exotérmica, assim, tem-se:

1C6H6(ℓ) + 7,5 O2(g) → 6 CO2(g) + 3 H2O(ℓ); ΔH = –3270 kJ

47. Gabarito: d

M(NO): 1 · 14 + 1 · 16 = 30 g/mol

N2(g)+ O2(g) → 2 NO(g) ΔH0 = –180,5 kJ

2 mol de NO libera → 180,5 kJ

60 g de NO libera → 180,5 kJ

15,7 g de NO libera → x

x = 47,23 kJ liberados

206 2ª. Série

48. Gabarito: b

C H OH C H O H Haq aq g6 4 2 6 4 2 2

0( ) → + ∆ =( ) ( ) ( ) 1177

2 2 2

kJ

H O H Oaq

mantém( )→

( ) ( )� + ∆ = −

+

( )1/202(g)

1/202(g)H2(g)

94,60H kJ mantém

→ ( )H O

C

2 �

66 4 2 2 2 6 4 2 202 2H OH H O C H O H O H

aq aq aq( ) + → + ∆ = −( ) ( ) ( ) ( ) ; � 003 6, kJ

H ( ) mantém= − KJ0 286∆

49. Gabarito: b

C2H2(g) + 5,2 O2(g) → 2 CO2(g) + H2O(ℓ); ΔH0 = –1300 kJ (mantém)

C2H4(g) + 3 O2(g) → 2 CO2(g) + 2 H2O(ℓ); ΔH0 = –1411 kJ (inverte)

2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(ℓ) ΔH0 = –572 kJ (divide por 2)

C2H2(g) + 5,2 O2(g) → 2 CO2(g) + H2O(ℓ) ΔH0 = –1300 kJ

2 CO2(g) + 2 H2O(ℓ) → C2H4(g) + 3 O2(g) ΔH0 = +1411 kJ

H2(g) + 1/2 O2(g) → H2O(ℓ) ΔH0 = –286 kJ 6

C2H2(g) + H2(g) → C2H4(g) ΔH0 = –175 kJ

50. Gabarito: d

Como a energia presente na equação química está nos produtos, é liberada para o meio.

Cálculo da energia liberada para cada mol de etanol produzido:

4 mol C2H5OH 196 kJ liberado

1 mol C2H5OH x

x = 49 kJ liberado

51.

a) Correta.

H (kJ)∆H = –349 kJ

∆H = 89 kJ

∆H = 418 kJ

K+(g) + e– + Cl(g)

K+(g) + Cl–

(g)

K(g) + 1/2 Cl2(g)

K(s) + 1/2 Cl2(g)

K(g) + Cl(g)

∆H = 122 kJ

∆H = –437 kJKCl(s)

b) Correta.

H (kJ)∆H = –349 kJ

∆H = 89 kJ

∆H = 418 kJ

K+(g) + e– + Cl(g)

K+(g) + Cl–

(g)

K(g) + 1/2 Cl2(g)

K(s) + 1/2 Cl2(g)

K(g) + Cl(g)

∆H = 122 kJ

∆H = –437 kJKCl(s)


Química

1/2 mol de ligação Cℓ - Cℓ 122 kJ

1 mol de ligação Cℓ - Cℓ x

x = 244 kJ/mol

c) Incorreta. A entalpia de formação do KCℓ(s) é de –437 kJ/mol

H (kJ)∆H = –349 kJ

∆H = 89 kJ

∆H = 418 kJ

K+(g) + e– + Cl(g)

K+(g) + Cl–

(g)

K(g) + 1/2 Cl2(g)

K(s) + 1/2 Cl2(g)

K(g) + Cl(g)

∆H = 122 kJ

∆H = –437 kJKCl(s)

d) Correta.

H (kJ)∆H = –349 kJ

∆H = 89 kJ

∆H = 418 kJ

K+(g) + e– + Cl(g)

K+(g) + Cl–

(g)

K(g) + 1/2 Cl2(g)

K(s) + 1/2 Cl2(g)

K(g) + Cl(g)

∆H = 122 kJ

∆H = –437 kJKCl(s)

e) Correta.

H (kJ)∆H = –349 kJ

∆H = 89 kJ

∆H = 418 kJ

K+(g) + e– + Cl(g)

K+(g) + Cl–

(g)

K(g) + 1/2 Cl2(g)

K(s) + 1/2 Cl2(g)

K(g) + Cl(g)

∆H = 122 kJ

∆H = –437 kJKCl(s)

52.

a) Cálculo do volume de gases, medido nas CNTP:4 C3H5(NO3)3(ℓ) → 12 CO2(g) + 10 H2O(g) + 6 N2(g) + O2(g)

nitroglicerina produtos gasosos

4 mol 29 mol

1 mol x

x = 29/4 mol de produtos gasosos

1 mol (gás) 22,4 L

29/4 mol de produtos gasosos V

V = 162,4 L

b) Cálculo da entalpia da reação.4 C3H5(NO3)3(l) → 12 CO2(g) + 10 H2O(g) + 6 N2(g) + O2(g)

4 · (–365) 12 · (–400)+ 10 · (–240) + 6 · (0) + 1 · (0)

Hreagentes Hreagentes


ΔH = [12 · (–400) + 10 · (–240) + 6 · (0) + 1 · (0)] – [4 · (–365)]

ΔH = –5740 kJ o valor correspondente à explosão de 4 mols de nitroglicerina, portanto:

4 mol de nitroglicerina –5740 kJ

1 mol x

x = –1435 kJ/mol

53. Gabarito: a

Cálculo da massa de gasolina:

1 L 730 g

10 L x

x = 7300 g

Portanto, 10 L de gasolina = 7300 g

1 g de isoctano 10,5 kcal

7300 g y

y = 76650 kcal

54. Gabarito: a

Cada reação apresentada mostra a quebra de uma ligação Ti-Cℓ. Portanto, o cálculo do valor da entalpia média de liga-ção pode ser feito conforme representado a seguir:

Hmédia = 335 423 444 519

4+ + +

= 430,25 kJ

55. Gabarito: b

Com as equações secundárias apresentadas no enunciado, aplica-se a Lei de Hess para determinar a quantidade de energia envolvida na reação principal.

