VOLUME 2 | QUÍMICA 2
Resoluções das Atividades
Sumário
Capítulo 8 – Propriedades coligativas II – Crioscopia e pressão osmótica.........1
Capítulo 9 – Termodinâmica Química................................................................. 2
Capítulo 12 – Velocidade média e fatores que alteram a velocidade de uma
reação química..............................................................................7
Capítulo 10 – Entalpia I – Fatores que influenciam o ∆H e tipos de ∆H................ 3
Capítulo 13 – Lei da Velocidade............................................................................8
Capítulo 11 – Entalpia II – Cálculos do ∆H pelo(a): calor de formação, Lei de
Hess e energia de ligação............................................................ 4
Capítulo 14 – Processos reversíveis, Lei da Ação das Massas de Gulberg-Waage...9
Atividades Propostas
Propriedades coligativas II –
Capítulo 8 Crioscopia e pressão osmótica
01 E
Atividades para Sala
01 D
Do ponto A para o A’, está havendo um abaixamento na
temperatura de congelamento da solução, o que caracteriza 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
Tonoscopia
Ebulioscopia
Crioscopia
Osmoscopia
Causa
Diminuição relativa da pressão de vapor do
solvente
Aumento da temperatura de ebulição
Diminuição da temperatura de congelamento
Aumento da pressão osmótica
02 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 alimento.
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 temperatura 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 estudado na ebulioscopia.
04 E
04 C
A adição de um soluto solúvel não volátil (NaCl) à solução
provoca um abaixamento em sua temperatura de congelamento 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 Cl–).
d) Há dissociação de 3 íons (2K+ e 1SO42–).
e) Há dissociação de 2 íons (Zn2+ e SO42–).
Onde existem mais íons dissociados ocorre um maior
abaixamento no ponto de congelamento, de acordo com
a crioscopia.
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
03 A
Por osmose, a água passa do meio hipotônico (carne)
para o hipertônico (solução de água e sal), causando a
desidratação da carne.
Observa-se um aumento de volume na solução de NaCl,
indicando que o solvente da solução de glicose passou 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 c ⋅
1000 ⋅ m1
M1 ⋅ m2
Tcº – Tc = 0,4º C
Kc = 3º C
m1 = 3 g (60% = 1,8 g)
m2 = 300 g
0, 4 = 3 ⋅
1000 ⋅ 1, 8
⇒ MM1 = 45 g /mol
MM1 ⋅ 300
2a Série – Ensino Médio | 1
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
Em um mol de qualquer composto, existem 6,02 · 1023
partículas e uma massa em gramas, numericamente igual
à sua massa molar.
Capítulo 9 Termodinâmica Química
Atividades para Sala
06 B
Tc° − Tc = k c ⋅
1000 ⋅ m1
M1 ⋅ m2
01 D
Tcº – Tc = 101 – 100 = 1º C
Kc = 0,512º C · Kg/mol–1
m1 = 171 g
m2 = 250 g
1 = 0, 512 ⋅
1000 ⋅ 171
⇒ MM1 = 342 g /mol
MM1 ⋅ 250
02 E
07 A
A ilustração representa no sentido I o fenômeno espontâneo de formação da ferrugem. Processos espontâneos
possuem a variação da energia livre de Gibbs negativa
(ΔG < 0).
Por osmose, o solvente passa do meio menos concentrado (hipotônico) para o mais concentrado (hipertônico),
logo, ocorrerá saída de água do recipiente I para o II.
A reação possui variação de entalpia (ΔH) a pressão constante 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 passagem de calor entre o sistema e o ambiente.
III.O frasco de álcool é diatérmico, pois permite a passagem de calor, mas não a troca de matéria entre o
sistema e o meio ambiente.
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
04 A
I. (V) A adição de um soluto não volátil aumenta a pressão 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 temperatura de congelamento do solvente.
V. (V)A dissolução de sacarose em meio aquoso não
altera a quantidade de íons, pois o composto é
molecular.
