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Química Geral 1 – 2017.1 – Primeiro Exercício – 06/04/2017 
GABARITO 
 
01. Coloca-se um cubo de gelo de 50,0 g a 0oC em um copo que contém 400 g de água a 
45oC. Calcule a temperatura final da água, considerando que não há perda de calor para a 
vizinhança. 
Resposta: 
 Vamos identificar a amostra de água proveniente do gelo com o índice 1 e a outra 
 amostra de água com o índice 2. 
 q1= qfusão+ qaquecimento 
 q1= (m/M) ∆H
o
fus + Csm ∆T 
 q1= (50,0g/18g mol
-1) 6010 Jmol-1+ 4,18JoC-1g-1. 50g .(Tf– 0
oC) 
 q1= 16694,44 + 209Tf 
 q2= qresfriamento 
 q2= Csm ∆T 
 q2= 4,18J
oC-1g-1 . 400g(Tf – 45
oC) 
 q2= 1672Tf – 75240 
 Sabemos que: q1 = -q2; logo: 16694,44 + 209Tf= - (1672Tf – 75240) 
 Tf= 31,1
oC 
 
02. (a) Calcule o trabalho associado à combustão de 1 mol de benzeno líquido (C6H6) a 298 
K, contra a pressão atmosférica. (b) A partir dos dados tabelados, calcule a entalpia padrão 
da reação. (c) Calcule a variação de energia interna do sistema. Considerar a reação 
padrão de combustão do benzeno. 
Resposta: 
a) O trabalho realizado é devido à variação do número de mols de substâncias gasosas, 
que gera variação do volume. 
C6H6(l) + 15/2 O2(g) → 6 CO2(g) + 3 H2O(l) 
De acordo com a equação da reação de combustão padrão do benzeno balanceada, para 1 
mol de benzeno a variação da quantidade em mols de gases é: 
∆n = 6 – 15/2 = -1,5 mols 
P∆V = ∆nRT 
∆V = (-1,5 mols x 8,314 J.K-1.mol-1x 298K)/1,01x105Pa 
∆V = - 0,037 m3 
w = - Pextx ∆V = -1,01x10
5 x -0,037 = 3,74x103 J = 3,74 kJ 
b) ∆H° = ∑n∆Hf°(produtos) - ∑n∆Hf°(reagentes) 
∆H° = [6x∆Hf°CO2(g) + 3x∆Hf°H2O(l)] – [1x∆Hf°C6H6(l) + 15/2x∆Hf°O2(g)] 
∆H° = [6x (-393,51) + 3x (-285,83)] – [1x 49 + 15/2x 0] = -3267,55 kJ 
c) ∆Uº = ∆Hº + w = -3267,55 + 3,74 = - 3263,81 kJ 
 
03. O aquecimento de uma amostra de 0,9 mol de um gás ideal a pressão constante aumentou 
sua entalpia em 1,2 kJ e sua temperatura em 45,82ºC. Considerando os gases He(g), O2(g) 
e H2O(g), a amostra poderia ser formada por qual deles? 
Resposta: 
Se ∆H é 1,2 kJ, em pressão constante, logo o gás recebeu 1,2 kJ de calor, já que, por 
definição, a variação de entalpia é o calor envolvido numa transformação quando a 
pressão é constante. Sendo assim, Cp,m = q/n∆T = 29,09 J.K-1. Dividindo este valor por 
R, encontramos a razão 7/2 o que caracteriza que o gás é linear (Cp,m = 7/2R). Logo, 
dentre as opções dadas, a amostra poderia ser de O2(g). 
 
04. Um gás ideal, ocupando inicialmente o volume de 10,0 L, pressão de 1,5 atm e 
temperatura de 412 K, expande-se até o volume de 27,2 L de acordo com os dois 
caminhos a seguir: (a) expansão isotérmica reversível e (b) expansão livre isotérmica 
irreversível. Para cada caminho, calcule w, q, ∆U, ∆Stot, ∆S e ∆Sviz. 
Resposta: 
a) Uma vez que o processo é reversível calculamos o trabalho segundo a expressão 
 
Desde que a expansão do gás ideal é isotérmica , logo q= -W= +1520J. Desde que 
o processo é reversível qviz=-q. Logo as variações de entropias são calculadas de acordo 
com 
 
 
 
b) Em uma expansão livre reversível, o gás expande-se contra uma pressão externa nula, 
logo . Sendo o processo isotérmico ,logo q=0 e qviz=0. Sendo assim a 
entropia do sistema é calculada da mesma forma que no caminho a), ou seja, 
 
 
 
 
05. O nitrato de potássio dissolve facilmente em água e sua entalpia de solução é 
+34,9 kJ mol–1. Justifique suas respostas. 
(a) A entalpia de solução favorece ou não o processo de dissolução? 
(b) A variação de entropia do sistema é positiva ou negativa, quando o sal dissolve? 
(c) A variação de entropia do sistema é, principalmente, resultado de mudanças de 
desordem posicional ou desordem térmica? 
(d) Qual fator termodinâmico (entalpia ou entropia) é responsável pela dissolução do 
KNO3? 
(e) Você espera que essa reação seja espontânea para qualquer temperatura? 
Resposta: 
(a) Não. A dissolução será espontânea se a variação de energia livre associada for 
negativa. Examinando a equação , vemos que valor positivo da entalpia 
contribui para aumentar a energia livre do processo, desfavorecendo a dissolução. 
(b) Como ∆H é positivo, para que a dissolução ocorra espontaneamente é necessário que 
 para o sistema seja positivo, ou seja, ocorra um aumento da entropia do sistema 
durante o processo, para que a variação de energia livre possa ser negativa. 
(c) A dissolução envolve a separação das moléculas do sólido se espalhando pelo 
solvente, com um aumento significativo da desordem posicional. Além disso, o 
positivo indica absorção de calor, de forma que a temperatura deve diminuir, 
contribuindo para uma menor desordem térmica. Assim, uma vez que a dissolução 
ocorre espontaneamente, o aumento da desordem posicional deve ser o fator dominante. 
(d) Uma vez que a variação de entalpia desfavorece a dissolução (a), o fator 
termodinâmico responsável pela dissolução deve ser a variação de entropia. No caso, o 
espalhamento das moléculas de KNO3 pelo solvente, aumentando sua desordem 
posicional e a entropia do sistema. 
(e) Não. Em temperaturas baixas o suficiente, o termo de entalpia deve dominar e 
, de forma que a dissolução não é espontânea a baixas temperaturas. A 
temperaturas mais altas, o termo de entropia passa a dominar e o processo se torna 
espontâneo. 
 
Dados: Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; N = 14,0 g/mol, K = 
39,0 g/mol; He = 4,0g/mol. Densidade: Água = 1,00 g.cm-3. 
-1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K = 0,082 Latm mol K , F = 9,65 x 104 C mol–1; 1 bar ≈1 atm; 1 atm = 
1,01325 x 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L 
= 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V Capacidade calorífica para a água: C = 4,18 J. K-1. g-1 = 75, 
3 J. K-1. mol-1. Capacidades caloríficas específicas para gases: Moléculas Monoatômicas: Cv, m = 
3/2 R; Cp,m = 5/2 R; Moléculas Poliatôm. lin.: Cv, m = 5/2 R; Cp,m = 7/2 R; Moléculas Poliatôm. 
não-lin: Cv, m = 3 R; Cp,m = 4 R; ∆H° fusão para a água = 6,01 kJ.mol
-1
; ∆H° vaporização para a 
água = 44,01 kJ.mol-1 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância ( )10 molkJ −∆ fH ( )110 molKJ −−mS ( )10 molkJ −∆ fG ( )
11
, molKJ
−−
mpC 
H2O (l) -285,83 69,91 -237,13 75,29 
H2O (g) -241,82 188,83 -228,57 33,58 
C (grafita) 0 5,740 0 8,53 
O2 (g) 0 205,14 0 29,36 
CO2 (g) -393,51 213,74 -394,36 37,11 
 C6H6 (l) 49,0 173,3 124,3 136,1 
 
Equações 
 
 
 
Química Geral 1 – 2017.2 – Primeiro Exercício – 12/09/2017 
GABARITO 
 
01. (2 pts) Calcule a entalpia de reação da síntese do gás brometo de hidrogênio (HBr) a partir do gás 
hidrogênio e do bromo líquido, usando as seguintes informações: 
a) NH3(g) + HBr(g) → NH4Br(s) DHo = -188,32 kJ 
b) N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g) DHo = -92,22 kJ 
c) N2(g) + 4H2(g) + Br2(l) → 2NH4Br(s) DHo = -541,66 kJ 
 
Resposta: 
Como entalpia é uma função de estado podemos calcular DHo da reação da síntese do gás brometo de 
hidrogênio usando a lei de Hess. O primeiro passo é escrever a equação balanceada da reação de 
interesse: 
 H2(g) + Br2(l) → 2HBr(g) DHo =? 0,5 pts 
O segundo passo é utilizar as três equações dadas de modo que resulte a equação da reação acima. Desta 
forma, a equação a) será invertida e multiplicada por 2, enquanto a equação b) será invertida e a c) será 
repetida. 
a) 2NH4Br(s) → 2NH3(g) + 2HBr(g) DHo = +376,64 kJ 
b) 2NH3(g) → N2(g) + 3H2(g) DHo = +92,22 kJ 
c) N2(g) + 4H2(g) + Br2(l) → 2NH4Br(s) DHo = -541,66 kJ 
4H2(g) + Br2(l) → 3H2(g) + 2HBr(g) 
 H2(g) + Br2(l) → 2HBr(g) 
DHo = +376,64 + +92,22 -541,66 = -72,8 kJ 
1. Acertou apenas a equação da síntese do gás brometo de hidrogênio: 0,5 
2. Errar ou omitir estado físico: -0,1 
3. Errar somente o cálculo da soma do DH: -0,5 
4. Escrever as equações corretamente, mas errar o cálculo de DH, em função de não inverter os sinais 
de DH das equaçõesa e b ou esquecer de multiplicar o DH da primeira por 2: -1,0 
 
02. (2 pts) Motores a vapor movidos a carvão usam o calor do carvão queimado para aquecer a água. 
Suponha que este carvão utilizado é carbono puro. A combustão do carbono é descrita pela equação: 
𝐶(#) + 𝑂'(() → 𝐶𝑂'(() 
a) Calcule o calor produzido quando um pedaço de carvão de massa 315 g é queimado. 
b) Estime a massa de água que pode ser aquecida de 25°C a 100°C na queima desse pedaço de 
carvão. 
 
Resposta: 
a) (1,0 pt) Transformar a massa do pedaço de carvão em mol: 
315	𝑔	𝑑𝑒	𝐶. 2	345	67	8
2'	(	67	8
= 26,25	𝑚𝑜𝑙	𝑑𝑒	𝐶.	 0,5 pts	
Pela equação termoquímica, sabe-se que na combustão de 1 mol de C, liberam-se 393,51 kJ de 
energia na forma de calor, assim para os 26,25 mol de C, tem-se: 
26,25	𝑚𝑜𝑙	𝑑𝑒	𝐶. @ABA,C2	DE
2	345	67	8	
= −10329,6	𝑘𝐽		 0,5 pts	
b) (1,0 pt) Sabendo que a energia liberada pela reação em forma de calor seria transferida para a 
vizinhança, que é composta pela agua a ser aquecida, pode-se estabelecer o balanço: 
𝑞5LM7NO64	PO	Q4N3O	67	RO54N = −𝑞OM#4NSL64	T75O#	SLULPVOPçO# 
Dessa maneira, 10329,6 kJ de energia foram transferidos para a água. 0,5 pts 
Este calor transferido, é equivalente à variação da temperatura da água, a qual dependerá da sua 
capacidade calorífica, estando relacionadas pela seguinte equação: 
𝑞 = 𝑚𝐶∆𝑇 
Substituindo os dados fornecidos e calculando m: 
Z
8∆[
= 𝑚 = 2\A'B,]	^	2\
_E
`,2a`	E. °8.( cd^(2\\°8@'C°8)
= 32917,9	𝑔	𝑑𝑒	𝐻'𝑂 0,5 pts 
Portanto, na queima de 315 g de carvão podem ser aquecidos 32,92 Kg de água de de 25°C a 100°C. 
Sinal errado desconta: 0,2 pontos em cada item. 
Esquecimento das unidades desconta 0,2 em cada item. 
 
03. (2 pts) Um gás ideal, ocupando inicialmente o volume de 15,0 L, pressão de 1,5 atm e temperatura 
de 312 K, expande-se até o volume de 17,2 L de acordo com os dois caminhos a seguir: (a) expansão 
isotérmica reversível e (b) expansão livre isotérmica irreversível. Para cada caminho, calcule w, q, 
DU, DStot, DS e DSviz. 
 
Resposta: 
a) 	Uma vez que o processo é reversível calculamos o trabalho segundo a expressão 
𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛
𝑉Q
𝑉L
 
O número de moles do gás é calculado pela expressão: 
𝑛 = kl
m[
= 2,C×2,2\2A'C×2\
o×2C×2\c_
a,A2`×A2'
= 0,96	𝑚𝑜𝑙 0,2 pts 
Então: 
𝑤 = 0,96×8,314×312×𝑙𝑛 2r,'
2C
= −340,81	𝐽 0,2 pts 
Desde que a expansão do gás ideal é reversível e isotérmica ∆𝑈 = 0, logo: 
q = -W = +340,81 J. 0,2 pts 
 
Como o processo é reversível, a variação da entropia do sistema é calculada de acordo com 
∆𝑆 = Zuvw
[
= A`\,a2
A2'
= 1,09	𝐽/𝐾 0,2 pts 
Como qviz = - q = – 340,81 J. 
∆𝑆SLU =
Zwz{
[
= @A`\,a2
A2'
= −1,09	𝐽/𝐾 0,2 pts 
∆𝑆|4|O5	 = 	 ∆𝑆 + ∆𝑆SLU = 0 0,1 pts 
 
b) Em uma expansão livre reversível, o gás expande-se contra uma pressão externa nula, logo 
 𝑊 = 0. 0,2 pts 
Como a energia interna é função de estado ∆𝑈 = 0, logo q=0 e qviz=0. 0,2 pts 
Sendo assim a entropia do sistema é calculada da mesma forma que no caminho a), ou seja, 
∆𝑆 = 1,09	𝐽/𝐾 0,2 pts 
∆𝑆SLU =
Zwz{
[
= 0 0,2 pts 
∆𝑆|4|O5	 = 	 ∆𝑆 + ∆𝑆SLU = 1,09	𝐽/𝐾 0,1 pts 
 
Sinal errado desconta: 0,1 pontos em cada item. 
Esquecimento das unidades desconta 0,1 em cada item. 
 
04. (2 pts) Calcule a variação de energia livre de Gibbs molar do processo H2O (l) ® H2O (g) em 1 atm 
e (a) 95 oC; (b) 100oC e (c) 105oC. A entalpia de vaporização é 40,7 kJ.mol-1 e a entropia de 
vaporização é + 109,1 J.K-1.mol-1. Considere que a entalpia e entropia não variam com a 
temperatura. Utilize apenas uma casa decimal nos seus cálculos. Comente em cada caso sobre a 
espontaneidade do processo. 
 
Resposta: 
∆𝐻SOT4 H2O = 40,7 kJ.mol
-1 
∆𝑆SOT4 H2O = + 109,1 J.K
-1.mol-1 
(a) T = 95oC = 368 K 
∆𝐺3 = ∆𝐻3 − 𝑇∆𝑆3 
∆𝐺3 = 40,7	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 − 368	𝐾	. (+109,1	𝐽. 𝐾@2.𝑚𝑜𝑙@2) 
∆𝐺3 = 40,7	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 − 40,1	𝑘	𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2) 
∆𝐺3 = +0,6	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 0,5 pontos 
A vaporização da água não é espontânea a 95oC, a reação favorecida é a reação inversa, mantendo-
se a água no estado líquido 
 
(b) T = 100oC = 373 K 
∆𝐺3 = ∆𝐻3 − 𝑇∆𝑆3 
∆𝐺3 = 40,7	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 − 373	𝐾	. (+109,1	𝐽. 𝐾@2.𝑚𝑜𝑙@2) 
∆𝐺3 = 40,7	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 − 40,7	𝑘	𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2) 
∆𝐺3 = 0,0	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 0,5 pontos 
A 100oC a água no estado líquido está em equilíbrio com a água no estado vapor e as duas 
fases coexistem. 
 
(c) T = 105oC = 378 K 
∆𝐺3 = ∆𝐻3 − 𝑇∆𝑆3 
∆𝐺3 = 40,7	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 − 378	𝐾	. (+109,1	𝐽. 𝐾@2.𝑚𝑜𝑙@2) 
∆𝐺3 = 40,7	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 − 41,2	𝑘	𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2) 
∆𝐺3 = −	0,5	𝑘𝐽. 𝑚𝑜𝑙@2 0,5 pontos 
A vaporização da água é espontânea a 105oC. 
 
Comentários sobre a espontaneidade: 0,5 pontos. 
Esquecimento das unidades desconta 0,1 em cada item. 
 
05. (2 pts) A combustão completa de metanol gasoso (CH3OH) a 25 oC é uma reação exotérmica. 
Considerando que os outros reagentes e produtos envolvidos na reação estão nos seus estados físicos 
mais estáveis nessa temperatura, resolva os itens abaixo: 
a) Escreva a equação balanceada do processo descrito acima para 1 mol de metanol; 
b) Determine o DGro dessa reação; 
c) Considerando que DHro e DSro dessa reação não dependem da temperatura, determine a 
temperatura a partir da qual a reação deixaria de ser espontânea. 
 
Resposta: 
a) CH3OH(g) + 3/2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(l) 0,3 pts 
Estado físico errado/omitido desconta 0,1 em cada item. 
Errar coeficientes estequiometricos = 0 
 
b) Podemos calcular o DGro da reação através de 
𝛥𝐺N4 = 𝑛 𝛥𝐺Q4 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠 − 𝑛 𝛥𝐺Q4 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
Assim: 
𝛥𝐺N4 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝛥𝐺Q4 𝐶𝑂', 𝑔 + 2𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝛥𝐺Q4 𝐻'𝑂, 𝑙 − 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝛥𝐺Q4 𝐶𝐻A𝑂𝐻, 𝑔 −
3
2
𝑚𝑜𝑙
⋅ 𝛥𝐺Q4 𝑂', 𝑔 
Nos dados da tabela, falta o valor de DGfo(CO2,g). Vamos calculá-lo, então. 
A reação de formação de CO2(g) é dada por: 
C(grafite) + O2(g) → CO2(g) 
Podemos determinar DGfo(CO2,g) através de: 
𝛥𝐺4 = 𝛥𝐻4 − 𝑇 ⋅ 𝛥𝑆4 
 
DHo=DHfo(CO2,g), que se encontra na tabela e vale -393,57 kJ para 1 mol de CO2. 
Vamos determinar então DSo com os dados da tabela: 
𝛥𝑆4 = 𝑛 ⋅ 𝑆34 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠 − 𝑛 ⋅ 𝑆34 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
𝛥𝑆4 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝑆34 𝐶𝑂', 𝑔 − 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝑆34 𝐶, 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑡𝑒 − 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝑆34 𝑂', 𝑔 
𝛥𝑆4 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 213,74𝐽 ⋅ 𝐾@2 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 − 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 5,74𝐽 ⋅ 𝐾@2 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 − 1𝑚𝑜𝑙
⋅ 205,14𝐽 ⋅ 𝐾@2 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 
𝛥𝑆4 = 2,86𝐽 ⋅ 𝐾@2 
 
Então: 
𝛥𝐺4 = −393,51𝑘𝐽 − 273,15 + 25 𝐾 ⋅ 2,86 ⋅ 10@A𝑘𝐽 ⋅ 𝐾@2 
𝛥𝐺4 = −394,42𝑘𝐽 
Assim: DGfo(CO2,g) = -394,42 kJ.mol-1 0,5 pts 
 
Podemos agora calcular o DGro da reação de interesse: 
𝛥𝐺N4 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝛥𝐺Q4 𝐶𝑂', 𝑔 + 2𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝛥𝐺Q4 𝐻'𝑂, 𝑙 − 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝛥𝐺Q4 𝐶𝐻A𝑂𝐻, 𝑔 −
3
2
𝑚𝑜𝑙
⋅ 𝛥𝐺Q4 𝑂', 𝑔 
𝛥𝐺N4 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ −394,42𝑘𝐽 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 + 2𝑚𝑜𝑙 ⋅ −237,13𝑘𝐽 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 − 1𝑚𝑜𝑙
⋅ −161,96𝑘𝐽 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 −
3
2
𝑚𝑜𝑙 ⋅ 0 
𝛥𝐺N4 = −706,72𝑘𝐽 0,5 pts 
 
Sinal errado desconta: 0,1 pontos em cada item. 
Esquecimento das unidades desconta 0,1 em cada item. 
Esquecimento do coeficiente molar desconta 0,1 em cada item. 
 
c) Precisamos determinar os valores de DHro e DSro dessa reação. O DHro será dado por: 
𝛥𝐻N4 = 𝑛 𝛥𝐻Q4 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠 − 𝑛 𝛥𝐻Q4 𝑟𝑒𝑎𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 
𝛥𝐻N4 = 1𝑚𝑜𝑙 ⋅ −393,51𝑘𝐽 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 + 2𝑚𝑜𝑙 ⋅ −285,83𝑘𝐽 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 
−1𝑚𝑜𝑙 ⋅ −200,66𝑘𝐽 ⋅ 𝑚𝑜𝑙@2 −
3
2
𝑚𝑜𝑙 ⋅ 0 
𝛥𝐻N4 = −765,17𝑘𝐽 0,25 pts 
 
Determinamos DSro por: 
𝛥𝐺N4 = 𝛥𝐻N4 − 𝑇 ⋅ 𝛥𝑆N4 
𝛥𝑆N4 =
��u�@��u�
[
= @r]C,2r@ @r\],r'
'rA,2C�'C �
= −0,196𝑘𝐽 ⋅ 𝐾@2 0,25 pts 
 
O termo entrópico desfavorece a reação e o aumento da temperatura faz com que a reação deixe de ser 
espontânea. Considerando DHro e DSro constantes, a temperatura na qual o processo deixaria de ser 
espontâneo é obtida quando DGro = 0. Logo: 
𝑇 = ��u
�
��u�
= @r]C,2rDE
@\,2B]DE⋅�cd= 3904𝐾 0,2 pts 
A reação deixa de ser espontânea em temperaturas superiores a 3904 K. 
Sinal errado desconta: 0,1 pontos em cada item. 
Esquecimento das unidades desconta 0,1 em cada item. 
Esquecimento do coeficiente molar desconta 0,1 em cada item. 
 