N2(g) + O2(g) → 2 NO(g) ΔH = +180 kJ (inverte)

2 NO(g) + O2(g) → 2 NO2(g) ΔH = –114 kJ (inverte)

2 NO2(g) → N2(g) + 2 O2(g) ΔH = ?

2 180

2 2

2 2

2

NO N O H kJ

NO NO

g g g

g g

( ) ( )

( )

→ + ∆ = −

→

( )

(

))

( ) ( )

+ ∆ = +

→ +( )

( )

O H kJ

NO N O

g

g g g

2

2 2 2

114

2 2

∆ = −H kJ66

56. Gabarito: b

C2H2(g) + 5/2 O2(g) → 2 CO2(g) + H2O(ℓ)

ΔH0C = –1 301 kJ/mol (repete)

C2H6(g) + 7/2 O2(g) → 2 CO2(g) + 3 H2O(ℓ)

ΔH0C = –1 561 kJ/mol (inverte)

H2(g) + 1/2 O2(g) → H2O(ℓ)

ΔH0C = –286 kJ/mol (x2)

208 2ª. Série

C2H2(g) + 5/2 O2(g) → 2 CO2(g) + H2O(ℓ) ΔH0C = –1301 kJ/mol

2 CO2(g) + 3 H2O(ℓ) → C2H6(g) + 7/2 O2(g) ΔH0C = +1561 kJ/mol

2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(ℓ) ΔH0C = –572 kJ/mol 6

C2H2(g) + 2 H2(g) → C2H6(g) ΔH0C = –312 kJ/mol

57. Gabarito: b

Com os valores das entalpias de formação de cada substância presente na tabela fornecida, determina-se o ΔH da reação

CH4(g) + 3 F2(g) → CHF3(g) + 3 HF(g)

–75 + 3 · (0) → –1437 + 3 · (–271) –75 –2250 Hreagentes Hreagentes


ΔH = (–2250) – (–75)

ΔH = –2175 kJ · mol–1 de CH4

58. Gabarito: b

a) Correta. Toda reação de combustão é exotérmica (ΔH < 0).

b) Incorreta. A função dos catalisadores é diminuir a energia de ativação para aumentar a velocidade da reação.

c) Correta.1 C2H5OH(ℓ) + 3 O2 → 2 CO2 + 3 H2O

1 C8H18(ℓ) + 25/2 O2 → 8 CO2 + 9 H2O

d) Correta. M(C8H18) = 8 · 12 + 18 · 1 = 114 g/mol

1 mol 114 g 5471 kJ (energia liberada)

1 g x

x ≈ 48 kJ ≈ 48 kJ/g de C8H18

M(C2H5OH) = 2 · 16 + 6 · 1 + 1. 16 = 46 g/mol

1 mol 46 g 1368 kJ (energia liberada)

1 g y

y ≈ 29,74 kJ ≈ 29,74 kJ/g de C2H5OH

Eficiência energética = kJ gdeoc okJ gdee ol

/ tan/ tan ,

,= ≈48

29 7416

e) Correta. Para 1 mol de cada combustível, ocorre o consumo de 3 mol de O2 para cada mol de etanol e 12,5 mol de O2 para cada mol de gasolina.1 C2H5OH(ℓ) + 3 O2 → 2 CO2 + 3 H2O

1 C8H18(ℓ) + 25/2 O2 → 8 CO2 + 9 H2O

59. a) A refeição era composta por: um lanche, uma porção de fritas, uma torta de maçã e 500 mL de refrigerante. Portanto,

Grupo/produto Lanche Porção de batata Torta de maçã Refrigerante Massa total

carboidratos 36 35 33 55g* 159 g

proteínas 31 4,1 2,2 - 37,3 g

gorduras trans 32 15 11 - 58 g

*massa de açúcar no refrigerante:

100 mL de refrigerante 11 g de carboidratos500 mL de refrigerante xx = 55 g de carboidratos


Química

Considerando a quantidade de energia por grama de carboidratos (açúcar), de proteínas e de lipídeos (gordura), calcula-se a energia total ingerida pela refeição.Carboidratos (17 kJ/g): 17 159 = 2703 kJ

ote (17 kJ/g

⋅Pr ínas )): 17 37,3 = 634,1 kJ

Lipídeos (38 kJ/g): 38 58 = 2 204 kJ

⋅⋅

Energia total ingerida: 5 541,1 kJ

De acordo com o valor diário de referência em termos de energia (VDE), determina-se o percentual deste valor:8 400 kJ 100%5 541,1 kJ yy = 65,96%

b) Primeiramente, calcula-se a quantidade total de sódio adquirida pela refeição.

Grupo/produto Lanche Porção de batata Torta de maçã Massa total

Sódio 1,22 0,31 0,18 1,71 g

Com a massa de sódio (Na) determina-se a massa do sal comum (NaCℓ) ingerida.

NaCℓ : Na

58,5 g 23 g

x 1,71 g

x = 4,35 g de NaCℓ

Sendo o limite diário máximo igual a 5,0 g de NaCℓ, conclui-se que com essa refeição esse limite não foi atingido.

60. Gabarito: d

A passagem do oxigênio no estado líquido para o oxigênio no estado gasoso é uma transformação física conhecida como vapori-zação (evaporação ou ebulição). Esse fenômeno ocorre com absorção de calor, ou seja, é um processo endotérmico.

61. Gabarito: c

I. IncorretaH2(g) + 1/2 O2(g) → H2O(l) ΔHf = –242 kJ

IV. IncorretaH2(g) + 1/2 O2(g) → H2O(g) ΔH = –242 kJ

H2O(l) → H2(g) + 1/2 O2(g) ΔH = +286 kJ6

H2O(l) → H2O(g) ΔH = +44 kJ

62. Gabarito: a

O segmento y representa a energia de ativação da reação com catalisador e o segmento z representa a variação (ΔH) de entalpia dessa reação que é exotérmica (ΔH < 0).

CINÉTICA QUÍMICA

63. Gabarito: b

I. Temperatura: quanto menor a temperatura do sistema, menor a agitação entre as moléculas. Como consequência, a probabilidade de colisões efetivas diminui e isso provoca diminuição na velocidade da reação. Na prática o alimento perecível gastará um tempo maior para estragar.

II. Superfície de contato: quanto maior o grau de disper-são (subdivisão) do reagente, maior será a superfície de contato entre os participantes da reação. Consequente-

mente, a probabilidade de colisões efetivas aumenta e isso provoca aumento na velocidade da reação.