A variação da energia interna de um sistema é igual à
soma algébrica do calor absorvido pelo sistema mais o
trabalho realizado sobre ele. ΔU = 100 + (–10) = 90 KJ
05 C
À pressão constante, volume e temperatura são diretamente proporcionais; se a temperatura aumenta, o
volume também aumenta. Assim, a diferença entre entalpia e energia interna também aumenta.
PV = H – U, se PV aumenta, H–U também aumenta.
Atividades Propostas
10 B
Quanto maior a concentração molar de uma solução,
menores as pressões de vapor e maiores os efeitos coligativos. Para soluções de mesma molaridade, quanto maior
a quantidade de partículas dispersas, maiores os efeitos
coligativos, portanto, menores as temperaturas de congelamento.
01 E
I.Al2(SO4)3 → 2Al+3
+ 3SO–2
(aq)
4(aq)
1 · 10 –3M
2 · 10 –3M
3 · 10 –3M ⇒ total de: 5 · 10 –3mol/L (partículas)
II.Na2B4O7 → 2Na+(aq) + 1B4O7(aq)
1 · 10 –3M
2 · 10 –3M
1 · 10 –3M ⇒ total de: 3 · 10 –3mol/L (partículas)
III.K2Cr2O7 → 2K+(aq) + Cr2O7–2
1 · 10 –3M
2 · 10 –3M
1 · 10 –3M ⇒ total de: 3 · 10 –3mol/L (partículas)
IV.Na2CrO4 → 2Na+(aq) + CrO4–2
1 · 10 –3M
2 · 10 –3M
1 · 10 –3M ⇒ total de: 3 · 10 –3mol/L (partículas)
V.Al(NO3)3 · 9H2O → Al
+3
(aq)
1 · 10 –3M
+ 3NO
1 · 10 –3M
–
3(aq)
+ 9H2O
3 · 10 –3M ⇒
2 | 2a Série – Ensino Médio
total de: 4 · 10 –3mol/L
(partículas)
Para que um processo seja decisivamente espontâneo:
ΔGº < 0 (ΔH – TΔS < 0), como no processo 1. Já em
situações nas quais ΔH < 0 e ΔS < 0 ou ΔH > 0 e ΔS > 0,
como nos processos 3 e 4, respectivamente, ΔGº pode ser
maior, menor ou igual a zero, dependendo dos valores
numéricos de ΔH e de T · ΔS. Dessa forma, os processos 3
e 4 são possivelmente espontâneos, pois dependem dos
valores numéricos de ΔH e de T · ΔS para serem ou não
espontâneos.
Processo
1
2
∆H
–
+
∆S
+
–
3
–
–
4
+
+
∆G
–
+
+
–
0
+
–
0
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
dem de um sistema. Quando a entropia diminui, significa 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)
02 C
ΔG = ΔH – TΔS
ΔH = 20.000 cal, T = 1000 K, ΔS = 80 cal
ΔG = 20.000 – 1000 · 80
ΔG = –60.000 cal ⇒ –60 kcal
10 D
03 E
H2(g) + I2(g) → 2HI(g) (essa reação está incompleta no enunciado, por favor escrevê-la dessa forma)
ΔS = Sprodutos – Sreagentes
Entalpia I – Fatores que
Capítulo 10 influenciam o ∆H e tipos de ∆H
ΔS = 2 · 49,3 – (31,2 + 27,9)
ΔS = 39,5
ΔS = 39,5/2 (para obter a entropia por mol)
ΔS = 19,7 cal/K · mol
04 C
ΔG = ΔH – TΔS
ΔH = –224.520 cal, T = 23 + 273 = 300 K, ΔS = 1,5 cal
ΔG = –224.520 – 300 · 1,5
ΔG = –224.970 cal ⇒ –224.97 kcal
05 C
ΔS = Sprodutos – Sreagentes
ΔS = 54,8 – (48 + 2 · 31,2)
ΔS = –55,6 cal/mol
Atividades para Sala
01 C
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.