Dados: Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; N = 14,0 g/mol, K = 39,0 
g/mol; He = 4,0g/mol. Densidade: Água = 1,00 g.cm-3. -1 -1 -1 -1R =8,314 Jmol K =0,082 Latmmol K , 
F = 9,65 x 104 C mol–1; 1 bar ≈1 atm; 1 atm= 1,01325 x 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 
1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V Capacidade calorífica 
para a água: C = 4,18 J. K-1. g-1 = 75, 3 J. K-1. mol-1. Capacidades caloríficas específicas para gases: 
Moléculas Monoatômicas: Cv, m = 3/2 R; Cp,m = 5/2 R; Moléculas Poliatôm. lin.: Cv, m = 5/2 R; Cp,m 
= 7/2 R; Moléculas Poliatôm. não-lin: Cv, m = 3 R; Cp,m = 4 R; DH° fusão para a água = 6,01 kJ.mol-
1; DH° vaporização para a água = 44,01 kJ.mol-1 
 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância ( )10 molkJ -D fH ( )110 molKJ --mS ( )10 molkJ -D fG ( )11, molKJ --mpC 
H2O (l) -285,83 -237,13 75,29 
H2O (g) -241,82 188,83 -228,57 33,58 
C (grafita) 5,740 8,53 
O2 (g) 205,14 29,36 
CO2 (g) -393,51 213,74 37,11 
 CH3OH (g) -200,66 -161,96 
 
Equações 
 
 
 
Química Geral 1 – 2018.2 – Primeiro Exercício – 11/09/2018 
GABARITO 
 
01. (2 pts) Calcule a temperatura final e a variação de energia interna quando 800 J de energia são 
transferidos, sob a forma de calor, para 8,8 g de CF4(g), inicialmente a 298 K e 1 atm: 
a) Em volume constante 
b) Em pressão constante 
Trate o gás como ideal. 
	
Resposta: 
a) Em volume constante, não há trabalho de expansão, logo DU = q = 800 J. 
Para descobrirmos a temperatura final do sistema, utilizaremos DT = q/Cv x n = 800/[(3x8,314) x 
(8,8/88)] = 320,74 K. Ou seja, Tf = 298 + 320,74 = 618,74 K é a temperatura final do sistema. 
b) Em pressão constante, q = DH, por definição. 
Para descobrirmos a temperatura final do sistema, utilizaremos DT = q/Cp x n = 800/[(4x8,314) x 
(8,8/88)] = 240,56 K. Ou seja, Tf = 298 + 240,56 = 538,56 K é a temperatura final do sistema. 
Para calcularmos DU, podemos usar DU = q - nRDT = 800 - (0,1x8,314x240,56) = 
600 J. 
 
02. (2 pts) A combustão do octano, a 298 K, é expressa pela seguinte equação: 
C8H18(l) + 25/2O2(g) → 8CO2(g) + 9H2O(l) 
a) A partir dos dados tabelados a 298 K calcule a entalpia padrão da reação. 
b) Calcule a variação de energia interna do sistema. 
 c) Calcule o trabalho associado à combustão de 1 mol de octano, contra pressão atmosférica. 
 
Resposta: 
a) DH° = ∑nDHf°(produtos) - ∑nDHf°(reagentes) 
DH° = [8xDHf°CO2(g) + 9xDHf°H2O(l)] – [1xDHf°C8H18(l) + 25/2xDHf°O2(g)] 
DH° = [8 x (-393,51) + 9 x (-285,83)] – [1 x (-249,9) + 25/2 x 0] = -5470,65 kJ 
 
b) DH° = DU° + DngRT 
De acordo com a equação da reação de combustão padrão do octano balanceada, para 1 mol 
de octano a variação da quantidade em mols de gases é: 
Dng = 8 – 25/2 = -4,5 mols 
DU° = -5470,65x103J – (-4,5mols) x 8,314 Jmol-1K-1 x 298K = -5458,85x103 J = -5458,85 kJ 
 
c) Como a reação ocorre sob pressão constante q = DH 
DUº = DHº + w 
W = -5458,85 – (-5470,65) = +11,8 kJ 
	 	
03. (2 pts) Um gás ideal, ocupando inicialmente o volume de 15,0 L, pressão de 1,5 atm e 
temperatura de 312 K, expande-se até o volume de 17,2 L de acordo com os dois caminhos a 
seguir: (a) expansão isotérmica reversível e (b) expansão livre isotérmica irreversível. Para cada 
caminho, calcule w, q, DU, DStot, DS e DSviz. Mostre como chegou ao resultado. 
 
Resposta: 
a) 	Uma vez que o processo é reversível calculamos o trabalho segundo a expressão 
𝑤 = −𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛
𝑉)
𝑉*
 
O número de moles do gás é calculado pela expressão: 
𝑛 = +,
-.
= /,1×/,3/451×/3
6×/1×/378
9,4/:×4/5
= 0,878	𝑚𝑜𝑙 
Então: 
𝑤 = 0,878×8,314×312×𝑙𝑛 /E,5
/1
= −311,69	𝐽 
Desde que a expansão do gás ideal é reversível e isotérmica ∆𝑈 = 0, e ∆𝑈 = 𝑤 + 𝑞	logo: 
q = -W = +311,69 J. 
Como o processo é reversível, a variação da entropia do sistema é calculada de acordo com 
∆𝑆 = NOPQ
.
= 4//,RS
4/5
= 1,00	𝐽/𝐾 
Como qviz = - q = – 311,69 J. 
∆𝑆V*W =
NQXY
.
= Z4//,RS
4/5
= −1,00	𝐽/𝐾 
∆𝑆[\[]^	 = 	 ∆𝑆 + ∆𝑆V*W = 0 
 
b) Em uma expansão livre isotérmica, o gás expande-se contra uma pressão externa nula, logo 
 𝑊 = 0. 
Transformação isotérmica de um gás ideal: ∆𝑈 = 0, 
∆𝑈 = 𝑤 + 𝑞		logo q=0 
Sendo assim a entropia do sistema uma função de estado, é calculada da mesma forma que no 
caminho a), ou seja, 
∆𝑆 = 1,00	𝐽/𝐾 
Como qviz = - q =0, logo ∆𝑆V*W =
NQXY
.
= 0 
∆𝑆[\[]^	 = 	 ∆𝑆 + ∆𝑆V*W = 1,00	𝐽/𝐾 
 
04. (2 pts) Calcule a variação de entropia quando 2 mols de etanol líquido (C2H5OH) são aquecidos de 
25ºC até 100ºC, a 1 bar. Sabendo que o ponto de ebulição normal do etanol é 78,5ºC e a entalpia 
padrão de vaporização é 42,5 kJ.mol-1. 
 
Resposta: 
Três eventos devem ser considerados: (1) Aquecimento de 25°C até o ponto de ebulição normal, 
78,5°C; (2) Vaporização do etanol; e (3) Aquecimento de 78,5°C até 100°C. Na fase gasosa, deve 
ser considerada a capacidade calorífica a pressão constante de 4R (33,258 JK-1mol-1). A variação 
de entropia do sistema é a soma da variação de entropia das três etapas, como segue: 
∆𝑆/ = 𝑛	𝑥	𝐶	𝑥	𝑙𝑛
𝑇5
𝑇/
				∆𝑆/ = 2	𝑚𝑜𝑙𝑠	𝑥	111,46	𝐽𝐾Z/𝑚𝑜𝑙Z/	𝑥	𝑙𝑛
351,65	𝐾
298,15	𝐾
						 
∆𝑺𝟏 = 𝟑𝟔, 𝟕𝟗	𝑱𝑲Z𝟏 
∆𝑆5 =
∆𝐻V]m
𝑇n
						∆𝑆5 =
42,5	𝑥	104𝐽. 𝑚𝑜𝑙Z/	𝑥	2	𝑚𝑜𝑙𝑠
351,65	𝐾
							∆𝑺𝟐 = 𝟐𝟒𝟏, 𝟕𝟐	𝑱𝑲Z𝟏 
 
∆𝑆4 = 𝑛	𝑥	𝐶	𝑥	𝑙𝑛
𝑇5
𝑇/
							∆𝑆4 = 2	𝑚𝑜𝑙𝑠	𝑥	33,258	𝐽𝐾Z/𝑚𝑜𝑙Z/	𝑥	𝑙𝑛
373,15	𝐾
351,65	𝐾
 
∆𝑺𝟑 = 𝟑, 𝟗𝟓	𝑱𝑲Z𝟏 
∆𝑆 = 36,79	𝐽𝐾Z/ + 	241,72	𝐽𝐾Z/ + 3,95	𝐽𝐾Z/				∆𝑺 = +𝟐, 𝟖𝟐	𝒙	𝟏𝟎𝟐	𝑱𝑲Z𝟏 
 
05. (2 pts) O ácido acético pode ser produzido a partir das reações abaixo: 
a) CH3OH(l) + CO(g) ® CH3COOH(l) 
b) CH4(g) + CO2(g) ® CH3COOH(l) 
Faça uma análise termodinâmica das duas reações e determine qual seria a mais fácil de ocorrer 
nas condições-padrão. 
 
Resposta: 
a) CH3OH(g) + CO(g) ® CH3COOH(l) 
Para esta reação, a energia livre de Gibbs pode ser calculada por: DGºr = DGºf produtos - DGºf 
reagentes = (-398,9) - [(-166,27) + (-137,17)] = - 86,46 kJ/mol, sendo a reação espontânea a 298 K. 
 
b) CH4(g) + CO2(g) ® CH3COOH(l) 
Para esta reação, a energia livre de Gibbs também pode ser calculada por: DGºr = DGºf produtos - DGºf 
reagentes = (-398,9) - [(-50,72) + (-394,36)] = 55,18 kJ/mol, sendo a reação não-espontânea a 298 K. 
 
Portanto, nas condições-padrão, a única forma possível de se obter ácido acético, dentre as 
apresentadas, é a reação mostrada na letra a. 
 
Dados: Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; N = 14,0 g/mol, He = 4,0g/mol, 
F: 19 g/mol. Densidade: Água = 1,00 g.cm-3. -1 -1 -1 -1R =8,314 Jmol K =0,082 Latmmol K , F = 9,65 x 104 
C mol–1; 1 bar ≈1 atm; 1 atm= 1,01325 x 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 1 L.atm = 
101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C.V 
Capacidade calorífica para a água: C = 4,18 J. K-1. g-1 = 75, 3 J. K-1. mol-1. Capacidades caloríficas 
específicas para gases: Moléculas Monoatômicas: Cv, m = 3/2 R; Cp,m = 5/2 R; Moléculas Poliatôm. lin.: 
Cv, m = 5/2 R; Cp,m = 7/2 R; Moléculas Poliatôm. não-lin: Cv, m = 3 R; Cp,m = 4 R; DH° fusão para a água 
= 6,01 kJ.mol-1; DH° vaporização para a água = 44,01 kJ.mol-1 
 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância ( )10 molkJ -D fH ( )110 molKJ --mS ( )10 molkJ -D fG ( )11, molKJ --mpC 
H2O (l) -285,83 69,91 -237,13 75,29 
H2O (g) -241,82 188,83 -228,57 33,58 
CH4 (g) -74,81 186,26 -50,72 35,31 
C2H5OH (l) -277,69 160,7 -174,78 111,46 
CH3OH (l) -238,86 126,80 -166,27 81,60 
O2 (g) 0 205,14 0 29,36 
CO (g) -110,53 197,67 -137,17 29,14 
CO2 (g) -393,51 213,74 -394,36 37,11 
 CH3COOH (l) -484,50 159,80 -389,90 124,30C8H18 (l) -249,90 358,0 6,4 255,68 
 
Equações 
 
 
Química Geral 1 – 2019.1 – Primeiro Exercício
GABARITO
Q1. (2 pts) Um engenheiro decide testar as substâncias da tabela abaixo para uso como
combustível. Qual dessas substância oferece a melhor eficiência energética por litro de combustível,
considerando processos de combustão realizados a pressão constante?
Substância Densidade / (g/cm3) DHocombustão / (kJ.mol-1)
CH3OH(l) 0,792 -726
CH3CH2OH(l) 0,789 -1368
CH4(g) 0,656 -890
CH3CH2CH3(g) 0,493 -2220
Resolução:
Para avaliar qual substância oferece a melhor eficiência energética por litro de combustível, é
necessário quantificar a energia liberada pela massa presente em um litro do combustível. Dos
dados da entalpia de combustão temos a quantidade de energia liberada na queima de 1 mol de
cada substância. Como número de moles é: n=m/MM, então, m=n.MM. Portanto, a energia
liberada em 1 litro de cada substância é:
metanol: 
32g
726 kJ
=
792g
w
⇒w=17968,5 kJ 0,5 pts
etanol: 
46 g
1368kJ
=
789g
x
⇒ x=23464,2kJ 0,5 pts
metano: 
16 g
890kJ
=
656 g
y
⇒ y=36490,0kJ 0,5 pts
propano: 
44 g
2220 kJ
=
493 g
z
⇒ z=24874,1kJ 0,5 pts
Portanto, o metano oferece a melhor eficiência energética por litro de combustível.
Q2. (2 pts) Coloca-se 50,0 g de amônia líquida, inicialmente a 239,7 K (temperatura de ebulição de
NH3), em um recipiente e adiciona-se 1000 g de amônia (molécula não-linear) gasosa, inicialmente
a 298 K. Qual a temperatura final do sistema? Suponha que não há troca de calor com a vizinhança
e que o processo ocorre a pressão constante e igual a 1 bar.
Resolução:
Uma vez que a amônia líquida, inicialmente em uma temperatura menor, se encontra no estado
líquido, devemos determinar o calor necessário (advindo da amônia gasosa) para promomover a
sua transição de fase. A amônia líquida (a T = 239,7 K) absorverá calor (qvap) fornecido pela
amônia gasosa (qresf), que terá sua temperatura diminuída. Com os dados fornecidos, podemos
escrever:
qvap=−qresf ⇒−
mliq
MM
⋅DH vap
o
(NH 3)=
mgas
MM
⋅C p ,m
o
(NH3 , gas )⋅(T f−298K )
50 g
17.034 g⋅mol−1
⋅23,4 kJ⋅mol−1=
−1000g
17.034 g⋅mol−1
⋅35,06 x 10−3 kJ . K−1⋅mol−1⋅(T f−298K)
T f=264,63K 1,25 pts
(Note que, caso a Tf fosse menor do que 239,7 K, o gás não teria energia suficiente para promover
a transição de todo o líquido. Nesse caso teríamos Tf = 239,7 K e poderíamos calcular o calor
liberado pelo gás quando sua temperatura final fosse 239,7 K e então calcular a massa de líquido
que transita para a fase gasosa.)
Em seguida, devemos calcular a temperatura final do sistema, assumindo que o NH3 gasoso a
239,7 K irá absorver energia (qfrio), aumentando sua temperatura, enquanto o NH3 gasoso a 264,63
K irá fornecer energia (qquente), diminuindo sua temperatura. Podemos escrever:
q frio=−qquente⇒
mfrio
MM
⋅C p ,m
o
(NH 3 , gas)⋅(T f−239,7K)=
mquente
MM
⋅Cp ,m
o
(NH 3 , gas)⋅(T f−264,63K )
50 g
17.034 g⋅mol−1
⋅35,06
J
K⋅mol
⋅(T f−239,7)K=
−1000 g
17.034 g⋅mol−1
⋅35,06
J
K⋅mol
⋅(T f−264,63)K
T f=263,44 K 0,75 pts
Q3. (2 pts) Calcule a variação da entropia quando um gás de N2 (molécula linear), inicialmente a
uma pressão de 2,0 kPa, ocupando 2,94 m3 e a 10 oC, sofre uma compressão para um volume final
de 1,02 m3 e uma temperatura final de 70 oC. Considere o comportamento do gás ideal.
Resolução:
O processo leva a uma variação de temperatura e de volume, e ambas propriedades alteram a
entropia do sistema. Como a entropia é uma função de estado, podemos dividir o processo em dois
passos: 1) aquecimento a volume constante; 2) expansão a temperatura constante. Utilizamos:
D S=DS1+D s2 D S1=n⋅C v ,m⋅ln(T fT i ) D S2=n⋅R⋅ln(
V f
V i )
sendo Cv,m = 5R/2. Por ser um gás ideal, podemos calcular n por:
n=
p⋅V
R⋅T
⇒n=
2,0x 103Pa⋅2,94m3
8,3145 Pa⋅m3⋅K−1⋅mol−1⋅283K
⇒n=2,5mol 0,25 pts
D S1=2,5mol⋅
5
2
⋅8,3145J⋅K−1⋅mol−1⋅ln( 343K283K )⇒D S1=9,99J⋅K
−1
0,75 pts
D S2=2,5mol⋅8,3145 J⋅K
−1⋅mol−1⋅ln( 1,02m
3
2,94m3 )⇒D S2=−22,00J⋅K
−1
0,75 pts
Logo:
D S=DS1+D s2 ⇒D S=−12,01 J⋅K
−1
0,25 pts
Q4. (2 pts) Um gás ideal, inicialmente a 305 K e 1,79 atm, ocupando um volume de 4,29 L, se
expande até o volume de 6,52 L. Considere os dois caminhos possíveis a seguir: (a) expansão
isotérmica reversível e (b) expansão livre isotérmica irreversível. Para cada caminho, calcule w, q,
U, Stot, S e Sviz. Justifique seus cálculos.
Resolução:
a) Para uma expansão isotérmica reversível, calculamos o trabalho usando equação
 w=−nRTln
Vf
Vi
A quantidade em moles do gás pode ser calculada pela equação 
n=
PV
RT
=
1,79 x1,01325 x105 x 4,29 x10−3
8,314 x305
=0,307mol 0,2 pts
Então:
w=−0,307 x8,314 x 305 x ln
6,52
4,29
 = - 325,86 J 0,2 pts
Uma vez que a expansão é isotérmica, U = 0
Como U = q + w ; q = -w = +325,86 J 0,2 pts
Uma vez que o processo é reversível Δ S=
qrev
T
=
325,86 J
305K
 = 1,07 J/K 0,2 pts
e como qviz = - q Δ Sviz=
qviz
T
=
−325,86J
305K
 = -1,07 J/K 0,2 pts
Logo Stot = S + Sviz = 0 0,1 pts
b) Na expansão livre isotérmica, como pext = 0 (vácuo); w = 0 0,2 pts
Uma vez que o processo é isotérmico, U = 0 e como não há transferência de calor entre o
sistema e vizinhança q = 0 e qviz = 0 0,2 pts
Assim: Δ Sviz=
qviz
T
=0 0,2 pts
Como os estados inicial e final do caminho “b” são iguais aos do caminho “a”, e sendo a
entropia uma função de estado, S J/K (o mesmo do caminho a)
Logo: Stot = S = +1,07 J/K 0,1 pts
Q5. (2 pts) O sal de cozinha (cloreto de sódio, NaCl) dissolve-se facilmente em água e sua entalpia
de dissolução é +3,88 kJ mol–1. Com relação a este processo, responda (justifique suas respostas):
(a) O valor de entalpia de dissolução favorece ou não o processo de dissolução?
(b) A variação de entropia do sistema é positiva ou negativa, quando o sal dissolve?
(c) Qual fator termodinâmico (entalpia ou entropia) é responsável pela dissolução do NaCl?
(d) Você espera que esse processo seja espontâneo em qualquer temperatura?
Resolução:
(a) Não. A dissolução será espontânea se a variação de energia livre for negativa. Examinando a
equação DG = DH – TDS, observa-se que o valor positivo da entalpia contribui para aumentar a
energia livre do processo, tornando-a mais positiva e portanto desfavorecendo a dissolução.
0,5 pts
(b) Como DH é positivo, para que a dissolução ocorra espontaneamente é necessário que DS seja
positivo, ou seja, ocorra um aumento da entropia do sistema durante o processo, para que a
variação de energia livre possa ser negativa. 0,5 pts
(c) Uma vez que a variação de entalpia desfavorece a dissolução, o fator termodinâmico
responsável pela dissolução deve ser a variação de entropia. No caso, o espalhamento das
moléculas de NaCl pelo solvente, em um volume maior do que o inicial, aumentando a entropia do
sistema. 0,5 pts
(d) Não. Em temperaturas baixas (abaixo de T = DH/DS), o termo de entalpia deve dominar,
fazendo com que DG > 0, tornando a dissolução não-espontânea. Em temperaturas mais altas, o
termo DS passa a dominar, tornando DG negativo e o processo se torna espontâneo. 0,5 pts
Dados: T(K) = 273 + T(oC); 1 L.atm = 101,33 J; 1 atm = 101325 Pa; Cv,m(gás monoatômico) = 
3/2R; Cv,m(molécula linear) = 5/2R; Cv,m(molécula poliatomica não-linear) = 3R; Cp,m = Cv,m + R; R =
8,3145 J.K-1.mol-1 = 8,3145 Pa.m3.K-1.mol-1 = 0.08206 L.atm.K-1.mol-1; Massa molar: H = 1,008 
g.mol-1; C = 12,011 g.mol-1; N = 14.01 g.mol-1; O = 15,999 g.mol-1; 1 cm3 = 1x10-3 L; DHovap(NH3) =
23,4 kJ.mol-1 a T = 239,4 K.
Equações:
 
Química Geral 1 – 2019.2 – Primeiro Exercício – 10/09/2019 
GABARITO 
 
01. (2 pts) 430,00 J de energia, na forma de calor, podem ser transferidos por dois caminhos para uma 
amostra de NH3(g) inicialmente a 1,00 atm, 76,85 ºC e ocupando um volume de 18,67 L: 
a) a volume constante; 
b) a pressão constante. 
Calcule a temperatura final e a variação de energia interna pelos caminhos a) e b). Considere NH3 um 
gás ideal. 
Resposta: 
Podemos relacionar calor e variaçãode temperatura através de: 
𝑞" = 𝐶" ⋅ 𝛥𝑇 = 𝑛 ⋅ 𝐶",* ⋅ 𝛥𝑇, sendo x igual a V ou p, dependendo do caminho utilizado. 
 