III. Catalisador: substâncias que aceleram as reações quí-micas são consideradas catalisadores. Quando um ca-talisador é adicionado à reação, há um abaixamento na energia de ativação. Dessa forma, a velocidade da re-ação aumenta sem que ocorra qualquer alteração, seja qualitativa seja quantitativa, com o catalisador, durante todo o processo.

210 2ª. Série

64. Gabarito: b

1 – entalpia da reação (ΔH): diferença energética entre os produtos e os reagentes.

2 – energia de ativação: energia necessária para os reagentes atingirem o complexo ativado e a reação acontecer.

H (kJ/mol)

Caminho da reação

65. Gabarito: d

1 – Carvão em pó queima mais rapidamente do que em pedaços: superfície de contato.

2 – Conservação dos alimentos na geladeira: temperatura.

3 – Efervescência da água oxigenada quando aplicada na assepsia de ferimentos: catalisador.

4 – Vento forte provoca alastramento de focos de queimadas em florestas: concentração.

66. Gabarito: d

A análise do diagrama permite observar que:

a - energia de ativação da reação não catalisada.

b - energia de ativação da reação catalisada.

c - diferença entre a energia de ativação da reação não catalisada e a energia de ativação da reação catalisada.

d - variação da entalpia da reação (ΔH)

67. Gabarito: d

Com base nos dados da tabela pode-se concluir:

I. Correta. Ao se comparar os experimentos 1 e 4, nota-se que todos os parâmetros são iguais, com exceção da presença do Cu0 no experimento 4, justamente na qual a velocidade é maior, pois o cobre atua como catalisador.

II. Incorreta. A afirmação é verdadeira, porém, não é justificada pela tabela, pois a concentração do ácido é igual em todos os experimentos.

III. Correta. Como a massa é igual em todos os experimentos, o quociente depende da superfície de contato (o pó reage mais rapidamente que as raspas porque possui maior superfície de contato).

68. Gabarito: d

Quando um catalisador é adicionado à reação, há um abaixamento na energia de ativação. Dessa forma, a velocidade da re-ação aumenta sem que ocorra qualquer alteração, seja qualitativa seja quantitativa, com o catalisador durante todo o processo.


Química

69.

a) determinação da velocidade para cada experimento:

VBr

t= 2

experimento 1: 5,0 · 10-5 mol · L-1 · s-1




ExperimentoConcentração inicial de acetona (mol.L–1)

Concentração inicial de H+ (mol.L–1)

Concentração inicial de Br2 (mol.L–1)

Tempo decorrido até o desaparecimento

do cor (s)

Velocidade da reação (mol.L–1.s–1)

1 0,8 0,2 6,6 · 10–3 132 5,0 · 10–5

2 1,6 0,2 6,6 · 10–3 66 1,0 · 10–4

3 0,8 0,4 6,6 · 10–3 66 1,0 · 10–4

4 0,8 0,2 3,3 · 10–3 66 5,0 · 10–5

b) Observa-se nos experimentos 1 e 4, que as concentrações de acetona e de H+ permaneceram constantes com variação ape-nas na concentração de Br2. Como a velocidade da reação não foi alterada pela mudança da concentração desse reagente, conclui-se que a velocidade independe da concentração de bromo.

70. a) A reação é mais lenta quando a concentração de iodo é

de 0,02 g/mL. A reação é mais rápida quando a concen-tração de iodo é de 0,06 g/mL.De acordo com o gráfico, quando a concentração de iodo é menor, tem-se menor variação da massa de estanho metálico. Observa-se também que, quando a concentração de iodo é maior, a variação da massa de estanho metálico é maior.

b)

vm = = = 1,6 . 10–3 g/min| 2,06 – 2,08 |

12 – 0| ∆m |

∆t

c) As interações que ocorrem entre as moléculas do benze-no e do iodo são do tipo dipolo instantâneo-dipolo indu-zido, devido ao fato de esses compostos serem apolares.

71. Gabarito: b

Para que ocorra uma reação entre as moléculas de gasolina e as moléculas de oxigênio, é necessário o fornecimento de uma energia superior ou igual à energia de ativação. Por isso, à temperatura ambiente não ocorre a combustão entre as moléculas do combustível e do comburente.

72. Gabarito: d

Pode-se verificar por meio da representação que o sistema reacional espontâneo ocorre em duas etapas. A primeira etapa foi classificada como rápida e a segunda etapa, lenta. Assim, o gráfico deve apresentar duas curvas de energia de ativação, sendo a primeira menor (etapa rápida) que a segunda (etapa lenta).

Ea2Ea1

Ea1: energia de ativação da etapa rápida

Ea2: energia de ativação da etapa lenta

73. a) A curva I refere-se à reação não catalisada.

b) O catalisador tem como função aumentar a velocidade da reação por meio da diminuição da energia de ativação.

212 2ª. Série

c) A energia do complexo ativado para a reação catalisada corresponde a 150 kcal.

d) A variação de energia da reação é calculada pela di-ferença entre a energia dos produtos e a energia dos reagentes.ΔH = HProdutos – HReagentes

ΔH = 80 – 100 = –20 kcal

74. Gabarito: d

O catalisador é adicionado à reação com a finalidade de aumentar a sua velocidade, porém não sofre alteração per-manente em sua massa ou composição. Portanto, ao final da reação, o sólido é preto e a solução continua incolor.

75. Gabarito: b

Sendo uma reação exotérmica, graficamente, a energia dos produtos é menor que a energia dos reagentes. A presença do catalisador diminui a energia de ativação da reação, sem alterar a variação de entalpia. O gráfico que melhor repre-senta a reação é:

Desenvolvimento da reação

Ener

gia

EQUILÍBRIO QUÍMICO

76. Gabarito: e

A2(g) + B2(g) 2 AB(g)

Início: 0,1 mol/L 0,1 mol/L 0

Reage: 0,05 mol/L 0,05 mol/L

Forma: 0,1 mol/L

Equilíbrio: 0,05 mol/L 0,05 mol/L 0,1 mol/L

I. Correta.

KcAB

A B

Kc

Kc

= [ ][ ]⋅[ ]

= [ ][ ] ⋅[ ]

=

2

2 2

20 1

0 05 0 05

4

,

, ,

II. Correta. No equilíbrio, [A2] = 0,05 mol/L

III. Correta. Um aumento de temperatura desloca o equilíbrio no sentido de formação de AB (sentido endotérmico).

77. Gabarito: c

Cálculo da constante de equilíbrio:

Kc

Kc

K

ATP AMP

ADP=

=

⋅

⋅⋅

− −

−

[ ] [ ]

[ ]

[ ] [ ]

[ ]

2

3 4

4 2

10 10

3 10

cc = 11,

78.

a) Incorreta. A adição de N2(g) desloca o equilíbrio para a direita.

b) Incorreta. O aumento da pressão desloca a reação no sen-tido de ocupar o menor volume. Os reagentes apresentam 4 volumes de gases e o produto apenas 2 volumes.

c) Incorreta. A função de um catalisador é diminuir a ener-gia de ativação e portanto aumentar a velocidade da reação. Não desloca o equilíbrio.

d) Correta. O aumento da temperatura desloca a reação no sentido endotérmico. A reação é exotérmica, portanto será deslocada para a esquerda (sentido endotérmico).