–––––– 80%
⇒ X = –5020 kJ
a) (F)B converte-se em A, absorvendo 22,7 kcal/mol
(ΔH > 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 energia. 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 natureza, sendo mais estável que o ozônio, logo, sua
energia é menor. Assim, B é o oxigênio, e A é o
ozônio.
T = 100 + 273 ⇒ T = 373 K
06 C
Para a reação ser espontânea (ΔG < 0, ou seja, ΔH – TΔS < 0).
Como ΔH e ΔS são negativos, é preciso que o valor de ΔH
seja maior que TΔS, o que acontece a baixas temperaturas.
07 E
ΔG = ΔH – TΔS
03 C
ΔH = –19.500 cal, T = 25 + 273 = 289 K, ΔS = 18 cal
ΔG = –19.500 – 298 · 18
ΔG = –24.864 cal ⇒ –24,86 kcal (valor negativo indica processo espontâneo)
08 D
O processo 1 ocorre com aumento da desordem do sistema (ΔS); como a temperatura é constante, isso implica
em um valor de ΔG negativo, caracterizando o processo
como espontâneo.
09 E
X
02 D
Como ΔG < 0, o processo é espontâneo.
6275 kJ –––––– 100%
ΔGº = ΔH – TΔS
ΔGº = –74.400 cal/mol – 373(–55,6 cal/mol)
ΔGº = –74.400 cal/mol + 20.738,8 cal/mol
ΔGº = –53.661,2 cal/mol
ΔGº = –53,6612 kcal/mol ≅ –53,7 kcal/mol ou 53.700 cal
MM C2H2 = 2 · 12 + 2 · 1 = 26 g/mol
ΔH = Hprodutos – Hreagentes
ΔH = –20,2 – (54,4 + 2 · 0)
ΔH = –74,4 kcal/mol ⇒ ΔH = –74.400 cal/mol
Por definição, entalpia é o calor trocado a pressão constante.
A entropia é uma grandeza que mede o estado de desor-
Na temperatura T0, a entalpia dos reagentes é igual a dos
produtos, indicando que, nessa transformação, não desprende 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
2a Série – Ensino Médio | 3
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
05 B
07 E
Em I, temos:
a) (F) A equação química I possui variação de entalpia
negativa, sendo exotérmica. A liberação de energia torna a compressa quente.
b)(F)A equação química II possui variação de entalpia 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 primeira 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.
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
Atividades Propostas
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)
08 A
02 B
Observa-se que a entalpia final é maior que a inicial, logo,
o processo ocorreu com absorção de energia considerando 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.
1–6–8
2–5–7
3–4–9
09 C
03 B
I. Toda queima é um processo que libera calor (exotérmico).
II. A água na panela está absorvendo o calor oriundo da
queima do gás (endotérmico).
ΔH0f indica a entalpia de formação da substância, nas condições 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 decomposição 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 combustão 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.
4 | 2a Série – Ensino Médio
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
04 E
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 frontais) se formam, a ligação vai ficando mais fraca e menor.
Assim, podemos fazer as seguintes correspondências:
Possui entalpia igual a zero nas condições ambientes a
substância simples da maior estabilidade, no caso, o carbono 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 ΔH > 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 superior aos gases hidrogênio e oxigênio, indicando
um processo endotérmico, e deve possuir ΔH > 0.
d) (F) Para a água passar do estado líquido para o gasoso,
ela precisa receber energia em um processo endotérmico e deve possuir ΔH > 0.
e)(V)Para a água passar do estado gasoso para o
líquido, ela deve liberar calor em um processo exotérmico e deve possuir ΔH < 0.
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
02 A
04 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.
