Química I
H2SO4 + 2NaOH
Na2SO4 + 2H2O
1 mol
2 mol
z
0,010 mol
Módulo 9
z = 0,020 mol de Na OH
Questões de Aplicação
1.
t
Ma = Molaridade do ácido ------------------------- 2 mol/L
Massa de NaOH (puro):
Xa = número de hidrogênios ionizáveis do ácido-----1
n = nM = 0, 080 mol . 40
Va = Volume da solução ácida (litros)------------------- 100
mL ou 0,1 L
m = 3, 2g
Como: nH+ = MaXaVa tem-se, nH+ = 2 . 1 . 0,1 = 0,2 mol
de íons H+
4,0 g de NaOH (impuro)
3,2 g de NaOH (puro)
100 g de NaOH (impuro)
w g de NaOH (puro)
Mb = Molaridade da base ---------------------------1 mol/L
Xb = Número de íons hidroxila (OH–) do da base----1
w = 80
4.
Mfinal =
1, 0 . 100
Minicial . Vinicial
⇒ Mfinal =
Vfinal
200
Mfinal = 0, 05 mol / L
1 NaC Assim, haverá 0,1 mol de íons H+ em excesso em 0,2 L
de solução.
1 Na1+ 0,05 mol/L
1 KC Conclusão: M = n/V então: M = 0,1/0,2 = 0,5 M
+
0,05 mol/L
1K
1+
0,05 mol/L
Observe que: o número de mol íons H+ (nH+) = número
de mol de íons OH– (nOH–)
1C
+
1C
–1
0,05 mol/L
:
–1
0,05 + 0,05 = 0,1
MCl = 0,1 mol L
–1
5.
Cálculo da concentração em mol/L de cada sal:
a) Em relação ao iodeto de sódio, Nal:
Minicial . Vinicial = Mfinal . Vfinal
Va = Volume da solução ácida (litros)------------------- X
Mb = Molaridade da base -----------------------0,25 mol/L
Mfinal =
Xb = Número de íons hidroxila (OH-) do da base----1
0, 5 . 80
Minicial . Vinicial
⇒ Mfinal =
Vfinal
200
Vb = Volume da solução básica (litros)--------1000 mL L
Mfinal = 0, 2 mol / L
Aplicando os dados fornecidos e solicitados no exercício
na fórmula da neutralização total: MaXaVa = MbXbVb
Em relação ao iodeto de bário, Bal:
Minicial . Vinicial = Mfinal . Vfinal
Tem-se:
Mfinal =
0,50 . 2 . Va = 0,25 . 1 . 1000
Logo, Ma = 250 mL
–1
0,05 mol/L
0,05 mol/L
Em relação ao íon C
Assim, tem-se:
Xa = Número de hidrogênios ionizáveis do ácido----- 2
Como o volume e a concentração em mol/L são iguais
para as duas soluções, podemos calcular:
Minicial . Vinicial = Mfinal . Vfinal
Observe que o número de mols do reagente em excesso
será a diferença entre o nH+ e o nOH–, ou seja: 0,2 – 0,1
= 0,1 .
Ma = Molaridade do ácido --------------------- 0,50 mol/L
80%
Em relação aos sais NaC e KC :
Como nOH– = MbXbVb tem-se, nOH– = 1 . 1 . 0,1 = 0,1
mol de íons OH-
Dados fornecidos e solicitados:
g
mol
Resposta: 80%
Vb = Volume da solução básica (litros)------------100 mL
ou 0,1 L
3.
0,020 mol de NaOH
100 mL de NaOH (aq)
T = 0,080 mol de NaOH
Determinação separada do número de mols de íons
H+:
Determinação separada do número de mols de íons
OH–
2.
25 mL de NaOH (aq)
Minicial . Vinicial
1, 0 .120
⇒ Mfinal =
200
Vfinal
Mfinal = 0, 6 mol / L
1 L de H2SO4(aq) –––––– 0,50 mol de H2SO4
0,020 L de H2SO4(aq) ––––––y
b) Em relação ao íon Na:
y = 0,010 mol de H2SO4
1Nal
1 Na1+
+ 1 l1–
0,2 mol/L
0,2 mol/L
0,2 mol/L
3.