79. Gabarito: e

3 H2 + N2 2 NH3

Início: 5,0 mol 2,0 mol

Reage: 4,5 mol 1,5 mol

Forma: 3,0 mol

Equilíbrio: 0,5 mol 0,5 mol 3,0 mol

[Equilíbrio]: 0,05 mol/L 0,05 mol/L 0,3 mol/L

KcNH

H N

Kc

Kc

= [ ][ ] ⋅[ ]

= [ ][ ] ⋅[ ]

= ∴ ⋅

3

2

2

3

2

2

3

0 3

0 05 0 05

14400 144 10

,

, ,

, 44

80. Gabarito: e

Com o valor da constante de equilíbrio (Kc), determina-se a massa de n-butano que é convertida em isobutano

M(C4H10) = 4 · 12 + 1 · 10 = 58 g/mol

1 mol de n-butano 58g

x 70g

x = 1,2 mol de n-butano (quantidade inicial)


Química

EQUILÍBRIO QUÍMICO

n-butano Isobutano

Início 1,2 mol zero

Reage / Forma n n

Equilíbrio 1,2– n n

[ Equilíbrio ]12, − n

V

n

V

Kc

n

isobu on bu o

Kc

nV

nV

2,5n

nn n

=

=

−

=−

=−

− =

[ tan ][ tan ]

,

,,

,

12

123 2 5

0 8

66 mol

1 mol de n-butano 58 g

0,86 mol de n-butano y

y = 50 g

81. Gabarito: e

Como as concentrações estão em equilíbrio, pode-se calcu-lar diretamente o valor da constante.

KcHI

H I= [ ]

[ ]⋅[ ] = [ ][ ]⋅[ ] =

2

2 2

20 6

0 3 0 26 0

,

, ,,

82.

a) Como a reação é exotérmica (ΔH < 0), um aumento da temperatura desloca o equilíbrio no sentido da reação inversa à produção da amônia.

b) 3 H2(g) + N2(g) 2 NH3(g)

3 · (436) + 9442 · (3 · 390)

2252 kJ 2340 kJ

Energia absorvida < Energia liberada

Como a energia liberada para a formação das ligações nos produtos é maior que a energia absorvida para o rompimento das ligações nos reagentes, conclui-se que a reação é exotérmica.

Portanto,

ΔH = –88 kJ / 2 mol de NH3

ΔH = –44 kJ / mol de NH3

c) Primeiramente, determinam-se as concentrações em equilíbrio para todos os participantes da reação.

3 H2 N2 2 NH3

Início 4 mol 2 mol zero

Reage / Forma 3 mol 1 mol 2 mol

Equilíbrio 1 mol 1 mol 2 mol

[ Equilíbrio ] 0,5 mol/L 0,5 mol/L 1 mol/L

KcNH

H N= [ ]

[ ] ⋅[ ]= [ ]

[ ] ⋅[ ]=3

2

2

3

2

2

3

1

0 5 0 516

, ,

d) vinicial = k · [ H2 ]3 · [ N2 ]

vfinal = k · [ 3 H2 ]3 · [ 2 N2 ]

vfinal = 54 k · [ H2 ]3 · [ N2 ]

vfinal = 54 vinicial

A velocidade da reação aumenta 54 vezes.

83. Gabarito: a

Com base nos valores das constantes de dissociação para os ácidos (Ka) monopróticos tabelados, tem-se a ordem crescente em relação às suas forças:

cloroso (1,1 · 10–2) > fluorídrico (6,7 · 10–4) > acético (1,8 · 10–5) > hipocloroso (3,2 · 10–8) > cianídrico (4,0 · 10–10).

84. Gabarito: d

a) Incorreta. O aumento da pressão desloca a reação no sentido de ocupar o menor volume, favorecendo a pro-dução da amônia e, consequentemente, o rendimento da reação.

b) Incorreta. Tanto a temperatura quanto a pressão são fa-tores que influenciam a reação de obtenção da amônia.

c) Incorreta. Um aumento da temperatura, independente-mente se a reação é exotérmica ou endotérmica, au-menta o número de moléculas com colisões efetivas e com a energia mínima necessária para formar o com-plexo ativado. Logo, ocorre um aumento na velocidade da reação.

d) Correta. Como a reação é exotérmica, a reação de for-mação da amônia é favorecida com a diminuição da temperatura.

85.

a) Incorreta. A solubilidade de um gás num líquido diminui com o aumento da temperatura.

b) Correta. O O2 é uma substância apolar, enquanto a água é polar.

c) Correta. Quanto maior a altitude, menor a disponibilida-de de O2 em águas superficiais.

d) Correta. A ligação entre os átomos de oxigênio é do tipo covalente.

214 2ª. Série

EQUILÍBRIO IÔNICO

86. Gabarito: d

Solução aquosa de PX 5 · 10–3mol.L–1:

PX P+ + X–

[5 · 10–3 mol · L–1] [5 · 10–3 mol · L–1] [5 · 10-3 mol · L–1]

[X] = 5 · 10–3 mol · L–1

Adição do sólido iônico MX à solução:

MX M+ + X–

[Kps = 5 · 10–12 mol · L–1] [ M+] [5 · 10–3 mol · L–1]

Kps = [M+] · [X–]

5 · 10–12 = [M+] · [5 · 10–3]

M+ = 1,0 · 10–9 mol · L–1

87. Gabarito: c

Tanto a água sanitária quanto a soda cáustica formam so-luções alcalinas (meio básico). A água sanitária é uma so-lução de hipoclorito de sódio (NaCℓO), que sofre hidrólise:

CℓO–(aq)+ H2O(ℓ) HCℓO(aq) + OH–

(aq)

A hidrólise dos íons hipoclorito gera íons hidróxido, que dei-xam o meio básico. Soda cáustica é o nome comercial do hidróxido de sódio (NaOH), que é uma base forte:

NaOH Na OHs aq aqH O

( ) ( )2 → ++ −

( )

Assim, como a concentração dos íons OH– é maior do que a dos íons H+, o valor do pH aumenta em relação ao produto não contaminado.

