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HIPER
Resolução dos exercícios
complementares
Química
∆
2N2O → 2N2 + O2
O O2 é comburente, participa da combustão da vela.
V. (F) Não são todas as bases dos metais alcalinoterrosos que
são solúveis em água e, quando aquecidas à baixa temperatura, não reagem.
QG.17
1. a
I. Análise ou decomposição
II. Síntese ou adição
III. Dupla-troca ou duplo deslocamento
IV. Simples troca ou deslocamento
5. d
H+
a) H — N — H + H — OH z H — N — H + OH–
H
3. b
Cl2 + 2NaI w 2NaCl + I2
Cl2 desloca o I–, pois é mais reativo.
Benzeno s C6H6: apolar
Iodo (roxo) s I2: apolar, portanto é solúvel no benzeno.
4. a)
b)
c)
H
Base
Ácido
b) Na+NH2 + H+ — OH– z H — N — H + Na+OH–
Base
2H3PO4 + 3Mg(OH)2 w Mg3(PO4)2 + 6H2O
Fosfato de magnésio e água
BaCl2 + Na2CO3 w 2NaCl + BaCO3
Cloreto de sódio e carbonato de bário
Na2O + H2O w 2NaOH
Hidróxido de sódio
Ácido
H
+
–
+
+
–
2–
–
c) Na CO3 + H — OH z Na HCO3 + Na OH
+
2
Base
Ácido
d) Mg2+ + 6H — O — H z [Mg(H O) ]2+
2
6
Ácido
5.c
Rochas são materiais que apresentam várias substâncias em proporções diferentes. Essas substâncias, na maioria das vezes, são óxidos
ou sais que podem ou não reagir com o ácido acético. Como houve
variação nos resultados podemos afirmar que apenas aqueles que
tiverem afinidade química com o ácido acético (vinagre) irão reagir
(rochas que apresentem substâncias com caráter básico). Nos experimentos cujo pH ficou próximo de 7 houve reação química.
Base
6. c
Doa H+
Equação II: H2SO4 + HNO3 xH2NO3 + HSO4
Base
Ácido
Doa H+
Equação III: HNO + HF x H NO + F–
3
2
3
6. c
Base
QG.18
1. e
I. É falsa, porque o 14N e 15N são isótopos.
II. É correta, porque as plantas absorvem nitrogênio para a produção de aminoácidos e proteínas.
III. É correta, veja a equação a seguir:
+
HNO3 →
NH4NO3
NH3 Amônia ácido nítrico
nitrato de amônio
QG.19
1. c
Pelo enunciado:
X N2 = 0,78; X O2 = 0,21; XAr = 0,009
Nas CNTP s pT = 1 atm
Como: X N2 =
2. b
HClO4 + H2SO4
Ácido
z
+
4
Ácido
Base
Par conjugado
pN2
pN2
s 0,78 =
s pN2 = 0,78 atm
pT
1
X O2 =
pO2
pO2
s 0,21 =
s pO2 = 0,21 atm
pT
1
XAr =
pAr
pAr
s 0,009 =
s pAr = 0,009 atm
1
pT
–
4
H3SO + ClO
Base
Ácido
Par conjugado
2. c
Pelo enunciado, temos pT = 0,86 atm e sabendo que : pT =pvH O + pO ,
2
2
teremos:
0,86 = 0,04 + pO ∴ pO = 0,82 atm
3. c
H2SO4 + HC2H3O2
Ácido
z
Base
2
HSO–4 + H2C2H3O+2
Base
2
Como: pO · V = nO ·R · T s 0,82 · V=
Ácido
2
2
Par conjugado
∴ VO = 0,15 L ou 150 mL
2
Par conjugado
3. 4,0 g de H2(g) + x g de He(g) s CNTP
m
n=
M
4 x
nT = + = (2 + 0,25x ) mol (I)
2 4
4. V – V – V – F – F
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (F) A decomposição térmica do N2O pode ser representada por:
nT após H2 adicionado s CNTP
1
0,16
· 0,082 · 300
32
CADERNO 3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2.c
A equação pode ser representada por
2Al0(s) + 6HCl(aq.) w 2AlCl3(s) + 3H2(g).
10
nT = 2 + 0,25 x +
= (7 + 0,25x ) mol (II)
2
Como o volume em II foi o dobro de I, mantendo-se as mesmas
condições de pressão e temperatura, concluímos que o número de
mols em II é o dobro que em I.
nII = 2 · nI
7 + 0,25x = 2(2 + 0,25x)
7 + 0,25x = 4 + 0,5x
3 = 0,25x
3
= 12 g
x =
0,25
4.a
p·M
rd =
R ·T e
O aumento da temperatura diminui a densidade.
a) (V)
b) (F) Nem todo gás é transferido.
c e d) (F) O aumento da temperatura não interfere na massa ou no
tamanho da molécula do gás.
4.d
Descobrir qual reagente está em excesso:
1 mol anidrido acético
1 mol ácido salicílico
102 g
138 g
x ∴ x = 73,91 g necessário
100 g
Como se colocou 100 g, 26,08 g é a massa em excesso de anidrido
acético.
5. e
Considerando os gases nas mesmas condições de pressão e temperatura, temos:
d =
p·M
d
constante s
= k ∴ densidade e massa molar são diR ·T
M
retamente proporcionais.