N2H4(g) + O2(g) → N2(g) + 2H2O(g)
ΔH = Habsorvido + Hliberado
C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(v)
ΔH = 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
03 B
II.2H2(g) + 1O2(g) → 2H2O(g)
ΔH = –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:
H2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g)
H2(g) + Br2(g) → 2HBr
equação)
ΔH = 13,5 kcal/mol (Manter a
ΔH = 5 kcal/mol
ΔH = Hprodutos – Hreagentes
ΔH = 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
Queremos obter a variação de entalpia da seguinte reação:
ΔH = [2 · (–94) + (–68,3)] – [+54,2]
ΔH = [–188 – 68,3] – 54,2
ΔH = –256,3 – 54,2
ΔH = –310,5 kcal
C6H4(OH)2(aq) + H2O2(aq) → C6H4O2(aq) + 2H2O(l)
C6H4(OH)2(aq) → C6H4O2(aq) + H2(g)
(Manter a reação)
ΔH = –95,0 kJ/mol
01 D
ΔH = 6490 + (–8160)
ΔH = –1670 kJ
H2O(l) → ½O2(g) + H2(g)
reação e o sinal do ∆H)
I.N2H4(g) → N2(g) + 2H2(g)
ΔH = –484,0 kJ/mol (Multi-
Atividades Propostas
• Cálculo da variação de entalpia:
ΔH = Habsorvido + Hliberado
H2O(l) + ½O2(g) → H2O2(aq)
a reação e o sinal do ∆H)
ΔH = +95,0 kJ/mol (Inverte
H2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g)
• Energia absorvida:
4000 + 2490 = 6490 kJ/mol
I.N2(g) + 2H2(g) → N2H4(g)
a reação e o sinal do ∆H)
II.H2(g) + ½O2(g) → H2O(g)
plicar a equação por 2)
Cl2(g) + 2HBr(g) → Br2(g) + 2HCl(g) ΔH = –8,5 kcal/mol
(Manter
a equação)
__________________________________________________
• Energia total liberada:
(–4464) + (–3696) = –8160 kJ/mol
Queremos obter a variação de entalpia da seguinte reação:
∆H = +177 kJ/mol
∆H = +95 kJ/mol (Inverter
02 D
∆H = +286 kJ/mol (Inverter a
C6H4(OH)2(aq) → C6H4O2(aq) + H2(g)
∆H = +177 kJ/mol
H2O2(aq) → H2O(l) + ½O2(g)
∆H = –95 kJ/mol
½O2(g) + H2(g) → H2O(l)
∆H = –286 kJ/mol
_________________________________________________
C6H4(OH)2(aq) + H2O2(aq) → C6H4O2(aq) + 2H2O(l)
Somando as entalpias, temos:
∆H = +177 kJ/mol –95 kJ/mol –286 kJ/mol = –204 kJ/mol
∆H = –204 kJ/mol
ΔH positivo indica que a entalpia dos produtos é maior
que a dos reagentes, caracterizando uma reação endotérmica a pressão constante.
03 B
Queremos calcular a variação de entalpia da seguinte
reação:
S(rômbico) → S(monoclínico)
S(rômbico) + O2(g) → SO2(g)
a reação)
S(monoclínico) + O2(g) → SO2(g)
ter a reação e o sinal do ΔH)
ΔH = –71,0 kcal/mol (Manter
ΔH = –71,1 kcal/mol (Inver-
2a Série – Ensino Médio | 5
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
S(rômbico) + O2(g) → SO2(g)
ΔH = –71,0 kcal/mol
07 A
SO2(g) → S(monoclínico) + O2(g)
ΔH = +71,1 kcal/mol
_____________________________________________
a) Metanol (CH3OH): 1 ligação O–H + 3 ligações C–H
110 + 3 · 99 = 407 kcal/mol
S(rômbico) → S(monoclínico)
b) Tetracloreto de carbono (CCl4): 4 ligações C–Cl
4 · 81= 324 kcal/mol
Somando as entalpias, temos:
c) Metano (CH4): 4 ligações C–H
4 · 99 = 396 kcal/mol
∆H = –71,0 kcal/mol + 71,1 kcal/mol =
∆H = +0,1 kcal/mol
d) Cloreto de metila (CH3Cl): 3 ligações C–H + 1 ligação C–Cl
3 · 99 + 81 = 378 kcal/mol
04 D
Queremos calcular a variação de entalpia da seguinte
reação:
CO(g) + ½O2(g) → CO2(g)
C(s) + ½O2(g) → CO(g) + 29,0 kcal (Inverter a equação e o
sinal do DH)
C(s) + O2(g) → CO2(g) + 94,4 kcal (Manter a equação)
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.