88. Gabarito: a

5Br –(aq) + BrO3

–(aq) + 6 H+

(aq) → 3 Br2(aq) + 3 H2O(ℓ)

1 mol BrO3–

(aq) 3 mol Br2(aq)

5,63 · 10–6 mol · L–1 x

x = 16,89 · 10–6 mol,

aproximadamente 1,69 · 10–5 mol · L–1 · s–1

89. Gabarito: d

Para a determinação do pKPS do Sr3(PO4)2, deve-se calcular seu KPS por meio da quantidade de íons na solução.

Sr3(PO4)2 3 Sr2+ + 2 (PO4)3–

7,5 · 10–7 ?

3 mol de Sr2+ 2 mol de PO43–

7,5 · 10–7 mol x

x = 5 · 10–7 mol de PO43–

KPS = [Sr2+]3 · [PO43–]2

KPS = (7,5 · 10–7) 3 · (5,0 · 10–7)2

KPS = (4,22 · 10–19) · (2,5 · 10–13)

KPS = 1,055 · 10–31

Assim,

pKPS= – log KPS

pKPS= – (log 1,055 · 10–31)

pKPS≅ – (log 10–31)

pKPS≅ 31

90.

a) De acordo com a situação I, quando um indivíduo se excede na prática de exercícios físicos, ocorre um acú-mulo de ácido lático, que se difunde para o sangue, au-mentando a concentração de íons H+

(aq). Esse aumento faz com que o equilíbrio seja deslocado para a esquer-da, produzindo H2CO3(aq) e consumindo HCO3

–(aq). Com

isso, a razão [HCO3–]/[H2CO3] no plasma diminui.

b) Hipocapnia é a diminuição da concentração de gás car-bônico no sangue, portanto, um indivíduo que apresenta essa alteração provocará uma perturbação no sistema-tampão do plasma sanguíneo. Como a concentração de gás carbônico diminui, o equilíbrio será deslocado para a esquerda, consumindo o íon H+

(aq). Dessa forma, o meio ficará menos ácido, ou seja, o pH aumenta.

91.

a) O aumento de acidez do sangue desfavorece o trans-porte de oxigênio na corrente sanguínea. De acordo com o gráfico, quando há maior acidez no sangue (me-nor pH), isso implica na diminuição da porcentagem de saturação de hemoglobina por O2, considerando-se a mesma pressão parcial para esse gás.

b) Quanto maior a altitude, menor a pressão parcial do O2. De acordo com o gráfico, quanto menor a pressão par-cial do O2, menor a porcentagem de saturação da he-moglobina por O2. Como resultado, há menos O2 sendo transportado para as células e, consequentemente, a dificuldade para respirar.

92.

a) De acordo com a equação fornecida:

CO2(g) + H2O(ℓ) H2CO3(aq) H+(aq) + HCO3

–(aq)

podemos concluir que, ao prender a respiração por al-guns segundos, iremos aumentar a concentração do gás carbônico em nosso corpo, o que provocará o des-locamento do equilíbrio dado para a direita, aumentan-do assim a concentração de H+ no sangue e provocando a acidose.

b) A adição de uma substância básica reduz a concentra-ção de H+ no sangue, provocando o deslocamento do


Química

EQUILÍBRIO IÔNICO equilíbrio para a direita, com o consequente aumento da concentração dos íons hidrogenocarbonato.

Fórmula estrutural:

O1–

OC

HO

93. Gabarito: e

• Determinação da concentração de íons cálcio:

CaCO3(s) Ca2+(aq) + CO3

2–(aq) Kps = 4,9 · 10–9

x x

As concentrações de [Ca2+] e [CO32–] são iguais, portanto:

Kps = [Ca2+] · [CO32–]

4,9 · 10–9 = [x] · [x]

4,9 · 10–9 = x2

x = 7,0 · 10–5 mol/L

94. Gabarito: c

• Com base nos dados da tabela tem-se:

Amostra A B C

pH 6 7 8

[H+] 10–6 10–7 10–8

[OH–] 10–8 10–7 10–6

Característica da água mineral ácida neutra alcalina

a) Incorreta. São recomendadas para consumo as águas das amostras B e C.

b) Incorreta. Na amostra C a concentração de íons [H+] < [OH–].

c) Correta. A concentração de [H+] da amostra A é dez ve-zes maior que a [H+] da amostra B.

d) Incorreta. A [OH–] é maior na amostra C.

e) Incorreta. A [H+] na amostra B é 10–7 mol · L–1.

95. Gabarito: c

Solução aquosa

Cátion ÂnionCaráter da solução

pHCor da solução

NaCNNa+

(base forte)

CN–

(ácido fraco)

Básico >7 Vermelha

NaCℓNa+

(base forte)

Cℓ–

(ácido forte)

Neutro =7 Alaranjada

Nh4CℓNH4

+

(base fraca)

Cℓ–

(ácido forte)

Ácido <7 Amarela

96. Gabarito: c

I. Correta. O leite apresenta pH próximo de 6,4, portanto a fenolftaleína é incolor.

II. Incorreta. O vinagre tem pH próximo de 2,8, portanto a fenolftaleína ficará incolor.

III. Correta. Tanto o amarelo metanil quanto o azul de bro-mofenol em solução de pH = 2,5 terão coloração ama-rela.

97. Gabarito: d

I. Incorreta. Verifica-se que a concentração de nitrato no mês de maio no ponto A é quase duas vezes maior que em B, sem que ocorra uma significativa concentração de oxigênio. O aumento na concentração de nitrato no mês de maio não influencia a concentração do oxigênio dissolvido na água, quando comparado com novembro.

II. Correta. No mês de maio, o pH da água é menor, isto indica uma maior concentração de CO2, um óxido ácido: CO2(g) + H2O(ℓ) H+

(aq) + HCO3-(aq).

III. Correta. No período da noite, o fitoplâncton não realiza fotossíntese, ocorre apenas respiração, dessa forma ha-verá um aumento na concentração do CO2 na água, por-tanto ocorre o aumento de acidez e diminuição do pH.