Podemos calcular o número de mols de substância através da equação de estado dos gases ideais e 
com T = (273,15 + 76,85) K = 350,00 K: 
 
𝑛 = +⋅,
-⋅.
= (0,1123*⋅04,567)(1,1491523*⋅7⋅:;<⋅*=>;<⋅?@1,11:) = 0,65𝑚𝑜𝑙 0,30 pts 
 
Assim: 
a) Para um gás ideal não-linear, 𝐶,,* = 3 ⋅ 𝑅 = 24,93𝐽 ⋅ 𝐾N0 ⋅ 𝑚𝑜𝑙N0. Logo: 
𝑞, = 430,00𝐽 = 𝑛 ⋅ 𝐶,,* ⋅ 𝛥𝑇 = 0,65𝑚𝑜𝑙 ⋅ 24,93𝐽 ⋅ 𝐾N0 ⋅ 𝑚𝑜𝑙N0 ⋅ 𝛥𝑇
𝛥𝑇 = 𝑇O − 𝑇Q = 26,54𝐾 ⇒ 𝑇O = (350,00 + 23,54)𝐾 = 376,54𝐾
 0,30 pts 
Da definição de DU: 𝛥𝑈 = 𝑞, = 430,00𝐽 0,30 pts 
 
b) Para um gás ideal não-linear, 𝐶+,* = 4 ⋅ 𝑅 = 33,24𝐽 ⋅ 𝐾N0 ⋅ 𝑚𝑜𝑙N0. Logo, a temperatura final 
pode ser calculada pelo aquecimento a pressão constante: 
𝑞+ = 430,00𝐽 = 𝑛 ⋅ 𝐶+,* ⋅ 𝛥𝑇 = 0,65𝑚𝑜𝑙 ⋅ 33,24𝐽 ⋅ 𝐾N0 ⋅ 𝑚𝑜𝑙N0 ⋅ 𝛥𝑇
𝛥𝑇 = 𝑇O − 𝑇Q = 19,90𝐾 ⇒ 𝑇O = (350,00 + 19,90)𝐾 = 369,90𝐾
 0,30 pts 
 
DU pode ser calculado no processo a pressão constante separando o processo em dois passos: 1b) 
aquecimento do gás a volume constante até o valor da temperatura final e; 2b) expansão isotérmica. 
Daí: DU = DU2a + DU2b 
 
Resolvendo: 
2a) 𝛥𝑈92 = 𝑛 ⋅ 𝐶,,* ⋅ 𝛥𝑇 = 0,65𝑚𝑜𝑙 ⋅ 24,93𝐽 ⋅ 𝐾N0 ⋅ 𝑚𝑜𝑙N0 ⋅ 19,90𝐾 = 322,47𝐽 0,30 pts 
2b) 𝛥𝑈9W = 0, pois o processo é isotérmico. 0,30 pts 
Assim: 𝛥𝑈 = 𝛥𝑈0W + 𝛥𝑈9W = 322,47𝐽 0,20 pts 
 
 
 
02. (2 pts) a) Calcule o calor gerado quando 13,4 L de dióxido de enxofre (SO2) é queimado em 
excesso de oxigênio, em 1 atm e 273 K, segundo a equação: 
2SO2(g) + O2(g) ® 2SO3(g) DHº = -198 kJ 
b) Estime a massa de água que pode ser aquecida de 25 ºC até 100 ºC na queima dessa quantidade 
de dióxido de enxofre. 
 
Resposta: 
a) 𝑛𝑆𝑂2 =
𝑃𝑉
𝑅𝑇
= 1	atm	x	13,4	L
0,08206	L.atm.K−1.mol−1x	273K
= 0,598	𝑚𝑜𝑙 0,50 pts 
Através da equação termoquímica dada, sabe-se que na queima de 2 mols de SO2, são liberados 
198 kJ de energia na forma de calor, logo para 0,598 mol: 
2 mol ------ - 198 kJ 
0,598 mol ----- x 
x = -59,2 kJ 0,50 pts 
 
b) Sabendo que o calor liberado na reação será usado para aquecer a água 
qágua = – qreação = + 59,2 kJ 
 Assim, podemos calcular a massa de água a ser aquecida através da equação q = mCsDT 
𝑚áhi2 =
j
kl∆.
= @n,9	o01
pq
r,04r	q.(ºt);<.u;<	o	(011N9@)ºt
=189 g 1,00 pt 
 
03. (2 pts) Calcule a entropia residual de um mol de moléculas de N2O, que pode assumir até duas 
orientações de mesma energia em uma determinada temperatura. 
Resposta: 
Para calcular a entropia residual do N2O, basta aplicar a equação de Boltzmann, assumindo que o 
número de orientações é igual a 2: 
S = k . lnW 
S = 1,381 x 10-23xln (2^6,022x1023) = 1,381 x 10-23x 6,022x 1023 ln(2) = 1,381 x 6,022 x ln2 
S = 5,76 J.K-1.mol-1 
 
04. (2 pts) Uma amostra de um gás ideal em 450 K ocupa 1,23 L em 4,15 atm. O gás se expande até 
7,80 L, seguindo dois caminhos diferentes: (a) expansão isotérmica reversível e (b) expansão livre 
isotérmica. Calcule q, w, ΔU, ΔS, ΔSviz e ΔStot de cada caminho. Justifique. 
 
Resposta: 
Primeiramente, é necessário calcular o número de mols do gás ideal: 
PV=nRT ∴ 4,15 atm x 1,23 L = n x 0,08206 atm L K-1mol-1 x 450 K ∴ n = 0,138 mol 0,20 pts 
 
Caminho (a): 
ΔU = zero, pois se trata de uma expansão isotérmica envolvendo um gás ideal. 0,20 pts 
w = -nRT ln (Vf/V0) ∴ w = -0,138 mol x 8,3145 JK-1mol-1 x 450 K ln (7,80L/1,23L) ∴	 
w = - 9,54 x 102 J 0,20 pts 
q = + 9,54 x 102 J. Como ΔU = zero, de acordo com a primeira lei, q = -w. 0,20 pts 
ΔS = qrev/T ∴ ΔS = 9,54 x 102 J / 450 K ∴ ΔS = + 2,12 J K-1 0,20 pts 
ΔStot = zero, pois se trata de transformação termodinamicamente reversível (equilíbrio). 0,10 pts 
ΔSviz = - 2,12 J K-1, uma vez que ΔS + ΔSviz = ΔStot, portanto, neste caso, ΔS = - ΔSviz. 0,10 pts 
 
Caminho (b): 
ΔU = zero, pois se trata de uma função de estado. Portanto, como os estados inicial e final foram os 
mesmos do caminho (a) a variação de energia interna do sistema deve ser a mesma. 0,20 pts 
w = -Pext ΔV ∴ w = zero, pois é uma expansão livre (contra o vácuo, Pext = zero). 0,10 pts 
q = zero. Como ΔU = zero e w = zero, de acordo com a primeira lei, ΔU = q + w. 0,10 pts 
ΔS = + 2,12 J K-1, pois se trata de uma função de estado. Portanto, como os estados inicial e final foram 
os mesmos do caminho (a) a variação de entropia do sistema deve ser a mesma. 0,20 pts 
ΔSviz = zero, uma vez que nenhuma energia foi trocada com a vizinhança como calor (ΔSviz = - ΔH/T). 
 0,10 pts 
ΔStot = + 2,12 J K-1, pois ΔS + ΔSviz = ΔStot ∴	 ΔStot > zero indica que a expansão livre é espontânea. 
 0,10 pts 
 
05. (2 pts) Considere a reação de formação da metilamina gasosa (CH3NH2) a 500 K. Admitindo que 
∆H° e ∆S° são independentes da temperatura e que todas as substâncias estão no estado padrão, diga 
justificando: 
HCN (g) + 2H2 (g) ® CH3NH2 (g) 
a) A reação é espontânea a 500 K? 
b) Qual o intervalo de temperatura em que a reação é espontânea? 
 
Resposta: 
a) ∆𝐺° = 	∆𝐻° − 𝑇	 × ∆𝑆° 
∆𝐻°-{2çã= =~𝑛	∆𝐻°��=�i3=� −	~𝑛	∆𝐻°-{2h{�3{� 
 
∆𝐻°-{2çã= = 1𝑚𝑜𝑙	 ×	 (−1080	𝐾𝐽	𝑚𝑜𝑙N0) − [	1𝑚𝑜𝑙	 × 	(135,1	𝐾𝐽	𝑚𝑜𝑙N0) + 2	mol x (0 
𝐾𝐽	𝑚𝑜𝑙N0)] = 	−1,22	 ×	10?𝐾𝐽	 0,25 pts 
 
∆𝑆°-{2çã= =~𝑛	𝑆*° ��=�i3=� −	~𝑛	𝑆*
°
-{2h{�3{� 
 
∆𝑆°-{2çã= = 1𝑚𝑜𝑙 ×	(243,41	𝐽𝐾N0	𝑚𝑜𝑙N0) − [	1𝑚𝑜𝑙	 ×	 (201,78	𝐽𝐾N0	𝑚𝑜𝑙N0) + 2	mol x (130, 68 
𝐽𝐾N0	𝑚𝑜𝑙N0)] = 	−219,73	𝐽𝐾N0	 0,25 pts 
 
∆𝐺°-{2çã= = 	−1,22	 ×	105𝐽 − 500	𝐾	 × (−219,73	𝐽𝐾N0) = −	1100,13	𝐾𝐽 0,25 pts 
Como ∆G° < 0 a 500 K, a reação é espontânea nessa temperatura. 0,25 pts 
 
b) Processo espontâneo para ∆G° < 0. 0,20 pts 
∆𝐺° = 	∆𝐻° − 𝑇	 × ∆𝑆° 
 
Para ∆G° < 0. 
−1,22	 ×	10?𝐾𝐽	 − 𝑇	 ×	(−219,73	𝐽𝐾N0	) < 0 
𝑇 <	5552,26 K (valor exato com 2 casas) ou T <5552 K. 0,40 pts 
 
A reação será espontânea em temperaturas inferiores a 5552,26 K. 0,20 pts 
 
Para todas as questões: 
Sinal errado desconta: 0,1 pontos em cada item. 
Esquecimento das unidades desconta 0,1 em cada item. 
Esquecimento de estado físico nas equações químicas desconta 0,1 em cada item. 
 
Dados: Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; N = 14,0 g/mol, He = 4,0g/mol, 
S = 32,07 g/mol. Densidade: Água = 1,00 g.cm-3. R = 8,314 J.mol-1.K-1 = 0,08206 L.atm.mol-1.K-1, F = 
9,649 x 104 C mol–1; 1 bar ≈1 atm; 1 atm= 1,01325 x 105 Pa; 1 bar = 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 
760 Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C.V; T (K) = T (ºC) 
+ 273,15; k = 1,381 x 10-23 J.K-1.mol-1; Constante de Avogadro: 6,022 x 1023 mol-1. 
Cs (H2O, l) = 4,184 J.(ºC)-1.g-1; Cm (H2O, l) = 75,29 J.(ºC)-1.mol-1 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância 
H2O (l) -285,83 69,91 -237,13 
H2O (g) -241,82 188,83 -228,57 
NH3 (g) - 46,11 192,45 - 16,45 
SO2 (g) - 296,83 248,22 - 300,19 
SO3 (g) - 395,72 256,76 - 371,06 
HCN (g) 135,1 201,78 --- 
CH3NH2 (g) -1085 243,41 --- 
H2(g) 0 130,68 --- 
O2 (g) 0 205,14 0 
CO2 (g) -393,51 213,74 -394,36 
 
Equações 
( )10 molkJ -D fH ( )110 molKJ --mS ( )10 molkJ -D fG
 
 
 
 
pV=nRT w=− pext⋅Δ V w=−nRT⋅ln (V 2/V 1) q=C⋅Δ T
Δ U=q+w H=U+ pV Δ H=Δ U+Δ( pV ) Δ H=Δ U+RT Δ ngas
C p−Cv=nR CV ,m(mon)=3 R / 2 CV ,m( lin)=5R /2 CV ,m(
~n−lin)=3 R
dS=δ qrev /T Δ S=nR⋅ln (V 2/V1) Δ S=C⋅ln (T2/T1) Δ G=Δ H−T Δ S
Δ Xr
o=∑ n⋅Δ Xformaçãoo ( produtos)−∑ n⋅Δ Xformaçãoo ( reagentes) Δ G=Δ Go+RT⋅lnQ
Δ Sr
o=∑ n⋅Smo ( produtos)−∑ n⋅Smo (reagentes) Δ G0=−RT⋅ln K
ln ( p2p1 )=
Δ Hvap
R
⋅( 1T1−
1
T2 ) ln (
K2
K1 )=
Δ Hr
o
R
⋅( 1T1−
1
T 2 )
pX=−logX K w=Ka×Kb pKw= pH+ pOH [H 3O
+ ]=10−pH
Q= I×t=n×F Δ G=−nF E ln K=
nFE
o
RT
E=Eo−( RTnF )⋅lnQ
E=Eo−( 0,025693n )⋅lnQ ln ( k2k1 )=
Ea
R
⋅( 1T1−
1
T 2 )
k= A⋅eEa /RT v=k [ A]=[ A]0−k⋅t v=k⋅[A]
ln [ A ]= ln [ A]0−k⋅t t 1/2=
ln 2
k
v=k⋅[A]2
1
[ A ]
=
1
[A]0
+k⋅t
S = k.lnW 
 
 
 
Química Geral 1 – 2012.2 – Primeiro Exercício – 24/01/2012 
 
1. (a) Calcule otrabalho associado à expansão isotérmica reversível de 1,000 mol de um gás 
ideal de 7,00 L até 15,50 L, em 25 °C. 
(b) Calcule o trabalho associado com a expansão adiabática irreversível da amostra de gás 
descrita na parte (a) contra uma pressão atmosférica constante de 760 Torr. 
(c) Como se compara a temperatura do gás na parte (b) com a temperatura do gás na parte 
(a) após a expansão? Explique. 
 
 Resolução: 
 
(a) w = -nRT ln(Vf/Vi) = -1,00 mol x 8,314 J K-1 mol-1 x 298 K x ln(15,50 L/7,00 L) = 
-1,97 kJ 
 
(b) w = -Pext∆V = -760 Torr x 133,3 Pa Torr⁻
1 x (15,50 L – 7,00 L) 10⁻ 3 L m⁻ 3 = -861 J 
 
(c) Na parte a, a temperatura final é a mesma que a inicial (processo isotérmico), 298 K. 
Isso indica que a energia do gás não variou (a energia de um gás ideal depende somente da 
temperatura). Portanto, houve entrada de energia na forma de calor, no valor de 1,97 kJ. 
Na parte b, o processo é adiabático e portanto não há entrada de calor, logo a temperatura 
final deve ser menor, pois o sistema realizou trabalho e sua energia diminuiu em 861 J. 
Isto já atende ao solicitado na questão. No entanto, se quisermos calcular esta temperatura 
final podemos fazer da seguinte maneira: 
U = (3/2)nRT (para um gás ideal). ∆U = (3/2)nR∆T. Pela primeira Lei da Termodinâmica, 
∆U = w+q = w + 0 (processo adiabático). Logo, ∆U = -860 J = 1,5 x 1,000 x 8,314 x (Tf – 
298). Assim, Tf = 229 K ou -43,9 °C, ou seja menor que 298, como antecipado acima. 
 
2. Um automóvel experimental usa hidrogênio como combustível. No começo de uma 
corrida de teste, o tanque rígido de 30,0L admitiu 16,0 atm de hidrogênio a 298K. No fim 
da corrida, a temperatura do tanque ainda era 298K, porém a pressão caiu para 4,0 atm. 
(a) Quantos mols de hidrogênio foram queimados durante a corrida? 
(b) Quanto de calor, em quilojoules, foi liberado pela combustão daquela quantidade de 
hidrogênio? 
 
 Resolução: 
 
(a) O número de mols de hidrogênio queimado pode ser obtido pela diferença do número 
de mols de gás presente no tanque antes e depois da corrida utilizando a equação de um 
gás ideal. 
Início: 
RT
VP
nRTnVP iiii
×
=⇒×=× 
Final: 
RT
VP
nRTnVP
f
fff
×
=⇒×=× 
(g)H de mol 7,14
mol K atm L 082,0
0,30
)0,40,16()( 211 =





−=





−=−
−−
L
atmatm
RT
V
PPnn fifi 
(b) )(1)(2/1)( 222 lOHgOgH →+ 
A partir da entalpia padrão de formação da água (formação de 1 mol de água) podemos 
calcular o calor liberado na queima de 14, 7 mol de gás hidrogênio. 
kJH 7,201.4)mol kJ 83,285 ( mol 7,14 -10 −=−×=∆ 
 
3. (a) O flúor-benzeno (C6H5F) líquido é estável em relação aos seus elementos a 298K e na 
condição padrão? 
(b) Calcule a entropia de uma amostra que contém 1 mol de flúor-benzeno sólido, 
molécula esta que pode assumir uma de seis orientações possíveis com a mesma energia. 
 
 Resolução: 
 
a) Para saber se uma substância é estável em relação aos seus elementos, basta 
verificarmos se sua formação é favorecida termodinamicamente. A partir da reação de 
formação do flúor-benzeno, pode-se calcular a variação de energia livre padrão ou ainda a 
variação de entropia total. 
 
6 C(gr) + 5/2 H2(g) + 1/2 F2(g) → C6H5F(l) 
 
∆rH° = - 108,78 kJ. mol
-1 
∆rS° = 301,25 – [6(5,74) + 2,5(130,68) + 0,5(202,78)] = - 161,28 J. K
-1. mol-1 
∆∆∆∆rG° = ∆rH° – T∆rS° = -108780 – 298(-161,28) = - 60,72 kJ. mol
-1 
Como a variação de energia livre da reação de formação é um valor negativo, a formação 
do flúor-benzeno é favorecida a 298K, sendo a substância estável em relação a seus 
elementos nesta temperatura. 
 
Pode-se ainda utilizar a variação de entropia total: 
∆∆∆∆Stotal = ∆Ssistema + ∆Svizinhança = ∆Ssistema – ∆rH°/T = -161,28 – (-108780/298) = 
203,75 J.K
-1. Como o valor da variação total de entropia é positivo, o processo é 
espontâneo e o flúor-benzeno estável em relação a seus elementos a 298K. 
 
b) Para calcular a entropia absoluta da amostra de 1 mol de flúor-benzeno sólido, 
precisamos calcular primeiramente o número de microestados: W = número de 
orientações^número de indivíduos na amostra = 6^6,02 x 1023 
S = k ln W = 1,3807 x 10-23 x ln (6^6,02 x 1023) = 14,89 J. K-1.mol-1. 
 
4. Suponha que 150,0 g de etanol em 220C são misturados com 200,0 g de etanol em 56,0 0C, 
sob pressão atmosférica constante, em um recipiente termicamente isolado. Calcule ∆S e 
∆Stot desse processo. 
 