ΔH = Habsorvido + Hliberado
CH4(g) + Cl2(g) → CH3Cl(g) + HCl(g)
CO(g) → C(s) + ½O2(g) – 29,0 kcal
• 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
C(s) + O2(g) → CO2(g) + 94,4 kcal
_______________________________
CO(g) + ½O2(g) → CO2(g) + 65,5 kcal
05 D
• Cálculo do calor liberado na formação das ligações do
HCl:
Entalpia de ligação H–Cl = –103,2 kcal/mol
Queremos calcular a variação de entalpia da seguinte
reação:
½N2(g) + 3/2H2(g) → NH3(g)
NH3(g) + ¾O2(g) → 3/2H2O(g) + ½N2(g)
(Inverter a reação e o sinal do ΔH)
3/2H2(g) + ¾O2(g) → 3/2H2O(g)
a equação)
• Cálculo do calor absorvido na quebra das ligações do
CH4:
4 · entalpia de ligação C–H
4 · 98,8 = 395,2 kcal/mol
ΔH = –75,7 kcal
ΔH = –86,7 kcal (Manter
3/2H2O(g) + ½N2(g) → NH3(g) + ¾O2(g)
• Cálculo do calor absorvido na quebra das ligações do
Cl2:
Entalpia de ligação Cl–Cl = 58 kcal/mol
ΔH = +75,7 kcal
3/2H2(g) + ¾O2(g) → 3/2H2O(g)
ΔH = –86,7 kcal
__________________________________________________
• Energia total liberada:
(–374,9) + (–103,2) = –478,1 kcal/mol
½N2(g) + 3/2H2(g) → NH3(g)
Somando as entalpias, temos:
• Energia absorvida:
395,2 + 58 = 453,2 kcal/mol
∆H = +75,7 kcal – 86,7 kcal =
∆H = –11 kcal
• Cálculo da variação de entalpia:
ΔH = Habsorvido + Hliberado
06 D
Queremos calcular a variação de entalpia da seguinte
reação:
C2H5OH + ½O2 → CH3CHO + H2O
C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O
(Manter a reação)
ΔH = –327,6 kcal
CH3CHO + 5/2O2 → 2CO2 + 2H2O
(Inverter a reação e o sinal do ΔH)
ΔH = –279,0 kcal
ΔH = H(CH4 + Cl2) + H(CH3Cl + HCl)
ΔH = 453,2 + (–478,1)
ΔH = –24,9 kcal/mol
09 C
ΔH = Hprodutos – Hreagentes
(lembre-se de que a entalpia de formação de substâncias
simples é igual a zero).
ΔH = HAl2O3 – 3HMgO
ΔH = –327,6 kcal
ΔH = –1670 – 3(–604)
2CO2 + 2H2O → CH3CHO + 5/2O2
ΔH = +279,0 kcal
__________________________________________________
ΔH = –1670 + 1812
ΔH = +142 kJ
C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O
C2H5OH + ½O2 → CH3CHO + H2O
Somando as entalpias, temos:
∆H = –327,6 kcal + 279 kcal =
∆H = –48,6 kcal
6 | 2a Série – Ensino Médio
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.
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
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 encontram 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.
VCO2 = 4 · 0,05 = 0,2 mol/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 recipientes ( TA < TB < TC < TD), logo a taxa de desaparecimento do zinco segue esse mesmo comportamento.