98. Gabarito: e

Para pH > 7 corresponde a um pH básico, ou seja, [H+] < [OH−].

99. Gabarito: b

Solução A:

[ H+ ] = 10-2 mol/l ∴ pH = 2

Solução B:

[ OH- ] = 10-4 mol/l ∴ pOH = 4

pH + pOH = 14

pH = 14 – 4

pH = 10

Razão entre os valores de pH da solução B e da solução A:pH Solução B

pH Solução A

= =10

25

100. Gabarito: a

A equação balanceada é:

2 Aℓ(OH)3 + 3 H2SO4 → 1 Aℓ2(SO4)3 + 6 H2O

2 mol 3 mol

0,20 mol 0,15 mol

Existe excesso da base (reage apenas 0,1 mol de Aℓ(OH)3), portanto o pH do meio será básico.

216 2ª. Série

101. Gabarito: a

O produto [H3O+] · [OH–] é constante, portanto a diminuição

da [H3O+] acarreta no aumento da [OH–], para manter a rela-

ção constante e, em consequência, ocorre um aumento da basicidade do sistema.

102. Gabarito: a

I. Correta.

Soluções eletrolíticas cujo pH <7 são ácidas. Todos os óxidos (CO2, SO2 e SO3) são classificadas como óxidos ácidos, pois em água originam ácidos.

CO2 + H2O H2CO3 2 H+ + CO32–

SO2 + H2O H2SO3 2 H+ + SO32–

SO3 + H2O H2SO4 2 H+ + SO42–

HC H CH O

–2 → ++

II. Incorreta.

OH

H

H2O: angularSO2: angular

SO

O

CO2: linear

O C O

III. As moléculas do CO2, por serem apolares, se atraem por interações de Van der Waals (dipolo instantâneo-dipolo induzido).

103. Gabarito: d

M(Ca(OH)2) = 1 · 40 + 2 , 16 + 2 · 1 = 74 g/mol

74 g 1 mol

37 · 10–3 g (37 mg) x x = 5 · 10–4 mol de Ca(OH)2

Ca(OH)2 → Ca2+ + 2 OH–

5 · 10–4 mol 2 · 5 · 10–4 mol = 1 · 10–3 mol de OH–

1 · 10–3 mol de OH– 0,25 L

y 1 L

y = 4 · 10 –3 mol de OH–

pOH = –log [OH–]

pOH = –log (4 · 10–3)

pOH = –(log 4 + (–3) log 10)

pOH = –(0,6 – 3)

pOH = 2,4

pH + pOH = 14

pH + 2,4 = 14

pH = 11,6

104. Gabarito: c

Na2CO3: derivado de ácido fraco (H2CO3) e base forte (NaOH) ⇒ solução básica

NaCℓ: derivado de ácido forte (HCℓ) e base forte (NaOH) ⇒ solução neutra

NH4Cℓ: derivado de ácido forte (HCℓ) e base fraca (NH4OH) ⇒ solução ácida

105. Gabarito: d

O dióxido de carbono (CO2) ao ser dissolvido em água reage de acordo com seguinte equilíbrio:

CO2(aq) + H2O(ℓ) H2CO3(aq) H+(aq) + HCO3

–(aq)

Portanto, o aumento na concentração do íon H+ ocasiona uma diminuição no pH da solução.

106. Gabarito: b

A utilização de cal (CaO) ou calcário (CaCO3), substâncias com caráter básico, é recomendada para a neutralização de um produto com caráter ácido, neste caso, o ácido clo-rídrico (HCℓ).

107. Gabarito: e

I. Correta.

- água mineral do município de Paço do Lumiar, MA: pH = 4 ∴ [ H+ ] = 1 · 10–4 mol/L

- água mineral do município de Igarapé, MG: pH = 6 ∴ [ H+ ] = 1 · 10–6 mol/L

H

H

H H

MA

MG

MA MG

+

+

−

−

+ +

=⋅⋅

=

= ⋅

1 10

1 10100

100

4

6

II. Correta. Ambas as águas são ácidas (pH < 7), porém a água do município maranhense, por apresentar pH menor que a água mineira, é mais ácida.

III. Correta. As águas minerais contêm, como o próprio nome diz, vários minerais dissolvidos. Pode-se dizer que se tratam de soluções (misturas homogêneas).

108. Gabarito: a

A cor rosa em hortênsias deve-se à presença de substân-cias básicas, assim, para o seu cultivo, é necessário um solo básico. Portanto, para corrigir um solo ácido deve-se misturar à terra uma substância com caráter básico. Dentre as alternativas, a cal hidratada (Ca(OH)2) é uma base.

109. a) H SO NaHCO Na SO H CO

CO H Oaq s aq aq

g

2 4 3 2 4 2 3

2 2

2 2

2 2( ) ( ) ( ) ( )

( )

+

→ +

+ (( )�

� ��

b) Cálculo da quantidade de matéria de ácido sulfúrico:

5 mol 1 L

x 1000 L

x = 5 000 mols


Química

H2SO4 +2 NaHCO3 → Na2SO4 + 2 CO2 + 2 H2O

1 mol 2 · 84 g

5 000 mols y

y = 840 000 g = 840 kg de NaHCO3

c) Como o volume final após o derramamento foi de 100 000 L, calcula-se a concentração final da solução.

V L Vinicial final= → = 1 000 100 000

L

inicial final[ ] [ ]= =5 mol/L ?

[[ ] [ ][ ]

⋅ = ⋅

⋅ = ⋅inicial inicial final final

final

V V

5 1 000 100

000

0,05 mol/L[ ] =final

diluição

Por meio da concentração final da solução, calcula-se a concentração de íons H+ para a determinação do pH.

H2SO4 → 2 H+ + SO42–

0,05 M 0,1 M 0,05 M

pH = – log [H+]

pH = – (log 10–1) = 1

d) H2SO4 + 2 NaHCO3 → Na2SO4 + 2 CO2 + 2 H2O

1 mol 2 · 22,4 L

5 000 mols x

x = 2,24 · 105 L de CO2

110. Gabarito: a

A substância que apresenta menor valor Kps será o menos solúvel, portanto, BaSO4.