M Na = 0,2 mol/L
1+
Em relação ao íon Ba2+:
1 Bal
0,6 mol/L
1 Ba
1+
+ 2 l
1–
0,6 mol/L 50 ⋅ 0, 10
⇒ x = 0, 005 mol de H2SO4
1000
Em relação ao íon l–1:
0,40 mol de NaOH
1000 ml
0,2 + 2 . 0,6 = 1,4
x
50ml
50 ⋅ 0, 40
y=
⇒ x = 0, 02 mol de NaOH
1000
–1
Questões Complementares
a) 1 H2SO4(aq) + 2 NaOH(aq)
Concentração dos íons cálcio, Ca2+:
Minicial . Vinicial = Mfinal . Vfinal
Mfinal
.V
M
= inicial inicial ⇒
Vfinal
0, 10 . 100
500
= 0, 02 mol / L
Mfinal =
Mfinal
Minicial . Vinicial
⇒
Vfinal
0, 20 . 400
500
= 0, 16 mol / L
Mfinal =
0,005 mol
z
z = 0,005 . 2
Conclusão: o meio ficar básico, pois há excesso de
base.
x = 0,01 mol de NaOH
4.
w=
1000 ⋅ 0, 01
100
w = 0,1 mol/L de NaOH
Observe que: o número de mol íons H+ (nH+) = número
de mol de íons OH– (n OH–)
Dados fornecidos e solicitados:
Ma = Molaridade do ácido ------------------------- x mol/L
Xá = Número de hidrogênios ionizáveis do ácido----- 2
Va = Volume da solução ácida (litros)------------- 7,50 mL
Mb = Molaridade da base -----------------------0,75 mol/L
Xb = Número de íons hidroxila (OH–) do da base----1
Vb = Volume da solução básica (litros)-------------40 mL
Aplicando os dados fornecidos e solicitados no exercício
na fórmula da neutralização total: MaXaVa = MbXbVb
MCl = n. de íons na fórmula . Msubstância .
MCl = 2 . 0,18 . 1 = 0,36 mol/L
–1
Tem-se:
Observe que: o número de mol íons H+ (nH+) = número
de mol de íons OH– (n OH–)
Dados fornecidos e solicitados:
1000mL
Assim, tem-se:
o
Assim, teremos:
0,01 mol de NaOH (em excesso) 100mL
Concentração dos íons cloreto, Cl1–:
M . V = M·. V · + M·. V ··
M·. V · + M·. V ··
M=
V
0, 10.100 + 0, 20.400
M=
500
M = 0, 18
8 mol / L
–1
2 mol
w
Minicial . Vinicial = Mfinal . Vfinal
Mfinal
1 mol
Concentração dos íons estrôncio, Sr :
Mfinal =
1 Na2SO4(aq) + 2 H2O
b) Volume final = 100mL
2+
X . 2 . 7,50 = 0,75 . 1 . 40
Logo, Ma = 2,0 mol/L
5.
Ma = Molaridade do ácido -------------------- 0,02 mol/L
D
M=
Xá = Número de hidrogênios ionizáveis do ácido----- 1
ensino MÉDIO 2.a SÉRIE
50ml
M I = 1,4 mol/L
m
⇒ m = M ⋅ M ⋅ V (L )
M ⋅ V (L )
Va = Volume da solução ácida (litros)------------------- Pedido
no exercício
m = 0,1 . 36,5 . 0,25
m = 0,9125 g de HC
HC + NaHCO3
NaC + H2O + CO2
Mb = Molaridade da base ---------------------0,010 mol/L
1 . 36,5 g de HC
1 . 84 g de NaHCO3
Xb = Número de íons hidroxila (OH-) do da base----2
0,9125 g de HC
x
Vb = Volume da solução básica (litros)-----------------100
mL ou 0, 1 L
x=
Aplicando os dados fornecidos e solicitados no exercício
na fórmula da neutralização total: MaXaVa = MbXbVb
Tem-se:
0,02 . 1 . Va = 0,01 . 2 . 100
Logo, Ma = 100 mol/L
2
1000 ml
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH na solução:
+2
2.
0,10 mol de H2SO4
x
x=
2.0,6 molL
M Ba = 0,6 mol/L
1.
Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4 na solução:
0, 9125 ⋅ 1⋅ 84
⇒ x = 2, 1 g de NaHCO3
1⋅ 36, 5
Módulo 10
Questões de Aplicação
1.
A
Envolve duas mudanças de estado absorção de calor para
que as mesmas ocorram.
2.
1 cal........................................4,18 Joules
450cal .....................................
O calor liberado na combustão de 10 g do material é
471,63 KJ.
5.
x
x
H = –110 kcal
Reação exotérmica (libera energia).
y
b)
H=H–H
H = + 50 kcal
H = –30 – 80
H = 70 – 20
y=
Reação endotérmica (absorve energia).
H = Hp – Hr
Módulo 11
H=–A–O
Questões de Aplicação
A reação é endotérmica (absorve energia), uma vez que
o valor de H é positivo.
1.
3 . 32 g de O2(g)
absorvem
1g de O2(g) absorvex
2.
a) Evaporação e liquefação.
b) A evaporação na superfície da água salobra e a liquefação na superfície do plástico.
c) A evaporação, que absorve energia do Sol.
322,3 g de Na2SO4 . 10 H2O
19,6 kcal
644000 g de Na2SO4 . 10 H2O
x
322, 3
19, 6
644000 ⋅ 19, 6
=
⇒x=
644000
322, 3
x
x = 39163,5 kcal
A energia absorvida durante o dia é de 39163,5 kcal.
No processo inverso, a energia que foi absorvida
durante o dia é liberada durante a noite.
13300 kJ
10 g
x
x=
10 ⋅ 13300
⇒ x ≅ 471, 63 kJ
282
Dividindo todos os coeficientes por 2n para obter 1
mol de produto, teremos:
3/2 H2(g) + 1/n Pn(s, vermelho) + 2 O2(g)
1 mol de HgO
90 KJ
100 mol de HgO
90 .100 KJ
1 mol de CH4
900 KJ
x
90 . 100 KJ
2n H3PO4(s)
Todas as reações são endotérmicas.
III. H positivo.
4.
CH = 58 g mol
a) 58 g de C4H10
2900 KJ
1000 g de C4H10liberam x
1000 ⋅ 2900
⇒ x = 50000 kJ
58
A energia liberada foi de 50000 KJ.
x=
b) 58 g de C4H10
24,5L
1000 g de C4H10
1000 ⋅ 24, 5
⇒ y = 422, 4 kJ
58
O volume consumido foi de 422,4 L de butano.
5.
liberam
y
y=
0,782 g de etanol
1 mL
x
100 mL
100 ⋅ 0,782
x=
⇒ x = 78, 2 g de e tan ol
1
3,6 . 10 kcal
46 g de etanol
78,2 g de etanol
GABARITO COMENTADO
282 g de C20H42
II. A energia participa como reagente.
Como teoricamente o rendimento em todas as etapas é de 100%, então a energia liberada para a casa
durante a noite é igual a 39163,5 kcal.
4. C20H42 = 282 g mol
2n H3PO4(s)
I. A energia participa como reagente.
H = –19,6 kcal
3n H2(g) + 2 Pn(s, vermelho) + 4n O2(g)
X = 10 mol de CH4
3.
1 Na2SO4 . 10 H2O(s)
b) Massa molar do Na2SO4 . 10 H2O = 322,3 g mol
90 ⋅ 100 ⋅ 1
x=
900
a) A combustão do hidrogênio não polui a atmosfera.
3. a) 1 Na2SO4(s) + 10 H2O(l)
1HS (g)
c) Equação balanceada:
3 ⋅ 32 68
1⋅ 68
=
⇒x=
x
1
3 ⋅ 32
x = 0,71 kcal (710 cal)
b) A gasolina é obtida do petróleo que é uma fonte finita,
enquanto que o hidrogênio é obtido a partir da água
que é uma fonte inesgotável.
1 NH3(g)
b) 1 H (g) + 1/8 S8(s, rômbico)
68 kcal
Questões Complementares
Equações de entalpia de formação ocorrem em condições-padrão: 1 atm, a 25 oC.
a) 3/2 H2(g) + 1/2 N2(g)
Massas molares em g/mol: O2 = 32 e O3 = 48.