 Resolução: 
Ao misturarmos as duas amostras de etanol teremos uma temperatura final calculada a 
partir das temperaturas iniciais ponderadas por suas massas. 
���
���� +����
�� +��
=
150,0	�. 295,15	� + 200,0	�. 329,15	�
150,0	� + 200,0	�
= 314,58	� 
Outra maneira de se calcular a temperatura final é através da equação q= m Cs ∆T: 
Chamando as amostras de 1 e 2 respectivamente, temos: 
q1 = -q2 
m1 x Cs1 x ∆T1 = - m2 x Cs2 x ∆T2 
Como Cs1 = Cs2: 
m1 ∆T1 = - m2 ∆T2 
150g (Tf – 295 K) = -200g (Tf – 329K) 
Tf = 314,5 K 
 
Para cada amostra haverá uma mudança de entropia quando a temperatura variar entre o 
valor inicial até a nova temperatura (314,58 K). Esta pode ser calculada por: 
 
∆� = ���
��
��
= �����
��
��
 
∆� = 150,0	�	. 2,42
�
��
��
314,58	�
295,15	�
= 23,14	
�
�
 
∆� = 200,0	�	. 2,42
�
��
��
314,58	�
329,15	�
= −21,91	
�
�
 
A variação de entropia do sistema é a soma dessas contribuições. 
∆� = 23,14	
�
�
	− 21,91	
�
�
= 1,23	
�
�
 
Como o sistema é isolado não chega calor na vizinhança, logo, ∆�!"# = 0. 
Portanto, a variação de entropia total vale: ∆�$%$ = 1,23	
&
'
 
 
5. Para cada uma das reações abaixo, determine se haverá algum intervalo de temperatura no 
qual a reação é espontânea nas condições padrão e, se houver, encontre esse intervalo. 
 
(a) CaC2(s) + 2 HCl(aq) 
 
 CaCl2(aq) + C2H2(g) 
(b) HCN(g) + 2 H2(g) CH3NH2(g) 
 
 
 Resolução: 
Para determinar se há ou não um intervalo de temperatura no qual a reação se torna 
espontânea precisamos primeiro encontrar ∆Ho e ∆So para a reação, e descobrir como ∆Go 
varia com a temperatura: 
 
(a)∆(°* = ∆(°�+CaCl2, /01 + ∆(°�+C2H2, �1	
																											−[∆(°�+CaC2, 41 + 2 × ∆(°�+HCl, /01]	
= −877,1	kJ	mol-1 − 1.300,0	kJ	mol-1 − [−59,8	kJ	mol-1 + 2 × +−167,2	kJ	mol-11]	
= −2.177,1	kJ	mol-1 − +−394,2	kJ	mol-11	
= −1.782,9	kJ	mol-1 
 
∆�°* = �°>+CaCl2, /01 + �°>+C2H2, �1 − [�°>+CaC2, 41 + 2 × �°>+HCl, /01] 
= 59,8 J K mol-1 + 200,9 J K mol-1 − @70,0 J K mol-1 + 2 × 56,5 J K mol-1A 
= 260,7 J K mol-1 − (183,0 J K mol-1) 
= +77,7 J K mol-1 
 
Nesse caso, ∆(°* é negativo e ∆�°* é positivo. Assim, ∆B°* = ∆(°* − �∆�°* será 
negativo em qualquer temperatura, ou seja, a reação é espontânea em qualquer 
temperatura. 
 
(b)∆(°* = ∆(°�(CHCNH�, �) 
 −[∆(°�(HCN, �) + 2 × ∆(°�(H�, /0)] 
= −23,0 kJ mol-1 − [+135,1 kJ mol-1 + 2 × (0 kJ mol-1)] 
= −158,1 kJ mol-1 
 
∆�°* = �°>(CHCNH�, �) − [�°>(HCN, �) + 2 × �°>(H�, /0)] 
= 243,4 J K mol-1 − @201,8 J K mol-1 + 2 × 130,7 J K mol-1A 
= −219,8 J K mol-1 
Nesse caso, temos ambos ∆(°* e ∆(°* negativos. À temperatura de zero absoluto, 
∆B°* = ∆(°* < 0, ou seja, o processo é espontâneo. No entanto, o termo −�∆�°* será 
sempre positivo graças ao sinal negativo de ∆�°*, e eventualmente será maior que o 
primeiro termo da equação ∆B°* = ∆(°* − �∆�°*. A partir desse ponto, a reação deixa de 
ser espontânea. Para determinarmos essa temperatura crítica, basta encontrar a temperatura 
na qual ∆B°* = 0: 
∆B°* = ∆(°* − �∆�°* = −158,1 × 10C J mol-1 − � × (−219,8 J K mol-1) = 0 
� =
−158,1 × 10C J mol-1
−219,8 J K mol-1
= 719,3 K 
 
A temperaturas acima de 719,3K a reação deixa de ser espontânea. 
 
 
 
Dados: 
Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; N = 14,0 g/mol. 
Constantes: -1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K = 0,082 L atm mol K , F = 9,65 x 104 C mol–1; NA = 6,02 x 10
23mol-1; 
k = R/NA = 1,3807 x 10
-23 J K-1, Calor específico (Cs) do etanol: 2,42 J K-1g -1. 
Fatores de conversão: 1 bar = 105 Pa; 1 atm = 1,01325 x 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 
Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L= 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V 
Capacidades caloríficas de gases ideais: Cv, m = ∆Um/∆T. Gases Monoatômicos: Cv, m = 3/2 R; 
Moléculas lineares: Cv, m = 5/2 R; Moléculas não-lineares: Cv, m = 3 R. 
Para um gás ideal: CP, m = Cv, m + R. 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância ( )10 molkJ −∆ fH ( )110 molKJ −−mS Substância ( )10 molkJ −∆ fH ( )110 molKJ −−mS 
H2O (l) – 285,83 69,91 CH3NH2 (g) – 23,0 243,4 
C (grafite) 0 5,740 CaCl2(aq) −877,1 59,8 
C (diamante) 1,895 2,377 C2H2(g) −1300,0 200,9 
N2 (g) 0 191,61 CaC2(s) −59,8 70,0 
H2 (g) 0 130,68 HCN(g) +135,1 201,8 
O2 (g) 0 205,14 HCl(aq) −167,2 56,5 
F2 (g) 0 202,78 C6H5F(l) – 108,78 301,25 
CO2 (g) – 393,51 213,74 CO (g) -110,53 197,67 
 
 
Equações: 
 
 ∆H = ∆U + P∆V ∆G = ∆H – T∆S 
q = C∆T 
PV = nRT 
 
 
 
 
 
000
rrr STHG ∆−∆=∆ 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor ∑∑ ∆−∆=∆ 
 
 
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr ∑∑ −=∆ 
 
 
XpX log−= wba KKK =× wpKpOHpH =+ 
RT
nFE
K
°
=ln 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
U q w∆ = +
e x tw P V∆= − 2
1
ln
V
w nR T
V
 
= −  
 
revd qd S
T
=
2
1
ln
V
S nR
V
 
 
 
∆ =
gH U n R T∆ = ∆ + ∆ 2
1
ln
T
T
S C
 
∆ =  
 
lnG G R T Q∆ = ∆ ° + lnG R T K∆ ° = − G n F E∆ ° = − ° Q i t= ×
RT
E E lnQ
nF
 
= ° −  
 
0, 025693
E E lnQ
n
 
= ° −  
 
Q n F=
v = k [ ] [ ]0A = A - k t [ ]0
1
2 2
A
t
k
=
[ ]
1
v = k A [ ] [ ]0ln A = ln A - k t 1
2
ln 2
t
k
=
[ ]
2
v = k A
[ ] [ ]0
1 1
= k t
A A
+
[ ]
1
2
0
1
t
A k
=
( ) 2
1 1 2
k 1 1
lnk = lnA ln =
k
Ea
a aRT
E E
k Ae
RT R T T
−    
= − −   
   
Universidade Federal de Pernambuco 
Departamento de Química Fundamental 
Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
 
GABARITO 
 
1. Considere um gás ideal monoatômico, a 25 °C, ocupando um volume de 2 L e com uma pressão 
de 1 atm. Sabendo que a pressão externa é também 1 atm, 
(a) Quanto calor deve ser fornecido para este gás expandir para um volume final de 3 L e uma 
temperatura final de 174°C? 
(b) Quanto calor deve ser fornecido para aquecer este mesmo gás para uma temperatura final de 
174°C, porém a volume constante? 
 
(a) O calor pode ser calculado de diversas formas. Como se trata de pressão constante, q = CpT. 
Para isto precisamos de Cp. Também podemos calcular através da primeira lei: q = U – w. 
O trabalho é contra uma pressão externa constante, e dado por w = -PexV. 
U pode ser calculado por (3/2)nRT. Precisamos do número de mols, que pode ser obtido de 
n = PV/(RT). Fazendo os cáculos por este caminho temos: 
w=−1×1,01×10
5
×(3−2)×10
−3
=−101 J 
ΔU=
3
2
pV
RT
RΔT=
1,5×1×1,01×10
5
×2×10
−3
298
×(174−25)=151,5 J
 
q=ΔU−w=151,5+101=252,5 J 
Calculando de outro modo temos: 
q p=C pΔT =
5
2
nRΔT =
5
2
pV
T
ΔT =
5
2
1,01×10
5
×2×10
−3
298
(174−25)=252,5 J
 
(b) O aquecimento a volume constante pode ser calculado por q = CvT. Precisamos de Cv que 
pode ser obtido de U/T para um gás ideal. Novamente necessitamos do número de mols que 
pode ser obtido como no item acima. 
  J=xxxxxx=xΔΔ
RT
pV
Rx=q 152,425174
298
10
2101,0111,5
2
3 35 

 
Observe que o calor necessário no item (b) é menor que aquele necessário no item (a). Isto porque 
no item (a) o calor é utilizado no aquecimento e também para fornecer energia para a realização 
do trabalho de expansão. 
 
2. A legislação brasileira determina que tanto a gasolina comum como a aditivada vendidas no 
Brasil devem conter um percentual obrigatório de 25% (em volume) de etanol anidro combustível. 
(a) Determine a densidade de entalpia (entalpia liberada por litro de combustível) para a combustão 
de gasolina pura. (Considere a gasolina sendo constituída basicamente de octano, C8H18). 
(b) Sabendo que a entalpia-padrão de combustão do etanol (C2H5OH) é -1368,4 kJ mol
-1
, calcule a 
densidade de entalpia para a gasolina vendida nos postos brasileiros. 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
 
 
 
Resposta: 
(a) A combustão do octano (gasolina pura) é dada pela equação: 
C8H18(l) + 
25
2 O2(g) → 8 CO2(g) + 9 H2O(l) 
A entalpia liberada por mol de octano queimado é a entalpia padrão de combustão do 
octano, e pode ser calculada pela Lei de Hess utilizando as entalpias padrão de formação 
dadas:
cH°(C8H18,l) = 9×fH°(H2O,l) + 8×fH°(CO2,g) – [fH°(C8H18,l)+ 
25
2
fH°(O2,g)] 
 = 9×(–285,8 kJ⋅mol–1) + 8×(–393,5 kJ⋅mol–1) – [–250,3 kJ⋅mol–1 + 0] 
 = –5.469,9 kJ⋅mol–1 
Essa é a entalpia liberada na queima de 1 mol de octano. Para 1 L de octano, temos: 
∆ H (1L deC8 H 18 ,l )=∆c H ° (C8 H 18 , l )× MM (octano )× d (octano)
∆ H (1L deC8 H18 , l )=−5.469,9kJ ∙mol
– 1
×
1mol
114,144 g
×
0,703g
1cm
3
×
1.000cm
3
1L
=−33.688,5 kJ ∙ L
– 1
 
 
(b) Para a combustão do etanol temos  cH = –1.368,4 kJ⋅mol
–1
. 
Para 1 L de etanol, 
∆ H (1L deC2 H 5OH , l )=∆c H ° (C 2 H 5OH , l )× MM (etanol )×d (etanol )
∆ H (1L deC2 H 5OH , l )=−1.368,4 kJ ∙mol
–1
×
1 mol
46,042 g
×
0,789 g
1cm
3
×
1.000cm
3
1L
=−23.449,6kJ ∙L
–1
 
A gasolina vendida nos postos contém 25% de etanol. Logo, 1 L de gasolina contém 0,25 L de 
etanol e 0,75 L de octano: 
 
∆H (1L de gasolina)=0,75× ∆ H (1L de C8 H 18 , l )+0,25×∆ H (1L deC2 H 5OH , l )
∆ H (1L de gasolina)=0,75×(−33.688,5kJ ∙ L
–1
)+0,25×(−23.449,6kJ ∙ L
–1
)=−31.128,8 kJ ∙ L
–1
 
Esse valor é cerca de 8% menor que o da gasolina pura. 
 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
3. Quando uma grande peça de cobre a 25ºC é colocada em contato com outra de mesma natureza e 
massa, porém a uma temperatura mais elevada, 1000 J de energia na forma de calor é transferida 
reversivelmente desta última para a primeira. A variação de entropia nesse processo foi de 
0,109 J K
-1
. Sabendo que estas peças estão termicamente isoladas do ambiente e que a quantidade 
de calor transferida não é suficiente para alterar as temperaturas destas peças, calcule a temperatura 
da segunda peça metálica. 
 
Resposta: 
Denominemos essas peças metalicas (PM) como PM-1 e PM-2. Assumamos que a PM-1 é a que 
encontra-se a 25 
0
C, então 1000 J saiu na forma de calor da segunda peça, logo, q2 = -1000 J. 
Como ambas as peças são de mesma natureza, então o calor que chegou em 
PM-1 foi q1 = +1000 J. Portanto, a variação de entropia desse sistema é: 
∆ S=∆S 1+∆S 2=
q1
T 1
+
q2
T 2
 
0,109
J
K
=
1000J
298K
−
1000J
T 2
 
T 2=308K=35 C❑
0
 
 
4. O nitrato de potássio é um sal bastante solúvel em água, de acordo com a reação de dissociação 
abaixo: 
KNO3(s) + H2O(l)  K
+
(aq) + NO3
-
(aq) + H2O(l) 
 
Sabendo que a variação de entalpia-padrão da dissolução do nitrato de potássio é +34,9 kJ mol
-1
, 
responda: 
(a) Este valor para a entalpia de dissolução favorece o processo de dissolução? Justifique sua 
resposta com base na variação de entropia global envolvida neste processo. 
(b) Quando o sal dissolve, a variação de entropia do sistema é positiva ou negativa? Justifique sua 
resposta. 
(c) Qual é a força motriz, variação de entalpia ou de entropia, responsável pela dissolução do sal? 
Por quê? 
 
Resposta: 
a) Não favorece. Como o sal é livremente solúvel, o processo é espontâneo em 298 K, sendo o valor 
de ST (Sviz + Ssist) > 0. Como o valor de H é 34,9 kJ/mol e a temperatura em questão é 298 K, 
a variação de entropia da vizinhança seria negativa (Sviz = - 34900/298 = -117,11 J/K). Como o 
ST é positivo, Ssistema deve ser mais positivo que Svizinhança para o processo ser espontâneo. Se o 
valor de Hdissolução fosse negativo, o processo seria mais favorecido, uma vezque o Sviz seria 
positivo, o que tornaria mais positivo o valor de ST, aumentando a espontaneidade da reação de 
dissolução. 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
b) Deve ser positiva e maior que 117,11 J/K, já que a variação da vizinhança é negativa (-117,11 
J/K) e o processo é espontâneo (ST > 0). 
c) A variação de entropia. Como a dissolução é endotérmica, o processo deve ter S positivo para 
ser espontâneo. Segundo a equação de Gibbs: G = H - TS, sendo o valor de H positivo, o 
valor de S deve ser positivo para que o termo TS seja maior que H e o resultado (G) seja 
negativo e o processo espontâneo. 
 
5. As reações: 
(a) CH3OH(l) + CO(g)  CH3COOH(l) 
(b) CH3CH2OH(l) + O2 (g)  CH3COOH(l) + H2O(l) 
são dois típicos exemplos de rotas sintéticas usadas para preparação de ácido acético CH3COOH(l). 
Faça uma análise termodinâmica para cada uma das reações acima com o objetivo de decidir qual 
delas, (a) ou (b), seria mais facilmente realizada para a obtenção deste ácido. 
 
Resposta: 
Pela análise dos valores de Gr 
o
 calculados para as duas rotas sintéticas, pode-se verificar que a 
rota sintética obtida pela oxidação do etanol (b) é mais favorável termodinamicamente que a rota 
(a). 
GorH
o
r – T. S
o
r 
Gor=(-135100 J/mol)- 298.0 K * 
164.7 J/(K.mol)= -86.02 kJ/mol 
 
GorH
o
r – T. S
o
r 
Gor=(-492600 J/mol)- 298.0 K * 
136.1 J/(K.mol)= -452.04 kJ/mol 
 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
 
DADOS 
Constantes e fatores de conversão: 
1 1 1 18,314J.K.mol0,082L.atm.K.molR     
 1 atm = 1,01x10
5
 Pa 
 
Fórmulas: 
wqU  H =U + PV q = CT 
dS=
dq
rev
T wrev=−nRT ln(V f /V i) 
VPw extIrrev  1
2ln
V
V
nRS
 









1
2ln
T
T
CS
 g
H U nRT  
0 lnG G RT Q 
 
ΔG °= ΔH °−TΔS °
 
Q
n
EE ln
0257,0
 
C p=Cv+nR
 
0
ln
0,0257
nE
K ΔG °=−nFE ° Q=n×F Q=i×t 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor   
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr   
pX = - logX v k    0A A kt  
 
0
1/2
A
2
t
k
 
Propriedades: 
 d(água)=1,0 g mL–1 . d(etanol) = 0,789 g mL–1 d(octano) = 0,703 g mL–1 
H = 1g mol-1; O = 16 g mol-1; C = 12 g mol-1; N = g mol-1; Zn = 65,4 g mol-1. 
Valores de Cv para gases: Monoatômicos: 3/2 R; Lineares: 5/2R; Não-lineares: 3R 
Dados Termodinâmicos a 298 K 
Substância H
o
f (kJ mol
-1
) S
o
m(J K
-1
mol
-1
) 
CH3OH(l) -238,86 126,8 
CH3CH2OH(l) -277,69 160,7 
CH3COOH(l) -484,50 159,80 
C8H18(l) -250,3 358 
H2O(l) -285.83 69,91 
CO(g) -110,53 197,67 
CO2(g) -393,51 213,74 
O2(g) 0 205,14 
 
 
 
 
Química Geral 1 – 2013.1 – Primeiro Exercício – 20/06/2013 
 
GABARITO 
 
01. Uma peça de cobre de massa 19,0 g foi aquecida até 87,4 0C e então colocada em 
um calorímetro que continha 55,5 g de água a 18,3 0C. A temperatura da água 
aumentou para 20,4 0C. Determine a capacidade calorífica específica do cobre em 
J.°C-1.g-1. 
RESPOSTA: 
Para o cobre: m(Cu) = 19,0 g e Ti = 87,4 
0C 
Para a água: m(H2O) = 55,5 g; Ti = 18,3 
0C e Cs(H2O) = 4,184 J g
-1 0C-1 
Para o cobre e a água: Tf = 20,4 
0C 
O cobre cede calor para água no calorímetro pois Ti,Cu > Ti,H2O 
Qrecebido + Qcedido = 0 
-Qcedido = Qrecebido 
-mCuCCu(∆T) = mH2OCH2O(∆T) 
 
 
02. a) Calcule o trabalho que deve ser realizado a 298 K e 1 atm para a produção de 
CO2(g) e H2O(l) na combustão de 1 mol de cicloexano, C6H12(l). b) A partir de 
dados tabelados calcule a entalpia-padrão da reação. c) Calcule a variação da 
energia interna (∆U0) do sistema. Considerar todos os gases como ideais. 
RESPOSTA: 
a) O trabalho é devido à variação do número de mols de gases no processo, o que 
gera uma variação do volume: 
C6H12(l) + 9 O2(g) → 6 CO2(g) + 6 H2O(l) 
 
 
 
Variação de volume para 1 mol de cicloexano: 
L
atm
KKmolatmLmol
P
RTn
V
RTnVP
30,73
1
298..082,0)96( 11
−=
××−
=
×∆
=∆
×∆=∆×
−− 
KJ
Latm
J
LatmLatmVPw ext 4.7.1
325,101
.30,73)30,73(1 =





×=−×−=∆×−= 
b) Entalpia-padrão (para um mol de ciclohexano): 
[ ] [ ]
111
222
64,39194,15604,4076
))((9))(126(1))((6))((6
)()(
−−−
−=+−=∆
∆+∆×−∆×+∆×=∆
∆−∆=∆ ∑ ∑
kJmolkJmolkJmolH
gOHlHCHlOHHgCOHH
reagentesHnprodutosHnH
o
r
o
f
o
f
o
f
o
f
o
r
o
f
o
f
o
r
 
c) Variação de energia interna com variação de volume é a soma da variação da 
entalpia com o trabalho realizado: 
kJU
kJkJU
24,3912
)4,7(64,3919
0
0
−=∆
+−=∆
 
 
03. As entalpias-padrão de combustão da grafita e do diamante são –393,51 kJ/mol e –
395,41 kJ/mol, respectivamente. A partir destes dados, calcule a variação de 
entalpia-padrão molar da transição grafita → diamante. 
RESPOSTA: 
C(gr) + O2(g) → CO2(g) ∆H °= − 393,51 kJ 
CO2(g) → C(dia) + O2(g) ∆H °= + 395,41 kJ 
C(gr) → C(dia) ∆H °= + 1,90 kJ 
 
04. Calcule as variações de entropia do sistema, das vizinhanças e a variação total de 
entropia quando uma amostra de 14 g de nitrogênio gasoso, a 298 K e 1 bar, duplica 
seu volume seguindo dois caminhos diferentes: a) Expansão Isotérmica Reversível; 
b) Expansão Isotérmica Livre Irreversível. 
RESPOSTA: 
a) Para o cálculo da variação de entropia na expansão isotérmica, utiliza-se: ∆S = 
nRln(Vf/Vi) = 14/28 x 8,314 x ln(2Vi/Vi) = +2,88 J/K. Como o processo é 
reversível, tem-se que a variação de entropia total é zero e que a variação de 
entropia da vizinhança é, por conseqüência, -2,88 J/K. 
b) Como os parâmetros para o sistema são os mesmos nos dois caminhos, 
∆Ssistema será o mesmo (pois é função de estado): +2,88J/K. Neste caso, a 
vizinhança é o vácuo e, numa expansão livre não há trabalho sendo realizado. 
Como ∆U é zero (função de estado), o calor também será zero. E assim 
∆Svizinhança é zero. Desta forma: ∆ST = ∆Ssistema + ∆Svizinhança = 2,88 + 0 
= + 2,88 J/K, processo espontâneo. 
 