O balão A será um gás com massa molar menor que a do ar, e o
balão B, com massa molar do ar:
1L
1,2 g
25 L/mol
x
x = 30 g/mol
M(Ar) = 40 g/mol
M(CO2) = 44 g/mol
M(NH3) = 17 g/mol
Balão A s CH4 ou NH3
Balão B s CO2 ou Ar (argônio)
5. b
1º passo: Calcular a quantidade, em mols, de H2SO4
µH2SO4 = 0,275 mol/L
1L
0,275 mol
0,02 L
x
x = 0,0055 mol
2º passo: Fazer a equação de neutralização e determinar a quantidade, em mols, de NaOH.
w Na2SO4 + 2H2O
2NaOH +
H2SO4
1 mol
2 mol
0,0055 mol
y
y = 0,011 mol de NaOH
3º passo: Calcular o volume de NaOH
µNaOH = 0,55 mol/L
1L
0,55 mol
z
0,011 mol
6.b
Pela lei de Graham:
vO
2
vN
2
=
MMN
2
MMO
2
s
vO
2
vN
2
=
28
s vN > v O
2
2
32
Ou qualitativamente: maior massa molar do gás s menor velocidade
do gás.
Como N2 = 28 g/mol s menor massa molar s maior velocidade
z =
QG.20
1. a
Nos experimentos, teremos as seguintes situações:
I. Combustão de papel s formam-se CO2(g), CO(g), C(s), H2O(g)
∴ mi > mf ∴ mE < mD
II. Combustão de palha de aço s forma-se Fe2O3(s)
∴ mi < mf ∴ mE > mD
III. Combustão de etanol (álcool) considerando-se combustão completa s formam-se CO2(g) e H2O(g) s mi > mf s mD > mE
0,011
= 0,02 L s z = 20 mL
0,55
6.b
Multiplicando a 2a equação por 2 e adicionando as duas, teremos:
2FeTiO3 +7Cl2 + 6C w 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO
2TiCl4 + 4 Mg w 2Ti + 4MgCl2
2FeTiO3 + 7Cl2 + 6C + 4Mg w 2FeCl3 + 6CO + 2Ti + 4MgCl2
2 mol
4 mol
4 ⋅ 24 g
2 ⋅ 152 g
x ∴ x H 95,81 kg
303,4 kg
2.1º: Calcular o volume de etanol gasto:
1h
50 km
2h
x
x = 100 km
1 L de etanol
10 km
y
100 km
y = 10 L de etanol
2º: Calcular o volume de CO2 lançado:
1L
detanol s 0,8 kg
10 L
z
z = 8 kg de etanol gasto
H5C2OH() + 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O()
1 mol
2 mol
2 · 25 L
46 g
w (L)
8.000 g
8.000·2·25
w =
= 8.695,6 L H 8,7 m3
46
QG.21
1. b
Cálculo do reagente em excesso:
+
3CO w 2Fe + 3CO2
Fe2O3
1 mol
3 mol
3 ⋅ 28 g
160 g
x ∴ x = 0,84 g reage
1,6 g
Como se colocou 3,00 g, 2,16 g é a massa de CO em excesso.
Então:
2 mol Fe
3 mol CO2
1 mol Fe2O3
160 g
2 ⋅ 56 g
3 ⋅ 44 g
mCO2
mFe
1,6 g
mFe = 1,12 g e mCO2 = 1,32 g
2.a) Cálculo da quantidade de HCl que reage:
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3.b
Observamos na figura que a quantidade em mols (ou moléculas) de
NO2 e O3 nos reagentes é de 8 mol e 6 mol, respectivamente.
• Cálculo do reagente em excesso e do limitante.
2NO2(g) + O3(g) w N2O5(g) + O2(g)
2 mol
1 mol
x
8 mol
x = 4 mol de O3 ∴ O3 está em excesso: 6 – 4 = 2 mol O3
• Cálculo do número de mols de O3 em excesso
O3
2NO2
2 mol
1 mol
x
8 mol
x = 4 mol de O3
Excesso de O3 = 6 mol – 4 mol = 2 mol
• Cálculo do N2O5 e O2 produzidos
N2O5
O2
2NO2
2 mol
1 mol
1 mol
y
z
8 mol
y e z = 4 mol
O produto é melhor representado pelo I.