111. Gabarito: e

Tendo o valor de Kps, calcula-se a concentração de íons cálcio:

CaCO3(s) Ca+2(aq) + CO3

-2(aq) Kps = 4,9 x 10 –9

Kps = [Ca+2] [CO3–2]

4,9 x 10–9 = [Ca+2]2

[Ca+2] = 7,0 x 10–5 mol/L

REAÇÕES DE OXIRREDUÇÃO

112. Gabarito: d

Em um íon composto, a soma dos números de oxidação é igual a carga do íon.

x –3 +1 –1

[Cr (N H3)4 Cℓ2]+

x –12 +12 –2 = + 1

x = +3

113. Gabarito: e

I. Correta.

Cr2O72– + CH2O + H+ → Cr+3 + CO2 + H2O

+6 +3

+4

Redução Ag. oxidante

Oxidação Ag. redutor

0

II. Correta. Com base na reação balanceada, tem-se:

2 Cr2O7–2 + 3 CH2O + 16 H+ → 4 Cr+3 + 3 CO2 + 11 H2O

2 mol 3 mol

2 mol 3.30 g

n 4,5 g

n = 0,1 mol de Cr2O7–2

Cálculo do volume de solução:

0,2 mol de Cr2O7–2 1 L

0,1 mol de Cr2O7–2 V

V = 0,5 L

III. Correta. Na reação, para cada mol de Cr2O7–2 que reage

são consumidos 8 mol de cátions H+.

2 mol de Cr2O7–2 16 mol de H+

1 mol de Cr2O7–2 x

x = 8 mol de H+

114. Gabarito: a

O agente redutor mais forte é o Mg0,

Mn2+ + Mg → Mn + Mg2+

+2 0

+2

Redução / Ag. oxidante

Oxidação / Ag. redutor0

115. Gabarito: c

A ordem crescente é NaNH2< N2H4< K2N2O2< Na2O2< NI3

2x +4 +2 2x –4 +1 x +2 x –3 +2 x –4

N2 H4 K2 N2 O2 NA N H2 N I3 Na2 N O2

x = –2 x = –3 x = +3 x = +2x = +1

x +1 x –1x+1 –2 x+1 +1 x+1 –2

116. Gabarito: c

No tubo II existe a presença de água e oxigênio do ar. Além disso, o fio de cobre enrolado no prego funciona como ca-talisador, acelerando a corrosão do ferro.

218 2ª. Série

117. Gabarito: e

a) Correta.

+2 +3 –2

Oxidação

Redução

4 CitC(Fe2+) + 4 H+ + O2 4 CitC(Fe3+) + 2 H2O

zero

b) Correta. Como a diferença de potencial é maior que zero, tem-se uma reação espontânea.

c) Correta. O oxigênio passa do estado de oxidação zero para –2, portanto, em módulo a variação é igual a 2.

d) Correta.

+2 +3 –2

Oxidação

Redução


zero

CitC(Fe2+) ∆ = 1 . 1 = 1e– ∴ 4 CitC(Fe2+) ⇒ 4 mols de elétrons perdidos

O2 ∆ = 2 . 2 = 4e– ∴ 1 O2 ⇒ 4 mols de elétrons recebidos

e) Incorreta.

+2 +3 –2

Oxidação

Redução

Ag. redutor

Ag.oxidante


zero

118. Gabarito: c

I. Incorreta, pois apenas a segunda reação é de oxirredu-ção.

II. Correta, pois o nox do manganês no MnO2 é de +4 e no MnCℓ2 é de +2. Como ele se reduz, funciona como

agente oxidante.

III. Correta, pois no HCℓ o cloro tem nox –1

IV. Incorreta, pois o HCℓ é considerado um ácido forte.

119. Gabarito: d

a) Correta. A chuva ácida contém H2SO4 em sua composi-ção, proveniente da reação do SO3 com a água.

b) Correta. Pelo processo descrito ocorrem as seguintes reações:

+4

SO2(g) + O2(g) → SO3(s)SO2(g) + O2(g) → SO3(s)

SO2(g) + H2O(v) → H2SO4(aq)SO2(g) + H2O(v) → H2SO4(aq)

+6

+6 +6

c) Correta. O mármore contém em sua composição car-bonato de cálcio, que é um sal de caráter básico que reage com o ácido sulfúrico.

d) Incorreta.

SO3(g) + H2O(v) → H2SO4(aq)

22,4 L 98 g

44,8 L x

x = 196 g de H2SO4

120. Gabarito: c

a) Correta. O titulante deve conter o íon Fe2+, podendo ser o sulfato ferroso (FeSO4).

b) Correta. Pelas equações verifica-se que o dicromato (Cr2O7

2–) recebe elétrons e transforma-se em Cr3+, atu-ando como agente oxidante.

c) Incorreta. Observa-se pelas equações que a acidez do meio (H+) influencia na dosagem de carbono no solo.

d) Correta. A composição química elementar da lignina é feita exclusivamente de carbono, hidrogênio e oxigênio.

PROCESSOS ELETROQUÍMICOS ESPONTÂNEOS: PILHAS E BATERIAS

121. Gabarito: a

O esquema do dispositivo eletroquímico representa uma pilha combustível, em que ocorre as seguintes reações:

(–) ânodo (B): H2 → 2H+ + 2e–

(+) cátodo (A): ½ O2 + 2e– → O2–

Os elétrons fluem de B para A. Logo, o sentido convencional da corrente elétrica é de A para B. Os íons O2–, represen-tados pela bolinha preta (•), migram em direção ao ânodo

para formar água: 2 H+ + O2– → H2O.

122. Gabarito: b

Para obter uma pilha com maior diferença de potencial, de-ve-se pegar um eletrodo de maior potencial de redução (Ni) e um de menor potencial de redução (Mg). A pilha é:

Cátodo (polo +):

Ni2+(aq) + 2e–→Ni(s) E0 = –0,25 V


Química

PROCESSOS ELETROQUÍMICOS ESPONTÂNEOS: PILHAS E BATERIAS

Ânodo (polo –):

Mg(s)→ Mg2+(aq) + 2e– E0 = +2,37 V

Reação Global:

Ni2+(aq) + Mg(s)→ Mg2+

(aq) + Ni(s) ΔE0 = +2,12 V

123. Gabarito: a

O catodo corresponde ao pólo que tem o cátion que apre-senta maior potencial-padrão de redução. Portanto, é a pla-ca de níquel. A diferença de potencial da pilha pode ser calculada por:

ΔE0 = E0maior – E0

menor

ΔE0 = –0,23 – (–0,76)

ΔE0 = +0,53 V

124. Gabarito: c

Reações de redução:

Cu+2(aq)+ 2 e– → Cu(s) E0

red = +0,34 V (oxida)

Ag+(aq) + 1 e– → Ag(s) E0

red = +0,80 V (reduz)

Equação global:

Cu e Cu E

Ag

s aq red( ) ( )

(

→ + =− +

+

2 –0,34 V

2

2 0

aaq s red

s

e Ag E V

Cu Ag

) ( )

( ) (

,+ → = +

+

−

+

2 2 0 80

2

0

aaq aq s redCu Ag E V) ( ) ,→ + ∆ = ++( )

2 02 0 46

125. Gabarito: c

Fluxo de elétrons na pilha:

Ered menor → Ered maior

Pilha X e H:

2 H+ + 2 e– → H2 E0 = 0

X+2+ 2 e– → X E0 = ?