05. O aquecimento dos ácidos orgânicos pode levar à descarboxilação (perda de CO2). 
Por exemplo, o ácido acético pode descarboxilar segundo a reação abaixo: 
 
CH3COOH(l) → CO2(g) + CH4(g) 
 
a) Calcule a temperatura na qual ocorre a descarboxilação espontânea do ácido 
acético. 
b) Qual é a força motriz desta reação, a variação de entropia ou a variação de 
entalpia? Justifique sua resposta. 
RESPOSTA: 
a) A temperatura da descarboxilação é a temperatura na qual a reação se torna espontânea, 
ou seja, ∆G°r =0. Assim, precisamos calcular ∆H°r e ∆S°r: 
∆H°r = ∆H°f (CH4,g) + ∆H°f (CO2,g) − ∆H°f (CH3COOH,l) 
= ( −74.81 kJ.mol−1) + ( −393.51 kJ�mol−1) − ( −484.5 kJ.mol−1) 
= +16.18 kJ.mol−1 
∆S°r = S°m (CH4,g) + S°(CO2,g) − [S°m (CH3COOH,l)] 
= 186.26 J.K−1.mol−1 + 213.74 J.K−1.mol−1 − [ 159.8 J.K−1.mol−1] 
= +240.2 J.K−1.mol−1 
Na temperatura na qual a reação se torna espontânea: 
∆G°r = ∆H°r − T ∆S°r = 0: ∆G°r = 16.18 × 10
3 J.mol−1 –T (240.2 J.K−1.mol−1) = 
0 � T = 67.36 K 
b) A temperatura obtida é bem abaixo da temperatura ambiente, indicando que o ácido 
acético é termodinamicamente instável com relação à decomposição para produzir 
CO2(g). Comparando os valores dos temos ∆H°r e T ∆S°r, notamos que a força motriz 
da reação é o aumento de entropia associado à produção do gás, suficiente para 
compensar o aumento de entalpia (reação endotérmica). 
 
 
Dados: Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; N = 14,0 g/mol, Cu = 
63,5 g/mol. Densidade: Água = 1,00 g.cm-3. -1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K = 0,082 Latm mol K , F = 
9,65 x 104 C mol–1; 1 bar ≈1 atm; 1 atm = 1,01325 x 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 
Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V 
Capacidades caloríficas específicas para gases: Moléculas Monoatômicas:Cv, m = 3/2 R; Cp,m = 
5/2 R; Moléculas Poliatôm. lin.: Cv, m = 5/2 R; Cp,m = 7/2 R; Moléculas Poliatôm. não-lin: Cv, m = 
3 R; Cp,m = 4 R 
∆H° fusão para a água = 6,01 kJ.mol-1; ∆H° vaporização para a água = 44,01 kJ.mol-1 
 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância ( )10 molkJ −∆ fH ( )110 molKJ −−mS ( )10 molkJ −∆ fG ( )
11
, molKJ
−−
mpC 
H2O (l) -285,83 69,91 -237,13 75,29 
H2O (g) -241,82 188,83 -228,57 33,58 
C (grafita) 0 5,740 0 8,53 
N2 (g) 0 191,61 0 29,12 
H2 (g) 0 130,68 0 28,82 
O2 (g) 0 205,14 0 29,36 
CO2 (g) -393,51 213,74 -394,36 37,11 
 CH4 (g) -74,81 186,26 -50,72 35,31 
 C6H12 (l) -156,4 204,4 26,7 156,5 
 CH3COOH(l) -484,5 159,8 -389,9 124,3 
 
G = H – TS ext
w P V∆= − PV = nRT extdw P dV= − 
2
1
ln
V
w nRT
V
 
= −  
  
revdqdS
T
=
 
2
1
ln
V
S nR
V
 
 
 
∆ =
 
2
1
ln
T
T
S C
 
∆ =  
  
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor ∑∑ ∆−∆=∆ gH U n R T∆ = ∆ + ∆ 
( ) 2
1 1 2
k 1 1
lnk = lnA ln =
k
Ea
a aRT
E E
k Ae
RT R T T
−    
= − −   
    
000
rrr STHG ∆−∆=∆ 
R
S
RT
H
P
P vapvap
00
0ln
∆
+
∆
−=




 



−
∆
=





21
0
1
2 11ln
TTR
H
P
P vap
 
[ ]0
1
2 2
A
t
k
= [ ]
2
v = k A 
XpX log−= [ ] [ ]0
1 1
= k t
A A
+ wba KKK =× wpKpOHpH =+ 
lnG G RT Q∆ = ∆ ° + lnG RT K∆ ° = − 
G n F E∆ ° = − °
 
RT
nFE
K
°
=ln 
RT
E E lnQ
nF
 
= ° −  
 
 
0,025693
E E lnQ
n
 
= ° −  
  
[ ] [ ]0A = A - k t
 
Q n F=
 
 
[ ]
1
v = k A [ ] [ ]0ln A =ln A - k t 1
2
ln 2
t
k
= 
 
 
 
 
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GABARITO 
 
1. Considere um gás ideal monoatômico, a 25 °C, ocupando um volume de 2 L e com uma pressão 
de 1 atm. Sabendo que a pressão externa é também 1 atm, 
(a) Quanto calor deve ser fornecido para este gás expandir para um volume final de 3 L e uma 
temperatura final de 174°C? 
(b) Quanto calor deve ser fornecido para aquecer este mesmo gás para uma temperatura final de 
174°C, porém a volume constante? 
 
(a) O calor pode ser calculado de diversas formas. Como se trata de pressão constante, q = CpT. 
Para isto precisamos de Cp. Também podemos calcular através da primeira lei: q = U – w. 
O trabalho é contra uma pressão externa constante, e dado por w = -PexV. 
U pode ser calculado por (3/2)nRT. Precisamos do número de mols, que pode ser obtido de 
n = PV/(RT). Fazendo os cáculos por este caminho temos: 
w=−1×1,01×10
5
×(3−2)×10
−3
=−101 J 
ΔU=
3
2
pV
RT
RΔT=
1,5×1×1,01×10
5
×2×10
−3
298
×(174−25)=151,5 J
 
q=ΔU−w=151,5+101=252,5 J 
Calculando de outro modo temos: 
q p=C pΔT =
5
2
nRΔT =
5
2
pV
T
ΔT =
5
2
1,01×10
5
×2×10
−3
298
(174−25)=252,5 J
 
(b) O aquecimento a volume constante pode ser calculado por q = CvT. Precisamos de Cv que 
pode ser obtido de U/T para um gás ideal. Novamente necessitamos do número de mols que 
pode ser obtido como no item acima. 
  J=xxxxxx=xΔΔ
RT
pV
Rx=q 152,425174
298
10
2101,0111,5
2
3 35 

 
Observe que o calor necessário no item (b) é menor que aquele necessário no item (a). Isto porque 
no item (a) o calor é utilizado no aquecimento e também para fornecer energia para a realização 
do trabalho de expansão. 
 
2. A legislação brasileira determina que tanto a gasolina comum como a aditivada vendidas no 
Brasil devem conter um percentual obrigatório de 25% (em volume) de etanol anidro combustível. 
(a) Determine a densidade de entalpia (entalpia liberada por litro de combustível) para a combustão 
de gasolina pura. (Considere a gasolina sendo constituída basicamente de octano, C8H18). 
(b) Sabendo que a entalpia-padrão de combustão do etanol (C2H5OH) é -1368,4 kJ mol
-1
, calcule a 
densidade de entalpia para a gasolina vendida nos postos brasileiros. 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
 
 
 
Resposta: 
(a) A combustão do octano (gasolina pura) é dada pela equação: 
C8H18(l) + 
25
2 O2(g) → 8 CO2(g) + 9 H2O(l) 
A entalpia liberada por mol de octano queimado é a entalpia padrão de combustão do 
octano, e pode ser calculada pela Lei de Hess utilizando as entalpias padrão de formação 
dadas:
cH°(C8H18,l) = 9×fH°(H2O,l) + 8×fH°(CO2,g) – [fH°(C8H18,l)+ 
25
2
fH°(O2,g)] 
 = 9×(–285,8 kJ⋅mol–1) + 8×(–393,5 kJ⋅mol–1) – [–250,3 kJ⋅mol–1 + 0] 
 = –5.469,9 kJ⋅mol–1 
Essa é a entalpia liberada na queima de 1 mol de octano. Para 1 L de octano, temos: 
∆ H (1L deC8 H 18 ,l )=∆c H ° (C8 H 18 , l )× MM (octano )× d (octano)
∆ H (1L deC8 H18 , l )=−5.469,9kJ ∙mol
– 1
×
1mol
114,144 g
×
0,703g
1cm
3
×
1.000cm
3
1L
=−33.688,5 kJ ∙ L
– 1
 
 
(b) Para a combustão do etanol temos  cH = –1.368,4 kJ⋅mol
–1
. 
Para 1 L de etanol, 
∆ H (1L deC2 H 5OH , l )=∆c H ° (C 2 H 5OH , l )× MM (etanol )×d (etanol )
∆ H (1L deC2 H 5OH , l )=−1.368,4 kJ ∙mol
–1
×
1 mol
46,042 g
×
0,789 g
1cm
3
×
1.000cm
3
1L
=−23.449,6kJ ∙L
–1
 
A gasolina vendida nos postos contém 25% de etanol. Logo, 1 L de gasolina contém 0,25 L de 
etanol e 0,75 L de octano: 
 
∆H (1L de gasolina)=0,75× ∆ H (1L de C8 H 18 , l )+0,25×∆ H (1L deC2 H 5OH , l )
∆ H (1L de gasolina)=0,75×(−33.688,5kJ ∙ L
–1
)+0,25×(−23.449,6kJ ∙ L
–1
)=−31.128,8 kJ ∙ L
–1
 
Esse valor é cerca de 8% menor que o da gasolina pura. 
 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
3. Quando uma grande peça de cobre a 25ºC é colocada em contato com outra de mesma natureza e 
massa, porém a uma temperatura mais elevada, 1000 J de energia na forma de calor é transferida 
reversivelmente desta última para a primeira. A variação de entropia nesse processo foi de 
0,109 J K
-1
. Sabendo que estas peças estão termicamente isoladas do ambiente e que a quantidade 
de calor transferida não é suficiente para alterar as temperaturas destas peças, calcule a temperatura 
da segunda peça metálica. 
 
Resposta: 
Denominemos essas peças metalicas (PM) como PM-1 e PM-2. Assumamos que a PM-1 é a que 
encontra-se a 25 
0
C, então 1000 J saiu na forma de calor da segunda peça, logo, q2 = -1000 J. 
Como ambas as peças são de mesma natureza, então o calor que chegou em 
PM-1 foi q1 = +1000 J. Portanto, a variação de entropia desse sistema é: 
∆ S=∆S 1+∆S 2=
q1
T 1
+
q2
T 2
 
0,109
J
K
=
1000J
298K
−
1000J
T 2
 
T 2=308K=35 C❑
0
 
 
4. O nitrato de potássio é um sal bastante solúvel em água, de acordo com a reação de dissociação 
abaixo: 
KNO3(s) + H2O(l)  K
+
(aq) + NO3
-
(aq) + H2O(l) 
 
Sabendo que a variação de entalpia-padrão da dissolução do nitrato de potássio é +34,9 kJ mol
-1
, 
responda: 
(a) Este valor para a entalpia de dissolução favorece o processo de dissolução? Justifique sua 
resposta com base na variação de entropia global envolvida neste processo. 
(b) Quando o sal dissolve, a variação de entropia do sistema é positiva ou negativa? Justifique sua 
resposta. 
(c) Qual é a força motriz, variação de entalpia ou de entropia, responsável pela dissolução do sal? 
Por quê? 
 
Resposta: 
a) Não favorece. Como o sal é livremente solúvel, o processo é espontâneo em 298 K, sendo o valor 
de ST (Sviz + Ssist) > 0. Como o valor de H é 34,9 kJ/mol e a temperatura em questão é 298 K, 
a variação de entropia da vizinhança seria negativa (Sviz = - 34900/298 = -117,11 J/K). Como o 
ST é positivo, Ssistema deve ser mais positivo que Svizinhança para o processo ser espontâneo. Se o 
valor de Hdissolução fosse negativo, o processo seria mais favorecido, uma vez que o Sviz seria 
positivo, o que tornaria mais positivo o valor de ST, aumentando a espontaneidade da reação dedissolução. 
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Primeiro Exercício – QG1 – 16 de Outubro de 2014. 
b) Deve ser positiva e maior que 117,11 J/K, já que a variação da vizinhança é negativa (-117,11 
J/K) e o processo é espontâneo (ST > 0). 
c) A variação de entropia. Como a dissolução é endotérmica, o processo deve ter S positivo para 
ser espontâneo. Segundo a equação de Gibbs: G = H - TS, sendo o valor de H positivo, o 
valor de S deve ser positivo para que o termo TS seja maior que H e o resultado (G) seja 
negativo e o processo espontâneo. 
 
5. As reações: 
(a) CH3OH(l) + CO(g)  CH3COOH(l) 
(b) CH3CH2OH(l) + O2 (g)  CH3COOH(l) + H2O(l) 
são dois típicos exemplos de rotas sintéticas usadas para preparação de ácido acético CH3COOH(l). 
Faça uma análise termodinâmica para cada uma das reações acima com o objetivo de decidir qual 
delas, (a) ou (b), seria mais facilmente realizada para a obtenção deste ácido. 
 
Resposta: 
Pela análise dos valores de Gr 
o
 calculados para as duas rotas sintéticas, pode-se verificar que a 
rota sintética obtida pela oxidação do etanol (b) é mais favorável termodinamicamente que a rota 
(a). 
GorH
o
r – T. S
o
r 
Gor=(-135100 J/mol)- 298.0 K * 
164.7 J/(K.mol)= -86.02 kJ/mol 
 
GorH
o
r – T. S
o
r 
Gor=(-492600 J/mol)- 298.0 K * 
136.1 J/(K.mol)= -452.04 kJ/mol 
 
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DADOS 
Constantes e fatores de conversão: 
1 1 1 18,314J.K.mol0,082L.atm.K.molR     
 1 atm = 1,01x10
5
 Pa 
 
Fórmulas: 
wqU  H =U + PV q = CT 
dS=
dq
rev
T wrev=−nRT ln(V f /V i) 
VPw extIrrev  1
2ln
V
V
nRS
 









1
2ln
T
T
CS
 g
H U nRT  
0 lnG G RT Q 
 
ΔG °= ΔH °−TΔS °
 
Q
n
EE ln
0257,0
 
C p=Cv+nR
 
0
ln
0,0257
nE
K ΔG °=−nFE ° Q=n×F Q=i×t 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor   
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr   
pX = - logX v k    0A A kt  
 
0
1/2
A
2
t
k
 
Propriedades: 
 d(água)=1,0 g mL–1 . d(etanol) = 0,789 g mL–1 d(octano) = 0,703 g mL–1 
H = 1g mol-1; O = 16 g mol-1; C = 12 g mol-1; N = g mol-1; Zn = 65,4 g mol-1. 
Valores de Cv para gases: Monoatômicos: 3/2 R; Lineares: 5/2R; Não-lineares: 3R 
Dados Termodinâmicos a 298 K 
Substância H
o
f (kJ mol
-1
) S
o
m(J K
-1
mol
-1
) 
CH3OH(l) -238,86 126,8 
CH3CH2OH(l) -277,69 160,7 
CH3COOH(l) -484,50 159,80 
C8H18(l) -250,3 358 
H2O(l) -285.83 69,91 
CO(g) -110,53 197,67 
CO2(g) -393,51 213,74 
O2(g) 0 205,14 
 
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Primeiro Exercício – QG1 –16 de Abril de 2015.
1. Uma etapa da produção de hidrogênio como combustível é a reação do metano com o vapor 
d’água, catalisada por Ni:
CH4(g) + 2H2O(g) → CO2(g) + 4H2(g), H = +165 kJ
 a) Qual é a variação de energia interna na produção de 1 mol de H2(g)? 
 b) Calcule o calor transferido e o trabalho realizado na produção de 1 mol de H2(g) através dessa reação.
Assuma que a reação acontece a pressão atmosférica, e temperatura de 298 K.
Resposta:
a) H = U + ngRT ⇒ U = H – ngRT
Para 4 mols de H2(g), a reação mostra 5 mols de gás nos produtos e 3 mols de gás nos reagentes. 
Assim, ng = 2, e 
U = H – ngRT = 165×103J – 2 mol × 8,314 J K–1 mol–1 × 298 K
U =+160 kJ (para 4 mols de H2).
Como energia interna é uma propriedade extensiva, para calcularmos U para a produção de 1 mol de H2 
basta dividir o resultado por 4:
U = +160 /4 = +40,0 kJ para a produção de 1 mol de H2.
b) Como a reação acontece sob pressão constante, H = q. Logo, para a produção de 1 mol de H2,
 q = H (produção de 4 mols H2) / 4 = +165/4 = +41,2 kJ.
O sinal positivo indica que energia está sendo transferida do ambiente na forma de calor.
Para o cálculo do trabalho realizado, basta lembrar que U = q + w. Logo, 
w = U – q = 40,0 kJ – 41,2 kJ = –1,2 kJ.
O sinal negativo indica que o sistema está realizando trabalho (a expansão do gás formado contra a
pressão atmosférica).
2. A cor vermelha dos fogos de artifício é produzida pelo carbonato de estrôncio (SrCO3). Sabendo 
que
2Sr(s) + O2(g) → 2SrO(s) H = -1184kJ
SrCO3(s) → SrO(s) + CO2(g) H = +234kJ
C(s, grafite) + O2(g) → CO2(g) H = -394kJ
calcule a entalpia da reação de formação de dois mols do carbonato de estrôncio a partir de Sr(s), 
C(s, grafite) e O2(g) dada por
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Primeiro Exercício – QG1 –16 de Abril de 2015.
2Sr(s) + 2C(s, grafite) + 3O2(g) → 2SrCO3(s)
Resposta:
De acordo com a Lei de Hess podemos combinar as equações dadas para obter a entalpia da
reação em questão, como mostrado a seguir.
A primeira reação é mantida como está.
A segunda reação é invertida e multiplicada por DOIS.
A terceira reação é multiplicada por DOIS.
Ficamos com:
2Sr(s) + O2(g) → 2SrO(s) H = -1184kJ
2SrO(s) + 2CO2(g) → 2SrCO3(s) H = -468kJ
2C(grafite) + 2O2(g) → 2CO2(g) H = -788kJ
Que resulta em
2Sr(s) + 2C(grafite) + 3O2(g) → 2SrCO3(s) H = -2440kJ
3. Sem realizar cálculos, diga se a entropia do sistema aumenta ou diminui durante cada um dos 
seguintes processos (explique sua resposta em UMA LINHA para cada alternativa)
 a) A dissolução do sal de cozinha: NaCl(s) → NaCl(aq)
 b) A fotossíntese da glicose: 6CO2(g) + 6H2O(l) → C6H12O6(s) + 6O2(g)
 c) A evaporação da água de roupas úmidas
 d) O resfriamento de uma barra de Ferro quente.
Resposta:
a)Aumento. A dissolução adiciona liberdade translacional aos íons Na+ e Cl-
b) Diminuição. 6 mols de gás + 6 mols de líquido convertidos a 1 mol de sólido e 6 mols de gás
c) Aumento. Com temos um processo de vaporização, o produto, gasoso, possui muito mais 
liberdade translacional que o reagente, líquido.
d) Diminuição. Como  S = Cln(Tf/Ti), e Tf<Ti (resfriamento) temos que S <0.
4. Qual a variação de entropia quando um mol de gelo a 0 oC transforma-se em água a 25 oC?
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Resposta:
H2O (s)  H2O (l)
Ti = 0 oC (273,15 K) Tf = 25 oC (298,15 K)
∆ S=
n∆ HFus
T Fus
+nC p ,m ln
T f
T i
∆ S=
1mol .6,01 .103 J mol−1
273,15K
+1mol .75,29 J K−1mol−1ln
298,15 K
273,15 K
∆ S=28,59 J K−1
5. Considere a reação CaCl2(s) + 2HF(g) → CaF2(s) + 2HCl(g): 
 a) Demonstre que ela é espontânea nas condições padrão a 298 K. 
 b) Qual fator (variação de entalpia ou de entropia) contribui para que esta reação ocorra 
espontaneamente nesta temperatura? Justifique sua resposta.
 c) Calcule a temperatura a partir da qual a reação deixe de ser espontânea, considerando que H° e
S° não variam significantemente com a temperatura. Justifique sua resposta.
Resposta:
a) H° = ∑nHf°(produtos) - ∑nHf°(reagentes)
H° = [2 x Hf°(HCl(g)) + 1 x Hf° (CaF2(s)] – [2 x Hf°(HF(g)) + 1 x Hf° (CaCl2(s))]
H° = [2 x (–92,31) + 1 x (–1219,6)] – [2 x (–271,1) + 1 x (–795,8)]
H° = –1404,22 + 1338,0 = –66,22 kJ
S° = ∑nSm°(produtos) - ∑nSm°(reagentes)
S° = [2 x Sm°(HCl(g)) + 1 x Sm° (CaF2(s)] – [2 x Sm°(HF(g)) + 1 x Sm° (CaCl2(s))]
S° = (2 x 186,91 + 68,87) – (2 x 173,78 + 104,6)
S° = 442,69 – 452,16 = –9,47 J = –9,47 x 10-3 kJ.K-1
G° = H° – TS°
G° = –66,22 – (298 x (–9,47 x 10-3)) = –66,22 + 2,82 = –63,4 kJ
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Primeiro Exercício – QG1 –16 de Abril de 2015.
Como G° é negativo, fica demonstrado que a reação é espontânea em condições padrão a 
298K. 
b) A variação de entalpia. Uma vez que a reação é exotérmica (H° 0) e a variação de entropia é 
negativa (S° 0), a 298 K o termo H° é maior do que - TS°, que contribui para G°  0 (reação 
espontânea).c) Para determinarmos esta temperatura, calculamos a temperatura na qual G° = 0.
G° = H° – TS° = 0
T = H°/ S° T = –66,22 kJ / (–9,47 x 10-3 kJ.K-1 )  6993 K 
Como S° é negativo o termo –TS° será sempre positivo, e será maior do que o primeiro 
termo da equação de Gibbs a partir de 6993K. Desta forma, a variação da energia livre será 
positiva (G°  0) e a reação deixará de ocorrer espontaneamente.
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Primeiro Exercício – QG1 –16 de Abril de 2015.
DADOS
Constantes e fatores de conversão:
1 1 1 18,314J .K .mol 0,082L.atm.K .molR     
 1 atm = 1,01x105 Pa
Fórmulas:
wqU  H =U + PV q = CT dS=
dqrev
T
  w rev=−nRT ln(V f /V i) 
VPw extIrrev 
1
2ln
V
VnRS 
     