02 B
0,2 mol CO2 –––––– 1 minuto
A velocidade média é a relação entre a variação da concentração em quantidade de matéria da substância e a
variação do tempo. Assim, temos:
03 B
Vm = |Δconcentração|/ Δtempo
Vm = |0,3 – 4,3|/ 14 – 4
Vm = 0,4 mol/L · min
A velocidade média é a relação entre a variação da concentração em quantidade de matéria da substância e a
variação do tempo. Assim, temos:
Vm = |Δconcentração|/ Δtempo
2 minutos – 120 segundos
5 minutos – 300 segundos
Vm = |0,4 – 0,7|/ 5 – 2
Vm = 0,1 mol/L · mim
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 catalisadores pra ocorrer. Ela apenas será mais lenta sem
eles.
IV. (V) Os catalisadores de processos biológicos são chamados 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 reagentes, 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
04 C
Pela proporção estequiométrica, observa-se que a quantidade de mols do CO2 é quatro vezes maior que a do
C4H10. Assim, temos:
Escrevendo a equação balanceada, temos:
C(s) + ½O2(g) → CO2(g).
Pela proporção estequiométrica, temos que a velocidade
de formação de CO2 é o dobro da velocidade de consumo 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: temperatura, superfície de contato e concentração dos reagentes.
Temperaturas mais elevadas, maior superfície de contato e maior concentração dos reagentes ocasionam um
aumento na velocidade da reação. Isso pode ser observado 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 moléculas dos reagentes e produtos se rearranjaram,
caracterizando a reação química.
c) (F) A colisão frontal não foi efetiva, e não ocorreu reação química.
2a Série – Ensino Médio | 7
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
tanto, não calculamos a sua concentração. A velocidade,
então, relaciona-se com a concentração do ácido clorídrico.
d) (F) Em I e III, as colisões não foram efetivas, as ligações dos reagentes não se romperam e não houve
reação química.
e) (F) Apenas na situação II, ocorreu formação de novas
substâncias.
02 A
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 experimento III levou um tempo menor do que I, pois, no comprimido partido, a superfície de contato é maior, o que
leva à ocorrência de mais colisões e torna a velocidade da
reação maior.
03 A
08 E
a) (F) A entalpia dos produtos é menor que a dos reagentes, indicando tratar-se de uma reação exotérmica. O catalisador não interfere no valor da variação de entalpia da reação.
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 catalisador, 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.
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 elementar, ocorrendo em uma única etapa). Assim: v = k[N2O5]2.
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 reagentes 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
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 cinética 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-
8 | 2a Série – Ensino Médio
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 velocidade 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 concentração 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 colisões 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 reação NO2 + CO → NO + CO2.
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
04 B
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 concentração 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
Processos reversíveis, Lei da Ação
Capítulo 14 das Massas de Gulberg-Waage
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:
Dobrar a concentração de N e ter a velocidade quadruplicada 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 substância não toma parte da Lei da Velocidade. Assim: v = K[N]2.
Atividades para Sala
01 B
02 D
A ordem de um reagente, na reação química, indica seu
expoente na Lei da Velocidade. Como a reação é de primeira ordem para cada reagente, a Lei da Velocidade é:
v = k[A] · [B]. Reduzir os volumes de A e B à metade significa 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 velocidade. 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 (experimentos 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
Todas as substâncias participantes da reação estão no
estado físico gasoso, caracterizando um equilíbrio químico 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:
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
0,267mol/L
0,267mol/L
Concentração
0,0175mol/L
no equilíbrio
07 C
Para que um sistema permaneça em equilíbrio, é preciso
que ele esteja em ambiente fechado.
Kc =
[PCl 3 ] ⋅ [Cl 2 ]
0, 267 ⋅ 0, 267
⇒ Kc =
⇒ K c = 0, 041mol/L
[PCl 5 ]
0, 0175
04 B
A reação em questão é H2(g) + I2(g) ↔ 2HI(g).