O fluxo de elétrons dessa pilha é no sentido de: X → H, portanto:

X+2+ 2 e– → X E0 = –0,25 V

Pilha X e Y:

X+2+ 2 e– → X E0 = –0,25 V

Y+2+ 2 e– → Y E0 = ?

O fluxo de elétrons dessa pilha é no sentido de: X → Y, portanto:

Y+2+ 2 e– → Y E0 = +0,34 V

Cálculo da ddp:

ΔE0 = Eredmenor → Eredmaior

ΔE0 = (+0,34) – (–0,25)

ΔE0 = +0,59 V

126. Gabarito: c

+2 +3

+4 +3Oxidação

Redução

Zn(s) + 2MnO2(s) → Mn2O3(s) + ZnO(s)

Cátodo → polo positivo → ocorre redução (Mn4+ a Mn3+)

Ânodo → polo negativo → ocorre a oxidação (Zn a Zn2+).

127. Gabarito: d

O metal que apresenta o maior potencial de redução tem preferência para receber elétrons. O chumbo sofre redução e é considerado o cátodo da pilha. O zinco possui o menor potencial de redução e sofre oxidação, sendo o ânodo da pilha.

Semirreações:

redução: Pb2+(aq) + 2 e–→Pb(s) E

0 = –0,13 V (cátodo)

oxidação: Zn(s)→ Zn2+(aq) + 2 e– E0 = +0,76 V (ânodo)

Reação global: Pb2+(aq) + Zn(s)→ Zn2+

(aq) + Pb(s) E0 = +0,63 V

PROCESSOS ELETROQUÍMICOS NÃO ESPONTÂNEOS: ELETRÓLISE

128. Gabarito: a

• Cálculo da massa de prata gasta no banho:

M(Ag): 108 g/mol

1 mol de Ag 108 g 1 F

x 100 F

x = 10 800 g de Ag

• Cálculo do custo no processo:

1 g de Ag 2,10 reais

10 800 g de Ag y

y = 22 680 reais

129. Gabarito: a

3 horas = 10 800 s

Q = i · Δt

Q = 0,1 · 10800

Q = 1080 C

1 mol de Zn 2 mol de e–

65 g 2 · 96 500 C

x 1080 C

x = 0,364 g de Zn

220 2ª. Série

130. Gabarito: d

Ni+2(aq) + 2 e– → Ni(s)

1 mol 2 mol 1 mol

2 (96500) C 58,7 g

x 5,87 g

x = 19300 C

Q = i · Δt

19300 = i · 1000

i = 19,3 A

131.

a) Não ocorreu nenhuma reação no primeiro experimento, pois o potencial de redução do hidrogênio é menor que o do cobre. Com isso, a placa de cobre (Cuº) continua na sua forma reduzida (metálica).

b) Agente redutor: placa de cobre (Cuº)

Agente oxidante: solução de nitrato de prata (Ag+)

c) ΔE = Ecátodo–Eânodo

ΔE = 0 – (–0,76)

ΔE = +0,76 V

d) Não ocorreria a reação, pois o potencial de redução do ouro é maior que o da prata. Consequentemente, a placa de ouro (Auº) continuaria na sua forma reduzida (metálica).

132.

a) Considerando que o minério de ferro seja constituído pelo óxido férrico (Fe2O3), realiza-se a eletrólise ígnea desse composto para a verificação das substâncias ele-mentares produzidas.

Fe O Fe OsLi CO

Co2 33 2–

8002 3 2 3( ) ( ) ( ) → ++

� �

Cátodo (–): Fe+3(ℓ) + 3 e– → Fe(s)

Ânodo (+): O–2(ℓ) → 1/2 O2(g) + 2 e–

b) De acordo com as informações, o processo atual de ob-tenção do ferro pode ser o representado pela seguinte equação:

2Fe2O3(s) + 3 C(s) → 4 Fe(s) + 3 CO2(g)

Comparando o processo novo descrito e o processo atual, há diferenças nas temperaturas e nos produtos formados. Inclusive, no processo atual ocorre a forma-

ção de dióxido de carbono, que contribui para o aque-cimento global.

133. Gabarito: c

Na eletrólise em série, a corrente e o tempo são os mesmos nas células eletrolíticas. Portanto, a carga elétrica que pas-sa em uma célula é a mesma que passa na outra.

Au+3+ 3 e– → Au

3 mol de e– 196,97 g

x 9,85 g

x = 0,15 mol de e–

Para determinar a massa de cobre depositada na segunda cuba eletrolítica, considera-se a carga correspondente a 0,15 mol de e–

Cu+2+ 2 e– → Cu

2 mol de e– 63,55 g

0,15 mol de e– y

Y = 4,8 g de Cu

134.

a) De acordo com os potenciais, o íon H+ tem prioridade de descarregamento em relação ao K+, assim como o ânion I– quando comparado ao OH–.

Semirreação catódica: H2O(ℓ) + e– → ½ H2(g) + OH–

(aq)

Liberação de gás

Semirreação anódica: 2 I–(aq) → I2(aq) + 2 e–

Coloraçãocastanho-avermelhada

Somando-se as semirreações, encontra-se a reação global.

2 H2O(ℓ) + 2 e– → 1 H2(g) + 2 OH–(aq)

2 I–(aq) → I2(aq) + 2 e– .

2 H2O(ℓ) + 2 I–(aq) → 1 H2(g) + 2 OH–(aq) + I2(aq)

b) ΔE = Ecátodo – Eânodo

ΔE = –0,83 – (+0,54)

ΔE = –1,37 V

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