1
2ln
T
T
CS
gH U n RT    
0 lnG G RT Q    ΔG=ΔH−TΔS Q
n
EE ln
0257,0 C p=C v+nR
0
ln
0,0257
nE
K  ΔG °=−nFE ° Q=n×F Q=i×t 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor  
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr  
pX = - logX v k     0A A kt 
  0
1/2
A
2
t
k

Propriedades:
HFusão(H2O) = 6,01 KJ mol-1 Capacidade Calorífica da água líquida: 4,18 J g-1 °C-1.
H = 1g mol-1; O = 16 g mol-1; C = 12 g mol-1; N = g mol-1; Zn = 65,4 g mol-1.
Dados termodinâmicos a 298 K
Substância Hf° (kJ.mol-1) Sm° (J.K-1.mol-1)
CaCl2(s) -795,8 104,6
HF(g) -271,1 173,78
CaF2(s) -1219,6 68,87
HCl(g) -92,31 186,91
 Primeiro Exercício de Química Geral 1 - 2015.2 - 24/09/2015 
 
1 - Um gás ideal dentro de um cilindro de 10 L está a uma temperatura de 350 K. a) Quanto calor deve ser 
fornecido a este gás para que ele sofra uma expansão contra uma pressão externa de 5 atm e dobre seu 
volume, sem alterar sua temperatura? b) Qual a variação em sua energia interna? Dê suas respostas em 
Joule. Explique suas respostas. 
Resposta: 
a) Como o gás é ideal, e não haverá variação de temperatura, U = 0. Pela primeira lei da Termodinâmica, 
U = q + w. Logo, q = –w. 
O trabalho contra uma pressão externa constante é dado por: 
w = –pexV ou ( ) 
 
 
 . 
Assim, q = 5066 J. 
b) U = 0, pois a temperatura é constante. 
 
2 - É comum que a temperatura do ar decresça 1 °C para cada 100 metros de altura. Considere que a pressão 
parcial da água no ar, em um certo dia seja de 17,1 Torr e a temperatura a nível do mar esteja em 30 °C. 
Sabendo que nuvens são massas de gotículas de água líquida suspensas na atmosfera, e considerando que a 
pressão parcial da água não varia com a altitude, estime em que altura seriam observadas as nuvens neste 
dia? Explique sua resposta. 
Resposta: 
A condição para formação de nuvem é que a pressão parcial seja igual a pressão de vapor. Assim, devemos 
encontrar a temperatura em que a pressão de vapor da água seja igual a 17 Torr e então obter a altura em 
que isto ocorre. 
Pela equação de Clausius-Clayperon:ln(p2/p1) = vapH
0/R(1/T1 – 1/T2), fazendo p1 a pressão desejada (17,1 
Torr) T1 será a temperatura desejada. 
Com os dados temos p2 = 23,8 Torr e T2 = 25 °C. 
Portanto: T1 = [Rln(p2/p1)/vapH
0 + 1/T2]
–1. 
 T1 = [8,314 J K
-1mol-1 x ln(23,8 Torr/17,1 Torr)/40700 J mol-1 + 1/298 K]–1 = 292 K ou 19 °C. 
Ou seja, precisamos de uma queda de 30 – 19 = 11 °C na temperatura para haver formação de nuvem. Isso 
corresponde a uma altura de 100x11 = 1100 m. 
 
3 – A seguir listam-se as densidades de energia de vários tipos de carvão, em kJ/g: 
Antracito 35 
Sub-betuminoso 31 
Betuminoso 28 
Lignito 26 
Quando uma amostra de 0,367 g de um desses carvões é queimada em um calorímetro de capacidade 
calorífica 1,3 kJ/°C, a variação de temperatura é de 8,75°C. Qual é o tipo de carvão da amostra? Explique 
sua resposta. 
Resposta: 
A energia liberada na combustão do carvão é absorvida pelo calorímetro, aumentando a temperatura. A 
quantidade de energia transmitida na forma de calor é dada por: 
 
 
 
 
Essa é a energia que foi liberada na queima de 0,367 g de carvão. Para saber a densidade de energia 
(quantidade de energia liberada por grama de carvão queimado), basta dividir pela quantidade: 
 
 
 
 
 
 
 
Comparando com os dados, vemos que a amostra deve ser de carvão sub-betuminoso. 
 
4 - Supondo que a capacidade calorífica de um gás ideal não depende da temperatura, calcule a variação de 
entropia associada à redução de temperatura de 2,92 moles de um gás ideal, de 107,35 °C até – 52,39 °C, 
quando: a) o resfriamento ocorre em volume constante, b) o resfriamento ocorre em pressão constante. 
Explique suas respostas. 
Resposta: 
 Em Kevin, as temperaturas valem: Ti = 273,15+107,35 = 380,50 K e Tf = 273,15-52,39 = 220,76 K, 
portanto: 
S = Cv n ln (Tf/Ti) = 3/2 x 8,314 J K
-1 mol-1 x 2,92 mol x ln (220,76 K/380,50 K) = - 19,82 J/K 
S = Cp n ln (Tf/Ti) = 5/2 x 8,314 J K
-1 mol-1 x 2,92 mol x ln (220,76 K/380,50 K) = - 33,04 J/K 
 
5 - Considere os hidrocarbonetos metano (CH4) e acetileno (C2H2) que são gases a 25
o
C. 
a) Qual deles possui reação de formação padrão espontânea nesta temperatura? 
b) Qual deles possui reação de formação padrão favorecida pelo aumento de temperatura? 
Justifique suas respostas. 
Resposta: 
a) Para cada reação de formação, devemos calcular . Deste modo: 
Formação de metano: C (graf) + 2H2 (g) → CH4 (g) 
 
 
 
 
 ( ) [ ( ) ( )] 
 - [ - - ] - 
 
 
 [ ] 
Formação de acetileno: 2C (graf) + H2 (g) → C2H2 (g) 
 
 
 
 ( ) [ ( ) ( )] 
 [ ] 
 
 [ ] 
 é negativo a 298K apenas na reação de formação do metano. Portanto, o metano possui reação de 
formação termodinamicamente espontânea nesta temperatura. 
b) A reação de formação será favorecida se o aumento da temperatura contribuir para que o se torne 
mais negativo. Para que isto ocorra, é necessário que seja maior que zero, de acordo com a equação: 
 . Dentre os hidrocarbonetos citados, apenas a reação de formação do acetileno 
atende a este critério e, portanto, apenas a sua formação será favorecida pelo aumento da temperatura. 
 
 
Dados: 
Massas molares: H= 1,0 g/mol; C= 12,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; 
Constantes: -1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K =0,082 Latmmol K = 8,314 x 10
–2
 L. bar. mol
–1
K
–1
 
 F = 9,65 x 10
4
 C mol
–1
; NA = 6,02 x 10
23
mol
-1
; k = R/NA = 1,3807 x 10
-23
 J K
-1
. 
Fatores de conversão: 1 bar = 10
5
 Pa; 1 atm = 1,01325 x 10
5
 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 1bar = 750,12 Torr; 
 1bar = 0,987 atm; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10
-3
 m
3
; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V; 
 T(K)=273,15 + T(
0
C) 
Propriedades da água: Cs (H2O, l) = 4,184 J 
o
C
-1
g 
-1
; vapH
0
(H2O) = 40,7 kJ mol
–1
, pvap (H2O) = 23,8 Torr a 25 °C. 
Cv,m para gases: Monoatômico: 3/2 R; Linear: 5/2 R; Não-linear: 3R 
Dados Termodinâmicos a298 K: 
Substância  10 molkJ  fH  110 molKJ mS 
C (grafite) 0 5,74 
H2 (g) 0 130,68 
CH4 (g) -74,81 186,26 
C2H2 (g) 226,73 200,94 
Equações: 
 H = U + PV G = H – TS q = CT S = C ln (Tf/Ti) 
PV = nRT 
Cp = Cv + nR 
000
rrr STHG  H = U + PV 
 
 
XpX log
 
wba KKK  wpKpOHpH  
 
RT
nFE
K

ln 
[H3O
+] = 10-pH
 
 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor   
 
 
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr  U q w  
extw P V 
2
1
ln
V
w nR T
V
 
   
 
revdqdS
T

g
H U n RT     2
1
ln
V
S nR
V
 
 
 
  2
1
ln
T
T
S C
 
   
 
lnG G RT Q    lnG RT K   
RT
E E lnQ
nF
 
   
 
Q n F Q i t  G n F E    
0,025693
E E lnQ
n
 
   
 
  2
1 1 2
k 1 1
lnk = lnA ln =
k
Ea
a aRT
E E
k Ae
RT R T T
    
     
   
v = k    0A = A - k t
 
0
1
2 2
A
t
k

 
1
v = k A    
0
ln A = ln A - k t 1
2
ln 2
t
k

 
2
v = k A    
0
1 1
= k t
A A

 12
0
1
t
A k

 
 
 
Química Geral 1 – 2016.1 – 1º Exercício – 14/04/2016 
 
GABARITO 
 
1. A entalpia-padrão de combustão do ácido benzóico, C7H6O2, é -3251 kJ/mol. Um 
calorímetro de pressão constante foi calibrado com a reação de combustão de 0,825 g de 
ácido benzóico. Nesta reação, a temperatura do calorímetro aumentou 1,94°C. Após a 
reação de calibração, uma amostra de D-ribose, C5H10O5, foi queimada em excesso de 
oxigênio neste mesmo calorímetro. A temperatura do calorímetro subiu 0,91°C nesta 
segunda reação. 
a) Calcule a capacidade calorífica do calorímetro. 
b) Escreva a equação química balanceada que representa a reação padrão de 
combustão da D-ribose. 
c) Sabendo que o H° da reação de combustão da D-ribose é -251 kJ/mol, calcule a 
massa da amostra de D-ribose. 
 
 
Resposta: 
a) qcal + qácido = 0; qcal = - qácido; Ccal = -[-3251 x (0,825/122)]/1,94 = 11,33kJ/°C 
b) C5H10O5(s) + 5 O2(g)  5 CO2(g) + 5 H2O(l) 
c) -qribose = qcal; qribose = -11,33 x 0,91 = - 10,31 kJ 
M.M. ribose = 150g/mol. Como essa massa libera -251 kJ, -10,31 kJ correspondem 
a 6,16 g de ribose. 
 
2. O enxofre é um elemento sólido que existe na natureza em várias formas alotrópicas, 
dentre as quais podemos destacar o enxofre rômbico e o enxofre monoclínico. As entalpias 
padrão de combustão das duas formas são -296,83 kJ/mol e -297,16 kJ/mol, 
respectivamente, sendo o gás dióxido de enxofre o único produto formado. Calcule: 
a) A variação de entalpia molar da transição rômbico → monoclínico. 
b) A variação de energia interna molar da mesma transição a 298 K. 
 
 Resposta: 
a) As reações de combustão são: 
 
 
Invertendo a segunda reação, temos: 
 
b) A relação entre H e U é H = U + nRT. A transição em questão não envolve 
espécies gasosas, tendo n igual a zero. Logo: U = H = +0,33 kJ/mol. 
 
 
3. Etilenoglicol (C2H6O2) é produzido industrialmente a partir do etileno (C2H4), através do 
intermediário óxido de etileno (C2H4O), de acordo com as equações químicas abaixo. 
Determine se a hidratação do óxido de etileno para produzir etileno glicol gasoso (Etapa 2) 
é espontânea a 298K. 
 
 
 
 
 Resposta: 
Inicialmente, devemos calcular ∆H
o
 e ∆S
o
da Etapa 2. 
 
 
 
∆H° = ∑n∆Hf°(produtos) - ∑n∆Hf°(reagentes) 
∆H° = ∆Hf° (C2H6O2,g) – [∆Hf°(C2H4O,g) + ∆Hf° (H2O,l)] 
∆H° = -395,72 – [(-51,00) + (-285,83)] 
∆H° = - 58,89 kJ 
 
A variação de entropia padrão da Etapa 2 pode ser calculada da seguinte forma: 
∆S° = ∑nSm°(produtos) - ∑nSm°(reagentes) 
∆S° = Sm°(C2H6O2,g) – [Sm°(C2H4O,g) + Sm° (H2O,l)] 
∆S° = 311,8 – (243,0 + 69,9) 
∆S° = - 1,1 J.K
-1 
 
Para verificar a espontaneidade, vamos calcular a variação da energia livre de 
Gibbs da reação a 298K: 
∆G° = ∆H° - T∆S° 
∆G° = -58890 – 298 x (-1,1) 
∆G° = -58562 J ou -58,56kJ 
A Etapa 2 é espontânea a 298K porque ∆G° é negativo. 
 
4. Calcule a variação de entropia quando a pressão de 3,44 g de gás hélio é reduzida de 125,0 
kPa até 65,0 kPa e a temperatura cai de 335 K até 273 K. Assuma um comportamento 
ideal. 
 
 RESOLUÇÃO: 
O processo que leva o gás da situação inicial até a situação final acarreta variação tanto de 
T quanto de P. Como entropia é função de estado, podemos desdobrar esse processo em 
duas etapas: 
 
Etapa 1: O gás passa de P1 até P2 a temperatura constante. Neste caso, podemos considerar 
uma expansão isotérmica reversível. 
Etapa 2: O gás passa de T1 até T2 a P constante. 
https://pt.wikipedia.org/wiki/Etileno
https://pt.wikipedia.org/wiki/%C3%93xido_de_etileno
 
 
 
Primeira etapa: 
S = nR ln (P1/P2) 
S1= 0,86 mol. 8,3145 J.K
-1
.mol
-1
 ln (125/65) = +4,67 J. K
-1 
Segunda etapa: 
S = Cp,m . n. ln (T2/T1) 
S2 = 5/2 . 8,3145 J.K
-1 
. mol
-1 . 
0,86 mol . ln (273/335) = -3,66 J. K
-1 
 
E finalmente temos S = 4,67 J. K
-1 
 - 3,66 J. K
-1 
 = + 1,01 J K
-1 
 
5. A pressão de vapor do dióxido de cloro, ClO2, é 155 Torr a -22,75 
o
C e 485 Torr a 0,0 
o
C. 
Com relação ao composto mencionado, calcule: 
a) A entalpia padrão de vaporização. 
b) A entropia padrão de vaporização. 
c) O ponto de ebulição. 
 
 Resolução: 
a) ln P2/P1 = ∆H°vap/R (1/T1 – 1/T2) 
ln 485/155 = ∆H°vap/8,314 (1/250,25 – 1/273) 
∆H°vap = 28518 J/mol 
∆H°vap = 28,5 kJ/mol 
 
b) ln P/P
0
 = - ∆H°vap/RT + ∆S°vap/R 
ln 155/750 = - 28518/(250,25 x 8,314) + ∆S°vap/8,314 
∆S°vap = 100,8 J K
-1
 mol
-1
 
 
c) ∆G°Vap = ∆H°vap − T ∆S°vap 
Durante a ebulição temos equilíbrio: 
∆G°Vap = 0. Logo: T = ∆H°vap/∆S°vap 
T = 283 K (10 
o
C) 
 
ou 
 
Temperatura de ebulição é aquela na qual a pressão de vapor se iguala à pressão ambiente. 
ln P2/P1 = ∆H°vap/R (1/T1 – 1/T2) 
ln 760/155 = 28518/8,3145 (1/250,25 – 1/T) 
T = 283 K (10 
o
C) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dados: 
Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; He = 4,0 g/mol; Br = 79,9 g/mol; P = 31,0 g/mol
-1
; Ag 
= 108 g/mol; Cl = 35,5 g/mol; Ti = 47,87 g/mol; Au = 196,97 g/mol 
 
Constantes:
-1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K =0,082 Latmmol K = 8,314 x 10
–2
 L. bar. mol
–1
K
–1 
 F = 9,65 x 10
4
 C mol
–1
;NA = 6,02 x 10
23
mol
-1
; k = R/NA = 1,3807 x 10
-23
 J K
-1
. 
 
Fatores de conversão:1 bar = 10
5
 Pa; 1 atm = 1,01325 x 10
5
 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 1bar = 750 
Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10
-3
 m
3
; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V 
 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância  10 molkJ  fH  110 molKJ mS 
H2O (l) -285,83 69,91 
N2 (g) 0 191,61 
O2 (g) 0 205,14 
etilenoglicol (g) -395,72 311,8 
óxido de etileno (g) -51,00 243,0 
CaCl2 (s) -795,80 104,60 
HF (g) -271,10 173,78 
 
 
Equações: 
 
 
∆H = ∆U + P∆V 
 
∆G = ∆H – T∆S q = CT 
PV = nRT 
 
 
 
 
 
000
rrr STHG  
 
 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor   
 
 
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr   
 
 
Cp/n = Cp,m Cv,m = 3/2 R (monoatômico) 
Cv/n = Cv,m Cv,m = 5/2R (moléculas lineares) 
Cp,m= Cv,m + R Cv,m = 3R (moléculas não-lineares) 
 
 
 
 
 
U q w  
extw P V  2
1
ln
V
w nR T
V
 
   
 
revdqdS
T

2
1
ln
V
S nR
V
 
 
 
  g
H U n R T     2
1
ln
T
T
S C
 
   
 
lnG G RT Q   
v = k    
0
A = A - k t  
0
1
2 2
A
t
k

 
1
v = k A    0ln A =ln A - k t 1
2
ln 2
t
k

 
 
 
Química Geral 1 – 2016.2 – 1º Exercício – 08/09/2016 
 
GABARITO 
 
1. O dissulfeto de carbono pode ser preparado a partir do coque (uma forma impura do 
carbono) e do enxofre elementar, de acordo com a reação abaixo: 
 
 4C(s) + S8(s) → 4CS2(l) ∆H
o = +358,8 kJ 
 
(a) Qual é o calor absorvido na reação de 2 mol de S8? 
(b) Calcule o calor absorvido na reação de 250 g de carbono com excesso de enxofre. 
(c) Se o calor absorvido na reação for 500 kJ, que massa de CS2 é produzida? 
 