c) µ =
1 mol
28 g
28 kg
R = 28 ·22 = 0,5 = 50%
28 · 44
1 mol
1V
x (L)
60 L
x = 90 L
QG.22
1. a
KMnO4
H2O2
H2 Cr2 O7
+1 +7 –2
+1 –1
+1 +6 –2
+1 +7 –8
+2 –2
+2 +12 –14
0
0
0
2. e
K Cl O2
Ca Cl2 O2 Mg Cl2 O6 Ba Cl2 O8
+1 +3 –2 +2 +1 –2 +2 +5 –2
+2 +7 –2
+1 +3 –4 +2 +2 –4 +2 +10 –12 +2 +14 –16
3. d
Na reação IV, temos:
s m1 = 40 g (se a amostra fosse pura)
80%
Então: 40 g NaOH puro
100%
mT
mT = 50 g
Redutor
Oxidante
Cu2+ + Ag
Cu+ + Ag+
+2
+1
0
+1
enox
Oxidação
rnox w Redução
(I)
(II)
4. d
2PbS + 3O2 → 2PbO + 2SO2 +
2H2 + O2 w 2H2O
0
0
2PbO + 2CO → 2Pb + 2CO2
2PbS + 3O2 + 2CO → 2SO2 + 2CO2 + 2Pb
+1 –2
Perdeu e– w oxidou
2 mol __________________________ 2 mol
2 ⋅ 239 g __________________________ 2 ⋅ 207 g
15 t __________________________ mPb
mPb = 12,99 H 13 t ____________ 100% rendimento
10,4 t ____________ % rendimento
% rendimento = 80%
Ganhou e–
w reduziu
5.Pela equação:
Redutor
Oxidante
PbS + H2O2
4. M(SO3) = 80 g/mol
1º passo: Fazer a equação global:
S(s) + O2(g) w SO2
–2
PbSO4 + H2O
–1
+6
–2
nox ⇒
D =1∙2
redução
1
O w SO3
2 2
3
S(s) + O2 w SO3
2
SO2 +
nox ⇒ oxidação ⇒ D = 8
1 mol
1 mol
80 g
32 g
x (g)
64 g
x = 160 g de SO3
2º passo: Calcular a massa de SO3 com rendimento de 50%:
100%
160 g
50%
y
y = 80 g
PbS
1PbSO4 s D = 8 s 4 ∙
1
=4
H2O s D = 2 s 1 ∙
4
=4
4H2O2
2
2
a) 1PbS + 4H2O2 w 1PbSO4 + 4H2O
b) Oxidante: H2O2, redutor: PbS
c) Pela equação, temos: 1 mol PbS
239 g
1,195 g
mH2O2 = 0,68 g
5. a
C2H4 +
3
O2
2
3
mol
2
3
V
2
6. CO2 + 2KO2 w K2CO3 +
m1
m1
s 1,0 =
s
40·1
MM1 ·V (L)
3. a
As equações são:
2PbS + 3O2 → 2PbO + 2SO2 PbO + CO → Pb + CO2 Multiplicando a equação II por 2:
1 mol
R · 44 g
22 kg
CADERNO 3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 mol HCl
1L
0,03 L (30 mL)
n
nHCl = 0,06 mol
A equação é:
NaOH + HCl w NaCl + H2O
1 mol
1 mol
1 mol
40 g
0,06 mol
x
x = 2,4 g NaOH puro, então:
100%
3,0 g amostra
% pureza
2,4 g NaOH puro
% pureza = 80%
% impurezas = 20%
b) Cálculo da quantidade de AgNO3 que reage:
1L
0,12 mol
0,005 L (5 mL)
n
nAgNO3 = 6 ⋅ 10–4 mol
A equação da reação é:
AgNO3 + NaCl w NaNO3 + AgCl
1 mol
1 mol
58,5 g
1 mol
m
6 ⋅ 10–4 mol
mNaCl(reage) = 0,0351 g (em 25 mL)
Portanto: mNaCl(reage) = 0,351 g (em 250 mL)
100%
Como: 3 g amostra
% NaCl
0,351 g NaCl
% NaCl = 11,7
A outra parte das impurezas é a água, então:
20% = 11,7% – % H2O = 8,3%
1
O2 w H2C — CH2
2
O
3
Como: d =
4 mol H2O2
4 ⋅ 34 g
m
m
0,68 g
s 1,4 g/mL =
s V = 0,485 mL
V
V
Lembrando que: 0,485 mL H2O2
Vtotal
Vtotal = 2,42 mL
6. a) Semirreação de oxidação:
H2(g) w 2H+(aq.) + 2 e– w H2O( , )
Semirreação de redução:
20%
100%
6. c
1
O2(g) + 2H+(aq.) + 2 e– w H2O(,)
2
S
2–
–2
–
3
+ H + NO w
+
+1
+5 – 2
S + N O + H2O
0
+2 –2
+1–2
Reação global:
1
H2(g) +
O2(g) w H2O()
2
A
B
∆E0 = 0 + 1,2 = 1,2 V
b) A formação da água ocorre no compartimento em que o eletrodo sofre redução, portanto, no cátodo.
3S2–
oxidação, perdeu 2 elétrons
–
B
–
NO3 w NO w D = 3
2NO3
redução, ganhou 3 elétrons
QG.24
1. a) A ddp é calculada por:
∆E = Emaior – Emenor s ∆E = 0,4 – (–0,04) s ∆E = 0,44 V
O processo de corrosão do ferro é um processo espontâneo, na
>E
.
presença de H2O e O2, pois o E
0
–
3S2–+xH++2NO3– w 3S+2NO+4H2O
Pelo somatório de cargas: ∑cargas reagentes = ∑cargas produtos
[3 · (–2)] + x(+1) + 2(–1) = 0 s x = 8
QG.23
1. a)
b)
ox. Fe
b) A equação global é obtida multiplicando-se, respectivamente,
por dois e por três as semiequações que ocorrem no ânodo e no
cátodo da pilha, e somando os resultados obtidos.
–
2Fe(s) w 2Fe3+
(aq.) + 6 e
Como: Ered· Ag+ > Ered·Li+ , a prata reduz.