200 ⋅ 1
⇒ y = 0, 645 mol de acetileno
310
Hr = O
H = –A
200 kcal
e
4. A. Hp = –A
2.
360 g de água
3.a)H = Hp – Hr
1.
10 kcal
360 ⋅ 10
x=
⇒ x = 200 kcal
18
310 kcal
1 mol de acetileno
x = 1881 J
5.
18 g de água (1 mol)
y
3
y=
4.
78, 2 ⋅ 3, 6 ⋅ 102
⇒ y = 612 kcal
46
y = 612 . 103 cal
H = + 2,8 . 106 J mol de glicose
1 mol de glicose
absorve
2,8 . 106 J
0,5 mol de glicose
absorve
x
x=
Questões Complementares
1.
1. Os fatores que podem influenciar a variação da entalpia de uma reação são:
0, 5 ⋅ 2, 8 ⋅ 10
⇒ x = 1, 4 ⋅ 106 J
1
6
5. a)C2H4O2 (l) + 3 O2 (g)
2 CO2 (g) + 2H2O (l)
b)C4H10 (g) + 13/2 O2 (g)
4 CO2 (g) + 5 H2O (l)
• Fase de agregação de reagentes e produtos.
• Forma alotrópica de reagentes e produtos.
• Temperatura em que ocorre a reação.
Módulo 12
• Pressão em que ocorre a reação.
Questões de Aplicação
• Quantidade de reagentes e produtos.
1.
• Meio reacional.
2.
a) 1 H2(g) + 1/2 O2(g)
1 C2H5OH + 3 O2(g) 2 CO2(g) + 3 H2O(l)
1 C8H18 + 25/2 O2(g)
ensino MÉDIO 2.a SÉRIE
+
3
2
→ 1 WO3( s )
O2(g) 
∆Hcombustª o = −840 kJ / mol
8 CO2(g) + 9 H2O(l)
→ 1 CO2( g )
1 C ( grafita ) + 1 O2( g ) 
liberam
242 KJ
1000 g de hidrogênio
liberam
x
2
242
1000 ⋅ 242
=
⇒x=
x
1000
2
∆Hcombustª o = +1196 kJ / mol
x = 121000 KJ/kg de hidrogênio
1 C ( grafita ) + 1 W( s )
46 g de álcool (1mol) liberam
1000 g de álcool
liberam
∆Hcombustª o = −394 kJ / mol
→ 1 WC ( s ) +
1 WO3( s ) + 1 CO2( g ) 
1230 kJ
46
1230
1000 ⋅ 1230
=
⇒y=
y
1000
46
O hidrogênio é o mais eficiente.
O2( g )

→ 1 WC ( s )
H = –38 kJ/mol
2. 1 C ( grafita ) + 1 O2( g ) 
→ 1 CO2( g ) ∆H = −94, 1 kcal / mol
∆H = +0, 4 kcal / mol
1 C ( grafita ) 
→ C ( diamante )
c) 1 L de álcool possui massa igual a 800 g.
1 mol de grafita = 12 g
1000 g de álcool liberam
26739,13 kj
800 g de álcool
z
12 g de C(grafita)
0,4 kcal
x
1000 26739, 13
800 ⋅ 26739, 13
=
⇒z=
800
1000
z
z = 21391,30 ou ≅ 21391 kj/L de álcool
2400 g de C(grafita)
Combustão de 1 L de gasolina:
100 um (unidades monetárias)
31300 kj
1 um
2
→ 1 C ( diamante ) + 1 O2( g ) ∆H = +94, 5 kcal / mol
1 CO2( g ) 
y = 26739,13 kJ/kg de álcool
liberam
5
H = –840 + (–394) + 1196
y
4
1 W( s )
b) 2 (g) de hidrogênio (1 mol)
3.
1 H2O(l)
C. Equação I + equação II + inverso da equação III =
equação procurada:
100 31300
1⋅ 31300
=
⇒α=
α
1
100
α = 313 kJ
x=
3. a) A reação é exotérmica, pois a energia é um dos
produtos da reação, logo o sinal de H é negativo.
Combustão de 1 L de álcool (65% mais barato):
65 um (unidades monetárias)
21391 kJ
1 um
65 21391
1⋅ 21391
=
⇒β=
1
65
β
β = 329 kJ
O combustível mais econômico é o álcool.