 Resposta: 
(a) 
1
8 . 8,358 2
−
×= molkJSdemolqabsorvido 
 kJ 718q absorvido = 
 
(b) 
C mol 4
kJ 8,358
g.mol 12,01
C g 502
q
1-
absorvido ×= 
 kJ 1087,1q
3
absorvido ×= 
 
(c) 
2
1
CSabsorvido
CS mol 4
mol.kJ 8,358
)n(kJ 500q
2
−
×== 
2CS CS mol 57,5n 2 = 
1
2 . 00,76 57,5
−
×= molgCSmolm 
2 32,423 CSgm = 
 
2. Considere a curva de aquecimento a pressão constante abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
qp /n (kJ mol-1)
T (K)
62 65 68 71 7477 80 83 86 89 
450
400
350
300
250
200
150
100
Calcule as capacidades caloríficas molares a pressão constante da fase sólida, líquida e 
gasosa da substância em questão, e as entalpias de fusão e vaporização. A partir da 
capacidade calorífica molar do gás, indique se a substância é monoatômica, formada por 
moléculas lineares ou formada por moléculas não-lineares (assumindo que a fase gasosa se 
comporta como um gás ideal). 
 
 Resposta: 
A capacidades caloríficas molares estão associadas às inclinações das curvas de 
aquecimento das diferentes fases, a medida que o calor necessário é fornecido: 
 
Tn
q
C
n
q
TC
n
TC
qTC
p
p
p
p
p
pp
∆
=⇒=∆=
∆
⇒=∆ m,m, 
 
Assim, calculando a quantidade de calor (dividido por n, que é constante durante o 
aquecimento) necessário para provocar certa mudança na temperatura numa das fases da 
substância, podemos obter a capacidade calorífica molar a ela associada. 
 
11
131
m(s), mol K J 120
K 50
mol J 106
K 50
mol kJ )6268( −−
−−
=
×
=
−
=pC 
11
131
m(l), mol K J 15
K 200
mol J 103
K 200
mol kJ )7477( −−
−−
=
×
=
−
=pC 
11
131
m(g), mol K J 30
K 010
mol J 103
K 100
mol kJ )8689( −−
−−
=
×
=
−
=pC 
 
As entalpias de mudança de fase correspondem às quantidades de calor necessárias para 
que haja a transição de fase nas temperaturas de fusão e vaporização, e durante a transição 
a temperatura se mantém constante. Assim, nestas temperaturas, os tamanhos dos 
seguimentos de reta constantes representam tais entalpias. Portanto: 
 
11
fus mol kJ 0,6mol kJ )6874()K 015(
−−
=−=∆ H 
11
vap mol kJ 0,9mol kJ )7786()K 035(
−−
=−=∆ H 
 
Como calculado, Cp,m do gás é 30 J K
-1mol-1. Este valor é aproximadamente igual a 7/2R. 
Portanto, o gás é formado por moléculas lineares. 
 
3. Uma amostra de um gás ideal a 323 K ocupa 1,67 L, a 4,95 atm. O gás se expande até 
7,33L, seguindo dois caminhos diferentes: 
(a) Expansão isotérmica reversível e 
(b) Expansão livre isotérmica irreversível 
Calcule: q, w, ∆U, ∆Stot, ∆S e ∆Sviz de cada caminho. 
 
 Resposta: 
 
(a) Expansão isotérmica reversível: qrev = - wrev 
wrev = nR ln (V2/V1) 
PV = nRT 
(4,95 atm)(1,67 L) = n (0,082 L atm K-1 mol-1) (323 K) 
n = 0,312 mol 
 
Cálculo de wrev 
wrev = - nRT ln (V2/V1) 
wrev = - [(0,312 mol) (8,314 J K
-1 mol-1) (323 K) ln (7,33/1,67)] 
wrev = - 1239,3 J 
 
∆U = 0 (Transformação isotérmica de um gás ideal) 
 
Cálculo de qrev : ∆U = q + w 
qrev = - wrev 
qrev = 1239,3 J 
 
Cálculo de ∆S 
∆S = - wrev/T 
∆S = 1239,3 /323 
∆S = 3,84 J K-1 
 
Cálculo de ∆Stot 
Por ser um processo reversível: ∆Stot = 0 
Então ∆Sviz = -3,84 J K
-1 
 
 
(b) Expansão livre isotérmica irreversível 
 
Para o processo irreversível, ∆S = 3,84 J K
-1, pois entropia é função de estado, de modo 
que sua variação independe do caminho. 
 
Nenhum trabalho é realizado na expansão livre (contra o vácuo): w = 0. 
 
∆U = 0 (transformação isotérmica envolvendo um gás ideal) 
 
∆U = q + w. Logo: q = 0 
 
Nenhum calor é transferido para a vizinhança: ∆Sviz = 0. Logo: ∆Stot = + 3,84 J K
-1. 
 
4. O fósforo existe em múltiplas fases sólidas, incluindo duas conhecidas como fósforo 
vermelho e fósforo branco. Considere a transição entre os fósforos branco e vermelho: 
P4 (s, branco) → P4 (s, vermelho) 
 
a) Use os dados termodinâmicos para determinar qual forma do fósforo é mais estável na 
condição padrão a 25 ºC. 
b) Essa forma do sólido é mais estável em todas as temperaturas? Caso contrário, qual 
temperatura é necessária para tornar a outra forma alotrópica mais estável? 
 
 Resposta: 
Para avaliar a estabilidade das duas formas de fósforo, deve-se calcular a variação da 
energia livre de Gibbs padrão para a transição entre os fósforos branco e vermelho : P4 
(s, branco) → P4 (s, vermelho) 
a) ∆H° = ∑n∆Hf°(produtos) - ∑n∆Hf°(reagentes) 
∆H° = [1 x ∆Hf° P4 (s, vermelho)] – [1 x ∆Hf° P4(s, branco)] 
∆H° = -73,6 – 0 = -73,6 kJ = -73600 J 
 
∆S° = ∑nSm°(produtos) - ∑nSm°(reagentes) 
∆S° = [1 x Sm° P4(s, vermelho)] – [1 x Sm° P4(s, branco)] 
∆S° = 91,2 – 177 = -85,8 J.K-1 
 
∆G° = ∆H° - T∆S° 
∆G° = -73600 – (298 x (-85,8)) = -73600 + 25568,4 = - 48031,6 J 
 
O P4 vermelho é mais estável em condições padrão a 25ºC, porque tem energia 
livre menor do que o P4 branco, sendo espontaneamente formado nessas condições 
(∆G° <0) 
 
b) Não. Uma vez que a transição P4 (s, branco) → P4 (s, vermelho) é exotérmica 
(∆H°< 0) e sua variação de entropia é negativa (∆S°< 0), essa transição terá ∆G° >0 
quando o termo - T∆S° for maior do que ∆H° , ou seja em temperaturas elevadas. 
Para determinarmos esta temperatura, calculamos a temperatura na qual ∆G° = 0. 
 
∆G° = ∆H° - T∆S° 
T = ∆H°/ ∆S° 
T = -73600 J / - 85,8 J.K-1 = 857,8 K 
 
Como ∆S° é negativo o termo –T∆S° será sempre positivo, e será maior do que o 
primeiro termo da equação de Gibbs a partir de 857,8K. Desta forma, a variação da 
energia livre será positiva (∆G° > 0) e a transição inversa, P4 (s, branco) ← P4 (s, 
vermelho), será espontânea. 
 
5. A umidade relativa do ar é definida como ��% =
�
����
× 100, onde � é a pressão parcial 
de água presente no ar, e �
�� representa a pressão de vapor de água nesta temperatura. 
Imagine que você está de férias, passeando em uma cidade diferente, num dia de sol e 
temperatura de 30˚C. Em um restaurante, você recebe um suco gelado à uma temperatura 
de 5˚C. Você espera notar a formação de condensação na parede do copo, considerando 
que você está: 
 
(a) Em Belém do Pará, com umidade relativa do ar de 58%? 
(b) Em Brasília, em um dia seco, com umidade relativa do ar de 15%? 
 
Justifique suas respostas mostrando todos os cálculos envolvidos. 
 
 Resposta: 
A temperatura na parede do copo será a mesma do suco. Assim, haverá formação de 
condensação nas paredes se a pressão parcial da água no ar for maior que a pressão de 
vapor da água na temperatura do suco, de 6,54 Torr. Precisamos calcular a pressão parcial 
da água nas duas cidades. 
 
Em ambos os casos, 
��%	×	����
���%
, onde pvap é a pressão de vapor à temperatura ambiente, 
30˚C, de 31,83 Torr. Assim, 
 
(a) � =
��%	×	��,��	Torr
���%
= 18,46 Torr, que é acima da pressão de vapor de água a 5˚C, 
6,54 Torr. Assim, haverá formação de condensação na parede do copo em Belém 
do Pará. 
 
(b) � =
��%	×	��,��	Torr
���%
= 4,77 Torr, que é abaixo da pressão de vapor de água a 5˚C, 
6,54 Torr. Assim, NÃO haverá formação de condensação na parede do copo em 
Brasília. 
 
 
 
 
Dados: 
Massas molares: C= 12,0 g/mol; H= 1,0 g/mol; O = 16,0 g/mol; He = 4,0 g/mol; P = 31,0 g/mol-1; S = 32,0 g/mol-1; Ag 
= 108 g/mol; Cl = 35,5 g/mol; Ti = 47,87 g/mol; Au = 196,97 g/mol 
 
Constantes: -1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K =0,082 Latmmol K = 8,314 x 10–2 L. bar. mol–1K–1 
 F = 9,65 x 104 C mol–1;NA = 6,02 x 10
23mol-1; k = R/NA = 1,3807 x 10
-23 J K-1. 
 
Fatores de conversão:1 bar = 105 Pa; 1 atm = 1,01325 x 105 Pa; 1 Torr = 133,3 Pa; 1 atm = 760 Torr; 1bar = 750 
Torr; 1 L.atm = 101,325 J; 1 cal = 4,184 J; 1 L = 10-3 m3; 1 C = 1 A. s; 1 J = 1 C. V 
 
 
Dados termodinâmicos a 298K: 
Substância ( )10 molkJ −∆ fH ( )110 molKJ −−mS 
H2O (l) -285,83 69,91 
N2 (g) 0 191,61 
O2 (g) 0 205,14 
P4 (s, branco) 0 177 
P4 (s, vermelho) -73,6 91,2 
 
 
Pressões de vapor da água em diferentes temperaturas: 
Temperatura (˚C) pvap (Torr) Temperatura (˚C) pvap (Torr) 
0 4,58 25 23,76 
5 6,54 30 31,83 
10 9,21 35 42,18 
15 12,79 40 55,32 
20 17,54 45 71,88 
 
Equações: 
 
 
 ∆H = ∆U + P∆V 
 
∆G = ∆H – T∆S q = C∆T 
PV = nRT 
 
 
 
 
000
rrr STHG ∆−∆=∆ 
 
 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor ∑∑ ∆−∆=∆ 
 
 
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr ∑∑ −=∆ 
 
 
Cp/n = Cp,m Cv,m = 3/2 R (monoatômico) 
Cv/n = Cv,m Cv,m = 5/2R (moléculas lineares) 
Cp,m= Cv,m + R Cv,m = 3R (moléculas não-lineares) 
 
U q w∆ = +
e x tw P V∆= − 2
1
ln
V
w nR T
V
 
= −  
 
revd qd S
T
=
2
1
ln
V
S nR
V
 
 
 
∆ =
gH U n R T∆ = ∆ + ∆ 21
ln
T
T
S C
 
∆ =  
 
lnG G R T Q∆ = ∆ ° +
 
 
 
 
v = k [ ] [ ]
0
A = A - k t [ ]
0
1
2 2
A
t
k
=
[ ]
1
v = k A [ ] [ ]0ln A = ln A - k t 1
2
ln 2
t
k
=
 
Departamento de Química Fundamental 
Universidade Federal de Pernambuco DQF 
 
Av. Prof. Luís Feire, s/n, Cid. Universitária, 50670-901 Recife PE � 21268440 Fax 21268442 
 
Química Geral 1 – 2007/II – 1a Prova 
 
1. Um problema com combustíveis que contêm carbono é que, ao queimar, eles produzem dióxido de 
carbono, um dos gases responsáveis pelo efeito estufa. Logo, uma característica importante na 
escolha de um combustível é o calor por mol de CO2 produzido. Entre o metano, CH4, e o octano, 
C8H18, qual é, considerando-se o dióxido de carbono, o combustível menos danoso para o efeito estufa? 
Justifique sua resposta. 
O número de moles de CO2 produzido por mol de combustível queimado é igual ao numero de átomos 
de carbono na molécula do combustível. Ao queimar, um mol de metano produz um mol de CO2 e 
libera 890 kJ de calor. O octano, por mol de CO2 produzido na queima, libera (5.471 kJ /8) = 684 kJ 
de calor. Logo, o metano é o menos danoso dos dois, porque produz mais calor por mol de CO2 
liberado para a atmosfera. Por unidade de massa, o resultado também é favorável ao metano. 
 
2. A variação de energia interna para a combustão de 1,00 mol de CH4(g) em um cilindro, de acordo 
com a reação CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g), é –892,4 kJ. (a) Se um pistão ligado ao cilindro 
realiza 492 kJ de trabalho de expansão devido à combustão, qual é a quantidade de calor perdida 
pela mistura de reação? (b) Qual é a variação de entalpia desse processo? Justifique sua resposta. 
(a) Pela primeira lei, o calor liberado é dado por q = ∆U – w = –892,4 kJ – (–492 kJ)= –400,4 kJ. 
(b) A diferença entre ∆H e ∆U é o termo gn R T∆ , onde gn∆ é a variação do número de moles de gás 
na reação. Como neste caso gn∆ = 0, ∆H = ∆U = –892,4 kJ. 
 
3. Determine se o dióxido de titânio pode ser reduzido pelo carbono a 1.000 K nas seguintes reações: 
(a) TiO2(s) +2C(s) → Ti(s) + 2CO(g) 
(b) TiO2(s) +C(s) → Ti(s) + CO2(g) , 
Sabendo que a 1.000 K ( )0 -1f CO,g 200 kJ .molG∆ = − , ( )0 -1f 2CO ,g 396 kJ .molG∆ = − 
e ( )0 -1f 2TiO ,s 762 kJ .molG∆ = − . 
As variações da energia de Gibbs para as duas reações são as seguintes: 
 2
(a) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 -1 -1 -1r f f 22 CO,g TiO , 2 200 kJ .mol 762 kJ .mol 362 kJ .molG G G s∆ = ∆ − ∆ = − − − = 
(b) ( ) ( ) ( )0 0 0 -1 -1 -1r f 2 f 2CO ,g TiO , 396 kJ .mol 762 kJ .mol 366 kJ .molG G G s∆ = ∆ − ∆ = − − − = 
Como o 0rG∆ de ambas as reações é positivo, nenhuma delas é espontânea. Ou seja: a redução não 
ocorrerá. 
 
4. Uma amostra de um gás ideal a 323 K ocupa 1,67 L a 4,95 atm. O gás se expande até 7,33 L, 
seguindo dois caminhos diferentes: (a) expansão isotérmica reversível e (b) expansão livre isotérmica 
irreversível. Calcule ∆Stot, ∆S e ∆Sviz para cada caminho. 
(a) 2 -12 2
1 1
4,95 atm 1,67 L 7,33 L
ln ln ln 3,79 10 L atm K
323 K 1,67 L
V VPV
S nR
V T V
−×∆ = = = = × = -13, 84 J K . Como o 
processo é reversível, totS∆ = 0 , e portanto vizS∆ = −
-13, 84 J K . 
(b) Numa expansão isotérmica num gás ideal, ∆U = 0. Como a expansão é livre, w = 0. 
Consequentemente, q = 0. Nada acontece com a vizinhança, de modo que vizS∆ = 0 . O S∆ do sistema 
é o mesmo do item (a), e é igual ao totS∆ , que é positivo, como se espera de um processo irreversível. 
 
5. A pressão de vapor do dióxido de cloro, ClO2, é 155 Torr a –22,75 oC, e 485 Torr a 0,0 oC. Calcule 
(a) Sua entalpia padrão de vaporização; (b) O ponto de ebulição do ClO2. 
(a) Aplicando a Eq. de Clausius e Clapeyron, temos: 
0
vap
-1 -1
485 Torr 1 1
ln
155 Torr 250,25 K 273 K8,314 J K mol
H∆   
= −   
   
. Resolvendo esta equação para a entalpia de 
vaporização, chegaremos a 0vapH∆ =
-128, 4 kJ m ol 
(b) No ponto de ebulição, Tb, a pressão de vapor será 760 Torr. Aplicando novamente a equação, 
podemos escrever: 
3 -1
-1 -1
b
760 Torr 28,4 10 J mol 1 1
ln
155 Torr 250,25 K8,314 J K mol T
   ×= −  
   
. Desta equação, obtemos Tb = 283 K = 10 oC. 
 
 
Dados: 
U q w∆ = + H = U + PV G = H – TS revdqdS
T
= 2
1
ln
V
S nR
V
∆ = 
 3
gH U n R T∆ = ∆ + ∆ q = C∆T PV = nRT extdw P dV= − extw P V∆= − 
2
1
ln
V
w nR T
V
 
= −  
 
 1 L.atm = 101,325 J R = 8,314 J.K-1.mol-1 = 0,082 L.atm.K-1.mol-1 
0
vap2
1 1 2
1 1
ln
HP
P R T T
∆   
= −   
   
 Massas atômicas: H:1 C:12 N:14 O:16 
Entalpias de combustão, a 298 K: Metano: –890 kJ.mol-1; Octano: –5.471 kJ.mol-1 
 
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 Universidade Federal de Pernambuco 
QUÍMICA GERAL 1 – 1 o semestre de 2008 1a PROVA 
 
1) A variação de energia interna na combustão de 1,00 mol de gas metano em um cilindro é -892,4 kJ, 
de acordo com a reação 
 
Se um pistão ligado ao cilindro realiza 492 kJ de trabalho de expansão devido à combustão, qual é a 
quantidade de calor perdida pelo sistema ? Justifique sua resposta. 
 
 
892,4 ( 492 )
400,4
U q w
q U w
q kJ kJ
q kJ
∆ = +
= ∆ −
= − − −
= −
 
 
w<o porque sistema realizou trabalho, ou seja, perdeu energia. Como era esperado, q<o porque o sistema 
também perdeu energia. 
 
 
 
2) Considere as entalpias de combustão dos isômeros com fórmula molecular C4H8 : 
 
isômero 
 
 
 
nome 1-buteno cis-2-buteno trans-2-buteno 
∆∆∆∆Ho combustão (kJ.mol-1) - 2.696,7 - 2687,0 - 2684,2 
 
(a) Qual a variação de entalpia na conversão do cis-2-buteno a trans-2-buteno? 
 
R- Como ∆H é função de estado, podemos combinar as entalpias das reações de modo a encontrar aquela que 
desejamos (lei de Hess): 
1
1
2 2 1
1
2 2 2
1
1 2
.... ?
4 4 .... 02687,
4 4 ... 2684,2
... 2,8
x
x
cis buteno trans buteno H kJmol
cis buteno CO H O H kJmol
CO H O trans buteno H kJmol
cis buteno trans buteno H H H kJmol
−
−
−
−
− → − ∆ =
− → + −∆ =
+ → − ∆ = +
− → − ∆ = ∆ + ∆ = −
 
 
(b) Sabendo que a entalpia de formação do 1-buteno é – 20,5 kJ . mol-1 , calcule a entalpia de formação do cis - 
2-buteno. Justifique sua resposta para os itens a e b. 
 
R- Com base na mesma justificativa do item a 
 
( ) 2( ) 1
2 2 2
2 2 3
( ) 2( ) 1 2 3
4 4 1 ... 20,5
1 4 4 ... 2696,7
4 4 ... 2687,0
4 4 ... 30, 2
s g
s g f
C H buteno H kJ
buteno CO H O H kJ
CO H O cis buteno H kJ
C H cis buteno H H H H kJ
+ → − ∆ = −
− → + ∆ = −
+ → − ∆ = +
+ → − ∆ = ∆ + ∆ + ∆ = −
 
 
CH4 (g) + 2O2 (g) CO2 (g) + 2H2O (g) .
C C
CH 3
HH
H 3 C
H 2C C H C H 2 C H 3 C C
C H 3
HH 3C
H
 
3) O aquecimento de ácidos carboxílicos orgânicos pode levar à descarboxilação (perda de CO2). 
 
(a) Use os dados termodinâmicos necessários para calcular a temperatura de descarboxilação espontânea do 
ácido acético. 
 