As semirreações serão:
Li w Li+ + e– (ânodo, polo negativo, oxidação)
Ag+ + e–w Ag (cátodo, polo positivo, redução)
Equação global: Li + Ag+ w Li+ + Ag
∆E = E­maior – Emenor s ∆E = 0,80 – (–3,04) s ∆E = 3,84 V
2Fe(s) +
3
–
O2(g) + 3H2O(,) w 2Fe3+
(aq.) + 6OH(aq.)
2
A rapidez da reação aumenta por causa da reação do íon hidróxido com substâncias ácidas como SO2 e CO2, provenientes da
poluição atmosférica.
2. b
O oxidante mais forte sofre redução, portanto: rEredução e eEoxidação
será Ag+.
O redutor mais fraco será um forte oxidante e sofrerá oxidação com
dificuldade; portanto, será Ag0.
3.a) Supondo que em A ocorra a oxidação do álcool, então em B
ocorrerá a redução de O2, e teremos o seguinte esquema:
eletrodos
de platina
ar expirado
Eletrólito
1
–
O2(g) + 3H2O(,) + 6 e– w 6OH(aq.)
2
2. d
a) (V)
b) (V)
c) (V) Quando a bateria está descarregando, a reação se processa
para o lado direito, consumindo os íons H+, portanto, diminuindo a acidez da solução e aumentando seu pH.
d) (F) Os elétrons migram de Pb para PbO2.
A
3.e
O metal mais adequado da lista, para ser ânodo do processo deve
possuir maior potencial de oxidação, ou menor potencial de redução, portanto, será o alumínio.
B
e–
4. a)
e–
fio condutor
Metal
Solução de
1 mol/L de
microprocessador
b)
ox. OH
Zn
Ni
Ag
ZnSO4
Eletrodo A: ocorre oxidação s ânodo
Eletrodo B: ocorre redução s cátodo
Pelas semirreações teremos:
Pt
+
–
Eletrodo A: 2H3CCH2OH → 2H3CCHO + 4H + 4 e
+
–
Eletrodo B: O2 + 4H + 4 e w 2H2O
Global: 2H3CCH2OH + O2 w 2H3CCHO + 2H2O
NiCl4
X
AgNO3
X
X
b)
Semiequação
do cátodo:
4. e
Se o eletrodo de prata fosse adotado como padrão, haveria mudanças nos potenciais de cada elemento (E0), mas a variação do
potencial eletroquímico de cada pilha permaneceria a mesma. Efetuando as conversões dos eletrodos da tabela, sendo a prata o
eletrodo-padrão, teríamos:
E0 = 0 V
Ag+ + e– w Ag0
E0 = – 0,46 V
Cu2+ + 2 e– w Cu0
E0 = – 0,80 V
2H+ + 2 e– w H20
E0 = –1,56 V
Zn2+ + 2 e– w Zn0
Ag
+
(aq.)
Semiequação
do ânodo:
0
(s)
+ 1 e w Ag
–
Fluxo de elétrons
2+
Zn0(s) w Zn(aq.)
+ 2 e–
e–
Solução de:
Solução de:
5. d
ZnSO4
AgNO3
0
0
Ered
Ag > Ered
Zn
reduz oxida
Equação da pilha:
Ag++ e– w Ag
2+
–
Zn w Zn + 2 e
+
2+
2Ag(aq.)
+ Zn0(s) w 2Ag(s)0 + Zn(aq.)
4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2–
A S wSw D=2
(16) V
v = k · [N2O2] · [O2] s a ordem para o N2O2 e o O2 é 1; a ordem da reação é 2.
O potencial de redução da prata (Ag) é maior que o do níquel (Ni),
que é maior que o do zinco (Zn). Então, o cátion Ag+ reduz na presença dos dois metais, e o cátion Ni2+ reduz na presença do metal
Zn. Poderia também ser feita uma pilha de Zn/Ni ou Ni/Ag.
5.a
–
(aq.)
2Br
–1
I. (V) v = k · [MnO–4 ] · [H2C2O4] w reação de 2ª ordem,
ordem I para cada reagente.
II. (V) v’ = k · [3MnO–4 ] · [H2C2O4]
v’ = 3k · [MnO–4 ] · [H2C2O4]
v = k · [MnO–4 ] · [H2C2O4]
v’ = 3v
III. (F) v” = k · [MnO–4 ] · [2H2C2O4]
v” = 2k · [MnO–4 ] · [H2C2O4]
v = k · [MnO–4 ] · [H2C2O4]
v” = 2v
–
IV. (F) 2MnO4 + 5H2C2O4 + 6H+ w 2Mn2++10CO2 + 8H2O
–
(aq.)
+ Cl2(g) w Br2(aq.) + 2Cl
0
0
–1
Oxidação
Redução
II)
0
0
∴ Ered. Cl2 > Ered. Br2
0
2+
Cu(aq.)
+ 2Br–(aq.) w Cu(s)
+ Br2(aq.): não espontâneo
+2
0
–1
0
Redução
Oxidação
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
+7 Ganhou 5 e–, +3
0
0
∴ Ered.
Br2 > Ered.
Cu2+
0
w Cl2 > Br2 > Cu2+
Conclusão: Ered.