A equação II é mais exotérmica porque a quantidade de
energia liberada na formação da água na fase líquida é
maior do que na formação da água na fase gasosa.
2400 ⋅ 0, 4
⇒ x = 80 kcal
12
A reação parte de dois mol de reagente. Para encontrar o valor de H em kcal/mol, basta dividir o valor
da energia liberada por dois. Fazendo isso, temos:
H0 = –372,8 kcal/mol.
b) A reação é exotérmica, pois a energia é retirada dos
reagentes, portanto, liberada ( H é negativo). Para
encontrar o valor de H em kcal/mol, basta dividir
o valor da energia liberada por dois. Fazendo isso,
temos:
H0 = –400 kcal/mol.
4. C. O inverso da equação I + equação II = equação procurada:
1 CO2(g)
1 C(grafita)
1/2 O2(g)
H = +26,4 kcal
1 C(grafita)
+ 1 O2(g)
1 CO2(g)
H = –94,1kcal
1 CO2(g)
+ 12 O2(g) 1 CO2(g)
H = –67,7 kcal
5. a) Na primeira fase ocorre a quebra das ligações interatômicas: H1.
Na segunda fase ocorre a hidratação das partículas
do soluto: H2.
b) Reação endotérmica: H > 0 se ∆H1 > ∆H2 .
Reação exotérmica: H < 0 se ∆H1 < ∆H2 .
Questões Complementares
1.
1 Fe(s) + 1/2 O2(g)
Dividindo todos os coeficientes por 2n para obter 1
mol de produto, teremos:
3/2 H2(g) + 1/n Pn(s,vermelho) + 2 O2(g)
5.
2n H3PO4(s)
a) O calor faz parte do produto reacional. Logo, a reação
é exotérmica.
b)2 mols de Fe(s) ..........3 . 24 L CO2 (g)
1 mol de Fe (s ........... v
v = 36 L de CO2 (g)
1 FeO(s)
Aplicando a Lei de Hess (inverso da reação II + reação
III + inverso da reação IV = reação de formação do óxido
de ferro II, FeO(s)):
1 Fe(s) + 1 CO(g)
1 FeO(s) + 1 C(grafita)
H = –155,8kJ
0
1C(grafita) + 1 O2(g)
1 CO2(g)
H0 = –393,5kJ
1CO2(g)
1 CO(g) + 1/2 O2(g)
H = +283,0 kJ
0
1Fe(s) + 1/2 O2(g)
1FeO(s)
H = –266,3 kJ/mol
0
2.
2 Fe(s) + 3 CO(g)
1 Fe2O3(s) + 3C(grafita)
H = –492,6 kJ
3 C(grafita) + 3 O2(g)
3 CO2(g)
H = –1180,5 kJ
3 CO2(g)
3 CO(g) + 3/2 O2(g)
H = +849,0 kJ
2 Fe(s) + 3/2 O2(g)
1 Fe2O3(s)
H = –824,1 kJ
3. C. Verdadeiro.
Decomposição do N2O4(g): a reação pode ser obtida pelo
inverso da reação B.
1 N2O4(g)
1 N2(g) + O2(g)
H = –9,6 kJ
A decomposição do N2O4(g) libera 9,6 kJ de energia por
mol.
Dimerização do NO2(g): a reação pode ser obtida por:
inverso da reação A + reação B.
2 NO2(g)
1 N2(g) + 2 O2(g)
1 N + 2 O2(g)
H = –67,6 kJ
1 N2O4(g)
2 NO2(g) + 2 O2(g)
1 N2O4(g)
H = +9,6 kJ
H = –58 kJ
4. Equações de entalpia de formação ocorrem em condições-padrão: 1 atm, a 25 oC.
a) 3/2 H2(g) + 1/2 N2(g)
b) 1 H2(g) + 1/8 S8(s, rômbico)
1 NH3(g)
1 H2S(g)
c) Equação balanceada:
3n H2(g) + 2 Pn(s,vermelho) + 4n O2(g)
2n H3PO4(s)
GABARITO COMENTADO
A dimerização do NO2(g) libera 58 kJ de energia.
5
6
ensino MÉDIO 2.a SÉRIE