Kc =
[HI]2
[H2 ] ⋅ [I2 ]
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 / [H2]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
2a Série – Ensino Médio | 9
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
05 D
04 D
AB(g) <=====> A(g) + B(g)
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)
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%
05 A
Kc =
Atividades Propostas
a) (F)A reação possui variação de entalpia negativa,
sendo exotérmica. Essa reação é, então, favorecida 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 concentrações 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 formação, o que desloca o equilíbrio no sentido da
reação de decomposição do nitrato de amônio.
A constante de equilíbrio da reação A+ + B–  AB é
expressa por:
Kc =
[ AB]
[ A + ][B− ]
Quando o equilíbrio químico é estabelecido, as velocidades das reações direta e inversa se igualam, assim, temos:
V1 = V2
1 · 1013 [A+][B–] = 2 · 10–7 [AB]
1⋅ 1013
[ AB]
=
⇒ K c = 5 ⋅ 1019
+
−
[ A ][B ] 2 ⋅ 10 −7
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:
C2H4O2 + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O
Início
Reage/forma
Equilíbrio
2 mols
3 mols
0
0
x
x
x
x
2–x
3–x
x
x
07 C
Kc =
[CH3COOC2H5 ] ⋅ [H2O]
[C2H4O2 ] ⋅ [C2H5OH]
Kc =
x2
x⋅x
⇒
⇒4=
6 − 2x − 3 + x 2
(2 − x ) ⋅ (3 − x )
[SO3 ]2
⇒ 4 2 /22 ⋅ 3 ⇒ K c = 1, 33
[SO2 ]2 [O2 ]
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 misturar 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 concentrações das substâncias não se alteram mais.
⇒ 3 x 2 − 20 x + 24 ⇒ x = 1, 57
[CH3COOC2H5] = 1,57 mol e [C2H4O2] = 2 – 1,57 = 0,43 mol
09 D
03 C
Expressamos a constante de equilíbrio:
Kc =
A constante de equilíbrio é expressa por:
Kp =
[NO2 ]2
⇒ 22 /0, 5 ⇒ K c = 8
[N2O4 ]
06 E
01 E
Expressamos a constante de equilíbrio:
−3
(pNbCl 3 ) ⋅ (pNbCl 5 )
5, 0 ⋅ 10 ⋅ 1, 0 ⋅ 10
⇒ Kp =
(pNbCl 4 )
(1, 0 ⋅ 10 −2 )2
⇒ K p = 5, 0 ⋅ 10 −3
10 | 2a Série – Ensino Médio
−4
⇒
O catalisador não interfere no valor da constante de equilíbrio, ele apenas aumenta a velocidade da reação e por
consequência, o equilíbrio químico será atingido em um
tempo menor.
VOLUME 2 | QUÍMICA 2
10 B
Kc =
[C]c ⋅ [D]d
[ A ]a ⋅ [B]b Kp =
PC c ⋅ PDd
PA a ⋅ PBb
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 =
=
c
d
a
b
 nCRT   nDRT 

 ⋅

V   V 
 nART   nBRT 

 ⋅

V   V 
c
d
a
b
=
c
d
a
b
 nC 
d
c  nD 
  (RT ) ⋅   (RT )
V
V
 nA 
a  nB 
b
  (RT ) ⋅   (RT )
V
V
=
 nC   nD 
( c + d)
  ⋅   ⋅ (RT )
V
V
 nA   nB 
(a+ b)
  ⋅   ⋅ (RT )
V
V
n
é simplesmente a concentração molar e (c + d) – (a + b) é
V
a variação do no de mols do gás, Dngás, na equação balanceada. Portanto:
Mas
Kp =
[C]c ⋅ [D]d
(RT )∆n ⇒ K p = K c (RT )∆n
[ A ]a ⋅ [B]b
K c /K p = (RT )− ∆n
2a Série – Ensino Médio | 11