H2C2O4 w agente redutor
–
MnO4 w agente oxidante
6. V – V – F – F
Pelo enunciado, temos:
Energia
EA inversa = 116 kJ ⁄ mol
C+D
2.a
Nos experimentos I e III foram utilizadas as mesmas quantidades de magnésio e ácido clorídrico, produzindo o mesmo volume de hidrogênio. No
experimento II, a massa de magnésio utilizada foi a metade, produzindo
assim a metade de hidrogênio dos experimentos I e III. Sendo a temperatura do experimento III maior que a do I, o volume de hidrogênio produzido em III será maior, considerando-se um mesmo intervalo de tempo.
Tempo
Então:
(V)
(V)
(F) Aumento de temperatura aumenta o número de moléculas
com energia de ativação suficiente para ocorrência de reação
química.
(F) Reações com alta energia de ativação são lentas, mas não impossíveis.
3.d
Relacionando a 1a com a 2a linha temos:
v = k ⋅ [quinina]x ⋅ [ácido]y
2,4 · 10–3 = k · (1·10–4 )x ·(5·10–3 )y
9,6 · 10–3 = k · (1·10–4 )x ’ ·(1·10–2 )y
y
2
QF.10
1. b
A expressão de Kc é:
[NO2 ]2
K =
c
[NO]2 ·[O2 ]
y
 1
 1
1  1
=  s  =  sy=2
4  2
2
2
Relacionando a 2a com a 3a linha temos:
V = k ⋅ [quinina]x ⋅ [ácido]y
9,6 · 10–3 = k ·(1·10–4 )· (1·10–2 )y
–3
4,8 · 10
= k ·(0,5·10 ) ·(1·10 )
–4 x
–2 y
EA direta = 64 kJ ⁄ mol
A+B
QF.09
1.a
O aumento da temperatura aumenta a velocidade das reações.
O gráfico que melhor representa essa relação é o da alternativa a.
+4
Perdeu 1 e–,
sofreu oxidação
agente redutor
E10 > E20 > E30
6.c
Sendo M(A) e M(C) corroídos por uma solução aquosa de HCl, seus
potenciais de redução são menores que do H+.
M(C) reage com os cátions dos metais M(A), M(B) e M(D), portanto,
seu potencial de redução é menor.
Se M(D) reduz M(B)n+, o potencial de redução de M(B) é maior que
do M(D), conclusão:
0
0
0
0
Ered.
C < Ered.
A < Ered.
D < Ered.
B
Utilizando a tabela, podemos concluir que:
A w Zn
C w Mg
B w Ag
D w Cu
+2
sofreu redução
agente oxidante
CADERNO 3
5.c
I)
s 2 = 2x s x = 1
Kc =
(0,2)2
s Kc = 8
(0,1)2 · 0,5
Dessa forma, a equação é v = k ⋅ [quinina]1 ⋅ [ácido]2
2. d
4.Soma = 18 (02 + 16)
(01) F
v = k · [N2O2] · [O2]
(02) V
Tanto na etapa rápida como na lenta há necessidade de duas
moléculas se chocarem para a reação ocorrer.
(04) F
Reagentes gasosos e catalisador sólido constituem 2 fases,
portanto, é uma catálise heterogênea.
(08) F
v = k · [N2O2] · [O2]
2k· [N2O2 ]·[O2 ]
s v ’ = 2v
v’ = k · [N2O2] · [2O2] s v ’ =
v
I2(g)
Início
+
H2(g)
x
2HI(g)
1 mol/L
1 mol/L
0
Reage e forma
0,80 mol/L
0,80 mol/L
1,60 mol/L
Equilíbrio
0,20 mol/L
0,20 mol/L
1,60 mol/L
Os valores da concentração em equilíbrio foram obtidos no gráfico.
a) (F) Ao final do experimento, ainda resta 0,2 mol/L de I2(g) equilíbrio, cor violeta.
b) (F) Ao final do experimento, a concentração de HI é de 1,6 mol/L.
c) (F) Ao final do experimento, a concentração de H2 e I2 é de 0,2 mol/L.
5
(F)
(F)
A variação de pressão não irá deslocar o equilíbrio.
Alterando a temperatura, altera a constante de equilíbrio.
e) (F) A reação atinge o estado de equilíbrio no tempo 8.
(V)
[NO] =
3. e
O único fator que altera a constante de equilíbrio é a temperatura.
[HI]2
(16
, )2
2,56
= 64
=
=
[H2 ]·[I2 ] (0,2)·(0,2) 0,04
0,1
= 0,02 mol/L
5
0,1
[SO2] =
= 0,02 mol/L
5
4. a)
CO(g)
Início
H2O(g) x
+
CO2(g)
+
1 mol/L
3 mol/L
3 mol/L
x
x
x
x
1+x
1+x
3–x
3–x
Equilíbrio
[H2 ]·[CO2 ] 3·3
=9
=
[CO]·[H2O]
1·1
Qc > Kc, para diminuir Qc no sentido de igualar a Kc, tem que
haver formação dos reagentes, pois assim aumenta o denominador e diminui o valor de Qc. Portanto, até atingir o equilíbrio, a
rapidez da reação é maior no sentido de formar mais CO.
b) K c =
[CO2 ] · [H2 ]
(3 − x ) · (3 − x )
s4=
[CO] · [H2O]
(1 + x ) · (1+ x )
22 =
2 + 2x = 3 – x s 3x – 1 s x =
[CO] = [H2O] = 1 +
A constante Kc =
1
3
Mistura 1 s Q =
5.Soma = 30 (02 + 04 + 08 + 16)
(01) (F) A expressão é Kp =
(02)
(04)
(08)
(16)
pCO
pCO2 · pH2
Mistura 2 s Q =
0,75
= 3 = Kc, portanto o sistema está em
(0,50)2
2,50
= 2,5 < Kc, portanto o sistema tende a se
(100
, )2
4.a
Pelo gráfico, vamos calcular o Kc dos 3 experimentos:
n mol
0
Reage/Forma
α⋅n
2α ⋅ n
Equilíbrio
n–α⋅n
2α ⋅ n
1. K c =
[B1] 6
= =2
[ A1] 2
2. K c =
[B2 ] 4
= =2
[ A2 ] 2
3. K c =
[B3 ]
[ A3 ]
=
3
=3
1
I. (V) Nos experimentos 1 e 2, temos o mesmo Kc = 2,
logo, foram realizados na mesma temperatura.
II. (V) Observamos no gráfico que, no experimento 3, o equilíbrio
foi atingido mais rapidamente, portanto a temperatura é
maior.
III. (V) O valor de Kc no experimento 3 é maior que nos experimentos 1 e 2, o que nos leva a concluir que a concentração do
produto (B) é maior no equilíbrio e que a reação direta é endotérmica.
A quantidade, em mol, total no equilíbrio é:
n – α ∙ n + 2α ∙ n s n(1 + α)
Como: pA = p ⋅ XA, podemos escrever para N2O4 e NO2:
nNO
2αn
2α
2
pNO =
·p =
·p =
·p
2
ntotal
n(1 + α )
1+ α
nN
n(1– α )
( n – αn)
1– α
2O4
·p =
·p =
·p =
·p
ntotal
n(1 + α )
n(1 + α )
1+ α
A expressão da constante de equilíbrio é:
=
[C10H12 ]
=3
[C5H6 ]
deslocar para a direita, elevando o Q até o valor de Kc (w).
(V)
(V)
(V)
(V)
Início
2O4
=
equilíbrio (x).
6.a
No equilíbrio: N2O4(g) x 2NO2(g)
pN
0,2
0,02 ·
5
A situação da mistura pode ser avaliada, calculando-se o quociente
do equilíbrio (Q):
[C H ]
[dímero]
Q = 10 122 =
[C5H6 ]
[monômero]2
1 4
= mol/L
3 3
1 8
[CO2] = [H2] = 3 – =
mol/L
3 3
Sendo Qc < Kc, o sistema não está em equilíbrio; para o sistema
atingir o equilíbrio o valor de Qc tem que aumentar, ou seja, a
reação ocorrerá no sentido da formação dos produtos (esquerda para a direita) até atingir o equilíbrio químico.
=
3. b
2C5H5 s C10H12
(3 − x )2
3− x
s2=
(1 + x )2
1+ x
0,0006 3
= = 0,75
0,0008 4
(V)
[SO2 ] · [NO2 ]
2.a) Para uma mesma pressão, quando a temperatura aumenta o
percentual de amônia diminui, logo o equilíbrio está sendo deslocado para a esquerda, reação endotérmica. Portanto, conclui-se que a reação direta (N2(g) + 3H2(g) x 2NH3(g)) é exotérmica.
b) Pelo gráfico, para uma mesma temperatura, o aumento da pressão desloca o equilíbrio para o lado de formação da amônia.
Determinação do Qc =
 0,15 
· 0,02
 5 
Qc =
H2(g)
1 mol/L
Reage e
forma
[SO3 ] · [NO]
(V)
2
 2α 
 1 + α  · p
(2α )2 · p
=
K p =
(1– α )(1+ α )
 1– α 
 1 + α  · p
Desenvolvendo a equação: α =
5.Soma = 17 (01 + 16)
Pelo equilíbrio e as informações do enunciado:
CO(g) + Cl2(g) x COCl2(g)
Kp
4p + K p
QF.11
1. F – F – V – V – V
SO3(g) + NO2(g)
2V
NO(g) + SO3(g)
Início
0,012
0,00609
0
Reage/Forma
0,00308
0,00308
0,00308
Equilíbrio
0,00892
0,00301
0,00308
Portanto, no equilíbrio: [CO(g)] = 8,92 ∙ 10-3 mol/L;
[Cl2(g)] = 3,01 ∙ 10–3 mol/L; [COCl2(g)] = 3,08 ∙ 10-3 mol/L
2V
6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
d) (V) K c =
CH3
2-propanol
2-metil-2-propanol
CH3
3,08 ·10–3
[COCl2 ]
s Kc =
s Kc = 114,7
8,92·10–3 ·3,01·10–3
[CO]·[Cl2 ]
H2SO4
Portanto, são os álcoois 2-propanol e 2-metil-2-propanol.
3. a) A equação é:
O
6. a) No sistema 2, a concentração de CO2(g) é maior que no sistema
1, portanto, a reação de solubilização (terceira reação) estará
mais deslocada no sentido de formação de íons Ca2+ e HCO3– .
b) A solubilidade de um gás em um líquido aumenta à medida que
diminui a temperatura do líquido. Ainda, de acordo com o princípio de Le Chatelier, para o equilíbrio representado por:
CO2(g) x CO2(aq.) + calor
a diminuição da temperatura desloca o equilíbrio para a direita,
favorecendo a dissolução de CO2(g) e, consequentemente, também a dissolução do CaCO3(s).
*
— C — O — CH2 — CH3 + H — OH
*
— C — OH + HO — CH2 — CH3
portanto, saberemos qual ligação foi quebrada ao verificar em
qual produto está o oxigênio marcado.
b) Anidrido benzoico.
O
—C
O + 2HO — CH2 — CH3 x
—C
O
O
–
2.a) NH3(g) + H2O(,) x NH4 OH(aq.) x NH+4(aq.) + OH(aq.)
b) Durante a utilização do amoníaco, ocorre consumo de OH–, que
reage com a gordura. O equilíbrio representado anteriormente é
deslocado para a direita, ocorrendo consumo de NH3 e formação de NH+4 , que não tem cheiro.
x2
4. a)
b)
3. c
[H+] = 5,5 ⋅ 10– 4 mol/L
µniacina = 2 ⋅ 10– 3 mol/L
A niacina é um ácido fraco; portanto, a lei de diluição de Ostwald
pode ser escrita por: K = α2 ⋅ µ
E sabendo que: [H+] = α ⋅ µ s 5,5 ⋅ 10– 4 = α ⋅ 2 ⋅ 10– 3
∴ α = 2,75 ⋅ 10– 1
Então: K = α2 ⋅ µ s K = (2,75 ⋅ 10– 1)2 ⋅ 2 ⋅10– 3
K = 15,125 ⋅ 10– 5 = 1,5125 ⋅ 10– 4
— C — O — CH2 — CH3 + H2O
A fórmula do sulfeto de dimetila é: H3C – S – CH3 s tioéter
e seu isômero de função é: H3C – CH2 – SH s tioálcool (tiol)
A equação da reação será: H3C – CH2 – SH + HS – CH2 – CH3 w
w H3C – CH2 – S – S – CH2 – CH3 + H2
5. a) As equações das reações são:
H2C — CH2
H
H2SO4
170 °C
H2C — CH2 + H2O
B
OH
A
H2C — CH2 + H — Cl
4.d
Como: Ka HNO2 > Ka HCN, o HNO2 é mais forte.
Pt
H3C — CH2 — Cl
B
H
5.d
Pela lei da diluição de Ostwald:
As
k

cte = ↑α ⋅ µ↓
Haverá deslocamento de equilíbrio para a direita, portanto a concentração de íons acetato diminui e a quantidade em mol de íons
acetato aumenta.
H
H
H
C—C
Bs
H — C — C — OH
H
H
H
H
b) A = etanol; B = eteno.
6.a) Propanotriol s álcool; Acroleína s aldeído
b) Nome oficial (Iupac) da acroleína s propenal
6.a) O equilíbrio será deslocado para lado dos reagentes, portanto,
diminuirá a ionização do ácido acético.
b) No equilíbrio: H3C – COOH + H2O x H3O+ + H3C – COO–
H+
O
H+
QF.12
1. c
–
A espécie H+ (proveniente de um ácido) reagiria com o OH(aq.) , consumindo-o. Dessa forma, o equilíbrio da reação apresentada seria deslocado para a direita, favorecendo a desmineralização dos dentes.
CH3
CH3
Então:
(01) (V)
(02) (F)
(04) (F)
(08) (F) A pressão não influi nesse equilíbrio.
(16) (V)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H3C — CH — O — C — CH3
140 °C
QO.10
1. Soma = 25 (01 + 08 + 16)
Utilizando fórmulas estruturais, temos:
[H O+]·[H3C – COO– ]
Ki = 3
[H3C – COOH]
O
Então, para Ki permanecer constante com aumento de H3C – COO–,
a concentração de H3C – COOH também terá que aumentar.
H3C — CH2 — CH2 — C — OH + HO — CH2 — CH3
O
QO.09
1. c
H3C — CH2 — CH2 — C — O — CH2 — CH3 + H2O
2. a) Atua como agente desidratante e catalisador.
b) Para a formação do éter, teremos a equação:
OH
(I) Butanoato de etila
(01) (V)
(02) (F) É chamada esterificação.
(04) (F) A adição de água desloca o equilíbrio para o lado dos reagentes, portanto, diminui a concentração de butanoato de
etila.
(08) (V)
OH
H3C — CH — CH3
+
H3C — C — CH3
H2SO4
140 °C
CH3
2-propanol
2-metil-2-propanol
CH3
H2SO4
140 °C
H3C — CH — O — C — CH3
CH
CH
7
CADERNO 3
Kc =
O
5. d
H3C — CH2 — CH2 — C — O–Na+ + Br — CH2 — CH3
6. b
O
H3C — CH2 — CH2 — C — O — CH2 — CH3 + NaBr
(16) (V) A equação é:
QO.11
1. d
Etanol
1
H3C — CH2 — OH + Na w H3C — CH2 — O– Na+ + H2
2
O
H2C — C — OH
H 2C — C
H2C — CH2— OH
H2C — CH2
O + H2O
OH
2. e
Br
H2C — CH2 + HBr
H3C — CH2
X
H
O
H3C — CH2 — OH +
H3C — CH2 + NaOH
a)
b)
c)
d)
e)
OH
Etanol
H3C — CH2 — OH
H3C — CH2 — OH
D
H2SO4
Z
H3C — CH2 — O — CH2 — CH3 + H2O
H3C — CH2 — OH + H3C — COOH
W
O
H3C — C
O — CH2 — CH3
(F) D não é ácido.
(F) C não é um álcool, é um aldeído.
(F) B é um hidrocarboneto.
(V)
(F) B é um alceno.
+ H2O
O
OH(aq.)
b)
F
F
F—C—C
+ NaOH(aq.) w F — C — C
OH(aq.)
F
F
H
O
H3C — CH2 — C
OH
+
+ H3O(aq.)
Ácido carboxílico
–
O(aq.)
O
[O]
Aldeído
[O]
+ H2O(�) z H3C — C
H3C — CH2 — C
H2O
Etanoato de etila
O
O
[O]
H3C — CH2 — CH2 — OH
O — CH2 — CH3
3. a) H C — C
3
+ H2O
C — CH3 z H3C — C
2.b
Pelo esquema:
Éter dietílico
H+
O
HO
Y
H3C — CH2 + NaBr
D
H2O
H3C — C
Bromoetano
Br
O
[O]
H3C — CH2
3. e
Combustões são reações rápidas, acompanhadas de liberação de
grandes quantidades de energia, que geralmente ocorrem com a
participação do gás oxigênio (O2). Nas combustões de componentes
orgânicos, além da água formam-se produtos com elementos que
apresentam maior número de oxidação, como CO2, CO e C, provenientes da substância que sofreu a combustão.
O
+ H2O(�)
O–Na+(aq.)
c) Ácido dimetilpropanoico
OH
O
O
4. a) H3C — CH — CH3
d) H C — CH — CH — C
3
2
2
Substância B
[O]
H2O
H3C — C — CH3
Propanona
O — CH3
4.F – F – V – V – V
Pela fórmula:
b) Os compostos possíveis com essa fórmula molecular são:
H3C — O — CH2 — CH3
éter
O
C*
amida
O
C*
amina
O
H3C — CH2 — CH2
— C — O — CH2 — CH3
N
H
H2N
Substância A
éster
OH
C*
Substância C
O éter (H3C — O — CH2 — CH3) possui o menor ponto de ebulição
porque a interação intermolecular é mais fraca.
(F) Há 3 carbonos quirais.
(F) Há, no máximo, 8 isômeros ativos (2n).
(V)
(V)
(V)
5.d
A desidratação do n-pentanol é representada por:
8
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (F) A reação entre ácido butanoico e bicarbonato de sódio é
de dupla-troca.
O
[O]
H3C — CH2 — CH2 — OH
H3C — CH2 — C
H
H2O
Aldeído
O
[O]
QO.12
1. Soma = 19 (01 + 02 + 16)
(01) (V)
(02) (V)
(04) (F) A fórmula do PVC é:
[O]
H3C — CH2 — C
[
—[ CH2 — CH —
OH
n
Ácido carboxílico
Cl
6. Pelo enunciado, a seqüência de reações poderia ser de duas formas:
(08) (F) O monômero: H2C = CH2, chama-se eteno (etileno).
(16) (V)
(32) (F) É fenômeno físico porque não há formação de novas substâncias.
1ª)
H2SO4
—
—
H3C — CH — CH — CH — CH3
H
OH
2.e
I. (V)
II. (V) Isoctano
III. (V) Propeno
Composto X
CH3
H2SO4
— CH — CH — CH
H3C — CH —
3
1) O3
Composto Y
H
H
C — CH — CH3
Ao interagir com o ânion do reagente A, forma uma estrutura eletricamente neutra e assim passa para a fase orgânica. Após a formação do polímero, o catalisador na forma de cátion retorna para a
fase aquosa.
—
+
—
2-metil-propanal
Etanal
Composto X
4.a
CaO(s) + 3C(s) w CaC2(s) + CO(g)
CaC2(s) + 2H2O(,) w HC £ CH(g) + Ca(OH)2
X w CaC2
Y w HC £ CH
I. (V)
II. (F)
III. (F)
—
CH3
2ª)
H2SO4
—
H3C — CH2 — CH — C — CH3
—
OH
H
O
O
+
H
C — CH3
—
H3C — CH2 — C
—
5.e
Para a formação de poliésteres deveremos procurar substâncias
com duas extremidades reativas, no caso, ácido carboxílico e álcool.
CH3
Propanal
Propanona
(acetona)
CH3
H2SO4
6.d
A equação para a formação do PET é:
—
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
CH3
O
O
H3C — C
3. b
O catalisador deve interagir fortemente com o reagente A, que é um
ânion, e para isso ele deve ser um cátion orgânico:
[(C16H33)2 N(CH3)2]+.
2) H2O, Zn
— C — CH 1) O
H3C — CH2 — CH —
3
3
2) H2O, Zn
O
Composto Z
O
nHO — C —
Então:
— C — OH + nHO — CH2 — CH3 — OH
etan-1,2-diol (etilenoglicol)
CH3
I
H3C — CH2 — C H — C H — CH3
I
OH
O
[ C—
—
9
O
[ + 2n — 1H2O
— C — O — CH2 — CH2 — O —
n
CADERNO 3
—
CH3