R- Para que a reação seja espontânea ∆Gr deve ser negativo, então a reação será espontânea quando 
( ) ( )
1 1 1
1 3 1
( ) ( )
1 1 11
0
( 393,5 74,81 ) ( 484,5 )
16,19 16,19.10
(213,6 186, 26 ) (15
r r r
rr
r
r
r f prod f reag
r
r
o o
r m f prod m f reag
r
G H T S
T SH
H
T
S
H H H
H kJmol kJmol kJmol
H kJmol Jmol
S S S
S K JK molJ mol
− − −
− −
− − −−
∆ = ∆ − ∆ <
< ∆∆
∆>
∆
∆ = ∆ ∆
∆ = − − − −
∆ = =
∆ =
∆ = + −
∑ ∑
∑ ∑
1 1
1 1
3 1
1 1
9,8 )
240,06
16,19.10
67, 4
240,06
r
JK mol
S JK mol
Jmol
T K
JK mol
− −
− −
−
− −
∆ =
> = 
 
(b) Qual a força motriz dessas reações: a variação de entropia ou de entalpia dos sistema? Justifique sua 
resposta. 
 
R- Analisando a expressão G H T S∆ = ∆ − ∆ , vemos que o termo entálpico contribui com a espontaneidade quando é 
negativo (evento exotérmico). O termo entrópico contribui com o aumento de espontaneidade quando é positivo (aumenta 
S do sistema). No caso analisado temos uma reação endortérmica com aumento de entropia (temos aumento do número 
de moles de espécies gasosas),assim a podemos concluir que a reação é conduzida pela variação de entropia . 
 
4) A pressão de vapor da azida de hidrogênio, NH3 , é 58 Torr em -22,75
oC, e 512 Torr em 25,0oC. Calcule: (a) a 
entalpia de vaporização, (b) a entropia de vaporização, (c) a energia livre padrão de vaporização, e (d) o ponto 
de ebulição da azida de hidrogênio. Justifique sua resposta para todos os itens. 
 
R- (a) Para encontrarmos o ∆H de vap, temos: 
 
1
2 1 2
1 1
0,113 1 4
1
1
1 1
ln
58 1 1
ln
512 8,314 250,25 298
.8,314 7.10
28300 28,3
vap
vap
vap
vap
HP
P R T T
HTorr
Torr JK mol K K
e Jmol H
H Jmol kJmol
− −
− −
−
−
∆  
= − 
 
∆    = −   
   
= ∆
∆ = =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 (b) Com o ∆H, encontramos ∆S. 
Por exemplo: CH3COOH (g) CO2 (g) + CH4 (g)
∆
1
1 1 1 1
1 1
ln
58 28300
ln
760 8,314 .250, 25 8,314
91,3
vap vap vap
o
vap
vap
P H S
P RT R
STorr Jmol
Torr JK mol K JK mol
S JK mol
−
− − − −
− −
−∆ ∆
= +
∆−= +
∆ =
 
 
(c) Tendo o o ∆H e ∆S, encontramos ∆G: 
 
 
3 1 1 1
1 1
28,3.10 298 .91,3
1092,6 1,1
H T SG
G Jmol K JK mol
G Jmol kJmol
− − −
− −
∆ − ∆∆ =
∆ = −
∆ = =
 
 
(d) O ponto de ebulição normal, é o ponto de ebulição a pressão atmosférica, ou seja 1 atm (760Torr) 
 
1
2 1 2
1
1 1
1 1
ln
58 28300 1 1
ln
760 8,314 250, 25 ( )
309
36
vap
vap
vap
HP
P R T T
Torr Jmol
Torr JK mol K Tvap K
T K
T C
−
− −
∆  
= − 
 
   = −  
   
=
= °
 
 
DADOS: 
 
Constantes fundamentais relação entre unidades 
Avogrado, Na = 6,02. 1023 mol-1 1cal 4,184J 
Boltzman, k = 1,38. 1023 JK-1 1L.atm 101,325J 
Gases, R = 8,314 J.mol-1.K-1 = 8,2. 10-2 L.atm. mol-
1.K-1 
1 bar 760Torr 
 
 
 U q w∆ = + ; H U P V∆ = ∆ + ∆ G H T S∆ = ∆ − ∆ revqS
T
∆ = 
ln ;vap vap
o
P G
P RT
−∆
= 1
2 1 2
1 1
ln vap
HP
P R T T
∆  
= − 
 
 ln vap vapvap
H S
P
RT R
−∆ ∆
= + 
 
Dados Termodinâmicos Padrão a 25 oC 
Substância ∆∆∆∆Hof(kJ/ mol) ∆∆∆∆Gof(kJ/ mol) CP, m (J/K.mol) S
o(J/K.mol
) 
C (s, grafite) 0 0 8,53 5,69 
C (s, diamante) 1,90 2,87 6,11 2,44 
CO2 (g) -393,5 -394,4 37,11 213,6 
CH4(g) -74,81 -50,72 35,31 186,26 
CH3COOH(l) -484,5 -389,9 124,3 159,8 
H2O (g) -241,83 -228,6 33,58 188,72 
H2O (l) -285,8 -237,2 75,29 69,94 
 
 
 
 
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Química Geral 1 – 2008/II – Primeira Prova – 9/9/20 08 
 
1 – A temperatura de 5,5 g de aço inoxidável aumenta de 20 oC até 100 oC. Qual é a variação 
de entropia do aço inoxidável? A capacidade calorífica específica do aço inoxidável é 0,51 J 
oC-1 g-1. 
Aplicando a expressão ∆ = 2
1
ln
T
T
S C , com T1 = 293 K e T2 = 373 K, e lembrando que S
C
C
m
= , 
temos: 
o -1 -1 o -1 o -1373K5,5g×0,51J C g ln 0,68J C 0,68J K
273K
S∆ = ≅ = . 
 
2 – (a) Calcule orH∆ e 
o
rS∆ , a 25 
oC, para a reação C2H2(g) + 2H2(g) → C2H6(g). (b) Imagine 
que orH∆ e 
o
rS∆ não são afetadas por mudanças de temperatura. Determine a que temperatura 
0orG∆ = . 
(a) ( ) ( )0 0 02 6 2 2C H C Hr f fH H H∆ = ∆ − ∆ = – 84,68 kJ mol-1 – 226, 73 kJ mol-1 
 = – 311, 41 kJ mol-1. 
 ( ) ( )0 0 0rS S produtos S reagentes∆ = −∑ ∑ = ( ) ( ) ( )0 0 02 6 2 2 2C H C H 2 Hm m mS S S− − 
 = 229,60 J K-1 mol-1 – 200,94 J K-1 mol-1 – 2×130,68 J K-1 mol-1 
 = – 232,70 J K-1 mol-1. 
(b) Dentro da suposição feita no enunciado, podemos escrever 0 0 0r r rG H T S∆ = ∆ − ∆ . Para 
termos 0 0rG∆ = , é preciso que 
0
0
r
r
H
T
S
∆=
∆
. Substituindo os valores numéricos apropriados, 
temos 
3 -1
-1 -1
311,41 10 J mol
1.338K
232,70J K mol
T
− ×= ≅
−
. 
 2
 
3 – Os ácidos maleico e fumárico, insumos importantes para a indústria química, são dois 
isômeros, cis e trans, respectivamente, cuja fórmula química é C4H4O4. (a) Calcule a entalpia 
da isomerização cis-trans. (b) Na reação de combustão desses compostos, o mais negativo é o 
o
CU∆ ou o 
o
CH∆ ? 
o
CH∆ (ácido maleico) = – 1.355,2 kJ mol
-1 e oCH∆ (ácido fumárico) = – 
1.334,7 kJ mol-1. 
(a) Como a fórmula química é a mesma, a equação padrão de combustão dos dois isômeros 
terá a mesma estequiometria: 
 C4H4O4(s) + 3O2(g) → 4 CO2(g) + 2H20(l). 
Para obter a entalpia de isomerização cis-trans, basta combinarmos as duas entalpias de 
combustão, tendo o cuidado de inverter a do isômero trans (o ácido fumárico), para que ele 
apareça como produto. As demais espécies se cancelarão. Portanto, 
 ( )0 cis-transrH∆ = – 1.355,2 kJ mol-1 + 1.334,7 kJ mol-1 = – 20,50 kJ mol-1. 
(b) Como gásn∆ na combustão é positivo, o 
0
CU∆ será mais negativo que o 
0
CH∆ , de acordo 
com a expressão 0 0r r gásH U RT n∆ = ∆ + ∆ . 
 
4 – A pressão de vapor do dióxido de cloro, ClO2, é 155 Torr, a -22,75 
oC, e 485 Torr, a 0,0 
oC. Calcule (a) a entalpia padrão de vaporização; (b) O ponto de ebulição normal do ClO2. 
(a) Usando a Eq. de Clausius e Clapeyron, temos: 
 
0
-1 -1
485Torr 1 1
ln
155Torr 8,314J K mol 250,25K 273K
vapH∆  = − 
 
 
Resolvendo esta equação, obtemos o valor de 28,5 kJ mol-1 para a entalpia de vaporização. 
(b) Usando na mesma equação o valor encontrado para a entalpia de vaporização com P2 = 
760 Torr, obtemos para o ponto de ebulição o valor aproximado de 283,1 K. 
___________________________________________________________________________ 
 
 3
DADOS: 
∆ = +U q w H = U + PV G = H – TS revdqdS
T
= 
q = C∆T PV = nRT extdw P dV= − 1 L atm = 101,325 J 
R = 8,314 J K-1 mol-1 = 0,082 L atm K-1mol-1 2
1
ln
V
S nR
V
∆ = 
∆ = 2
1
ln
T
T
S C m
C
C
n
= s
C
C
m
= P
H
C
T
∆= V
U
C
T
∆= 
gásH U n RT∆ = ∆ + ∆ 1 atm = 760 Torr = 760 mm Hg 
0
2
1 1 2
1 1
ln vap
HP
P R T T
∆  
= − 
 
 ( ) ( )0 o or f fX X produtos X reagentes∆ = ∆ − ∆∑ ∑ 
Dados termodinâmicos, a 298 K: 
 0fH∆ , kJ mol
-1 o
mS , J K
-1 mol-1 
C2H2 (g) 226,73 200,94 
C2H6(g) -84,68 229,60 
 H2O(l) -285,83 69,91 
H2(g) --- 130,61 
CO2(g) -393,51 213,74 
Massas atômicas (g mol-1): H: 1 C: 12 O: 16 
 
 
Departamento de Química Fundamental 
Universidade Federal de Pernambuco
QUÍMICA GERAL 1 – 1o semestre de 2009 
 1a PROVA 26/03/2009
1] Considere a reação de combustão de 1 mol de benzeno, C6H6(l), a 25 oC e 1 atm. (a) Calcule o 
trabalho realizado, contra a atmosfera, na expansão dos produtos gasosos desta reação. (b) Calcule 
a entalpia da reação. (c) Calcule a variação da energia interna, ∆U, do sistema. Considerar os gases 
como ideais.
(a) A reação de combustão do benzeno é: C6H6(l) +15/2 O2(g) → 6CO2(g) + 3H2O(g)
Observe que a água está sendo considerada no estado gasoso. O trabalho de expansão será realizado 
pelos gases que resultam da combustão, cujo número de mols é dado pela variação: 
molmolmolgasososreagentesngasososprodutosnn 5,1)2/15()36()()( =−+=−=∆ 
O trabalho de expansão a pressão constante é :
kJKKmolJmolRTgásnVexPw 7,3298
11314,85,1)( −=×−−×−=∆−=∆−=
(b) A entalpia de combustão do benzeno pode ser obtida a partir das entalpias de formação dadas:
15,135.3),2(215),66(1),2(6),2(3
)()(
−−=


 °∆×+°∆×−


 °∆×+°∆×=°∆
°∆−°∆=°∆ ∑∑
molkJgOfHlHCfHgCOfHgOHfHrH
reagentesfHnprodutosfHnrH
Combustão de 1 mol de C6H6(l) – logo kJrH 5,135.3−°∆
(c) Finalmente, a variação de energia interna pode ser obtida através de: ∆H = ∆U + ∆ngásRT. 
Assim, ∆U = ∆H – ∆ngásRT = (–3.135,5 kJ) – (3,7 kJ) = – 3.139,2 kJ.
2] Calcule a entalpia-padrão de formação do PCl5(s) a partir da entalpia-padrão de formação do 
PCl3(l) que é igual a –319,7 kJ mol-1 e sabendo que, a entalpia-padrão da reação 
PCl3(l) + Cl2(g) → PCl5(s) é ∆Ho = –124kJ.
As equações envolvidas neste problema são:
(1) P(s) + 5/2Cl2(g) → PCl5(s) 0fH∆ = ?
(2) P(s) + 3/2Cl2(g) → PCl3(s) 0fH∆ = –319,7 kJ. mol-1
(3) PCl3(l) + Cl2(g) → PCl5(s), 0H∆ = –124kJ. mol-1
Assim, observa-se que a equação (1) pode ser obtida através da soma das equações (2) e (3).
Portanto0fH∆ (PCL5) = -319,7 kJ. mol-1 + (-124) kJ. mol-1 = – 443,7 kJ mol-1.
3] Você precisa produzir 18 g de vapor de água a 100 oC e 1 atm de pressão a partir de 18 g de água 
líquida a 25 oC. (a) Calcule a quantidade de calor necessária para realizar esta tarefa e (b) indique 
qual percentual do calor foi utilizado para variar a temperatura da água.
(a) Para aquecer 18 g de água líquida de 25 oC a 100 oC são necessários q = nCp,m∆T de calor. 
Assim, kJCCJmolmolq 6,5751)(13,751 =°×

 −°−×=
Para vaporizar 18 g de água a 100 oC são necessários 40,7 kJ que é a entalpia de vaporização molar 
da água. 
Assim, para realizar esta tarefa são necessários q = 5,6 kJ + 40,7 kJ = 46,3 kJ de calor. 
(b) O percentual utilizado na variação de temperatura da água é (5,6 kJ/46,3kJ) x 100 = 12,1% 
4] Para uma certa reação ∆Hr = 45 kJ e ∆Sr = 125 J/K. Admitindo que ∆Hr e ∆Sr não variam muito 
com a temperatura, (a) a que temperatura a reação terá ∆G = 0? (b) Se a temperatura for mais 
elevada do que a estimada na parte (a), a reação será espontânea? Por que?
(a) A condição desejada é ∆G = ∆H – T∆S = 0. Portanto K
KJ
J
rS
rHT 360
1125
000.45
=
−
=
∆
∆
=
(b) Se a temperatura aumentar, como ∆S é positivo, ∆G irá se tornar mais negativo. Portanto, para 
temperaturas maiores que 360 K a reação será espontânea.
5] Considere o congelamento de 1,00 mol de C2H5OH(l) em seu ponto normal de congelamento, 
T=158,7 K e P= 1 atm. (a) Calcule a variação das entropias do sistema e da vizinhança neste 
processo. (b) Este processo é espontâneo? Justifique. 
(a) A variação de entropia do sistema é 
10,29
7,158
600.4 −−=−=
°∆−
=
°∆
==∆ KJ
K
J
T
fusãoH
T
congH
T
revqS
Como a substância está se congelando em um ambiente à mesma temperatura e a pressão constante, 
10,29
7,158
600.4 −==
°∆+
=
°∆−
=∆ KJ
K
J
T
fusãoH
T
congH
vizinhançaS
(b) O processo não é espontâneo pois ∆Stot = ∆S + ∆Sviz = 0. O processo é reversível. 
DADOS
∆ = +U q w H = U + PV G = H – TS revdqdS
T
=
q = C∆T PV = nRT extdw P dV= − 1 L atm = 101,325 J 
R = 8,314 J K-1 mol-1 = 0,082 L atm K-1mol-1 
2
1
l n VS nR
V
∆ =
 
∆ = 2
1
l n T
T
S C
 m
CC
n
= P
HC
T
∆= V
UC
T
∆=
gásH U n RT∆ = ∆ + ∆ 1 atm = 760 Torr = 760 mm Hg = 1,01x105 Pa
0
2
1 1 2
1 1ln vapP
P T T T
∆  
= − 
 
( ) ( )0 o or f fX X produtos X reagentes∆ = ∆ − ∆∑ ∑
Dados termodinâmicos, a 298 K:
Cp,m JK-1mol-
1
Cv,m JK-1mol-1 0fusH∆ , kJmol-1 0vapH∆ , kJmol-1 0fH∆ , kJ mol-1 omS , J K-1 mol-1
CH3OH(l) 81,6 3,16 35,3 -238,86 126,8
C2H5OH(l) 111,5 4,60 43,5 -277,69 160,7
H2O(l) 75,3 6,01 40,7 -285,83 69,91
H2O(g) 33,6 -241,82 188,83
C6H6(l) 136,1 127,8 10,59 30,8 49,0 173,3
CO2(g) -393,51 213,7
Massas atômicas (g mol-1): H: 1 C: 12 O: 16 Cl:35,5 P:31
 Universidade Federal de Pernambuco 
 Departamento de Química Fundamental 
 
Primeiro Exercício de Química Geral 1/11 2010-II Data: 14/09/2010 
 
GABARITO 
_________________________________________________________________ 
 
1) Uma peça de cobre de massa 20,0 g, a 100°C, foi colocada em um recipiente isolado de 
capacidade térmica desprezível que continha 50,7 g de água a 22°C. Calcule a temperatura final 
da água. Considere que não houve perda de energia para a vizinhança. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Determine a entalpia da reação de hidrogenação do etino a etano C2H2 (g) + 2 H2 (g) → 
C2H6 (g), a partir dos seguintes dados: ∆Hcombustão° (C2H2, g) = - 1300 kJ . mol
-1; 
∆Hcombustão° (C2H6, g) = - 1560 kJ . mol
-1; ∆Hcombustão° (H2, g) = -286 kJ . mol
-1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Esta questão envolve uma situação de equilíbrio térmico entre a água e o cobre. Como o 
cobre está mais quente e a água mais fria, ocorre à transferência de calor do cobre para a 
água, vale a relação: – qCu = qágua. 
Desta forma: –qCu = qágua; 
– CCu x nCu x ∆TCu = Cágua x nágua x ∆Tágua 
( ) ( )KT
gmol
g
KmolJKT
gmol
g
KmolJ ff 295
0,18
7,50
29,75373
55,63
20
44,24[
1
11
1
11 −×





×=−×





×−
−
−−
−
−− 
 220,01 Tf = 65502,55; Tf = 297,7K = 24,7°C. 
Reações de combustão completa: 
(I) C2H2(g) + 
2
5
O2(g) → 2CO2 (g) + H2O(l) ∆Hc
° = –1.300 kJ mol–1 
(II) C2H6(g) + 
2
7
O2(g) → 2CO2 (g) + 3H2O(l) ∆Hc
° = –1.560 kJ mol–1 
(III) H2(g) + 
2
1
O2(g) → H2O(l) ∆Hc
° = –286 kJ mol–1 
 
Desde que a entalpia é uma função de estado, podemos utilizar reações e processos 
intermediários para obter os estado final (produtos) e inicial (reagentes), isto é, utilizamos a 
lei de Hess para a reação de hidrogenação: C2H2(g) + 2H2(g) → C2H6(g). Para obter a 
entalpia desta reação a partir das reações de combustão acima temos que combiná-las da 
seguinte maneira: (I) + 2(III) → –(II), ou seja, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Uma amostra de gás ideal, a 412 K, ocupa 12,62 L, em 0,6789 atm. O gás se expande até 
19,44 L, seguindo dois caminhos diferentes: a) expansão isotérmica reversível; b) expansão 
isotérmica livre irreversível. Calcule: ∆Stotal, ∆S e ∆Svizinhança para os dois caminhos. Justifique. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a) Expansão isotérmica reversível. 
 
Cálculo de ΔS 






=
−
==∆
1
2
V
V
ln
TT
nR
wq
S revrev 
Cálculo de “n” a partir da Lei dos Gases 
 
PV = nRT 
( ) ( ) ( )K124082,0 L62,12atm68,0 11 ×=× −− KmolatmLn 
então, n = 0,254 mol 
 
( ) ( ) 





×=∆ −−
12,62L
19,44L
ln.molJ.K314,8mol,2540 11S 
então, ΔS = 0,91 J.K-1 
 
Cálculo de ΔStot 
 
Como o processo é reversível, ΔStot = 0 
 
Cálculo de ΔSviz 
 
ΔSviz = ΔStot − ΔS = − 0,91 J.K
-1
 
 
então, ΔSviz = − 0,91 J.K
-1 
 
 
C2H2(g) + 
2
5
O2(g) → 2CO2 (g) + H2O(l) ∆Hc
° = –1.300 kJ mol–1 
 2H2(g) + O2(g) → 2H2O(l) ∆Hc
° = –572 kJ mol–1 
 2CO2 (g) + 3H2O(l) → C2H6(g) + 
2
7
O2(g) ∆Hc
° = 1.560 kJ mol–1 
 --------------------------------------------------- ----------------------------------- 
 C2H2(g) + 2H2(g) → C2H6(g) ∆Hr
° = [–1.300 + (–572) + 1.560] kJ mol–1 
 
⇒ ∆Hr
° = –312 kJ mol–1 (esta reação de hidrogenação é exotérmica). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4) Um cientista propôs duas reações para produzir etanol, C2H6O: 
a) C2H4 (g) + H2O (g) → C2H6O (l) 
b) C2H6 (g) + H2O (g) → C2H6O (l) + H2 (g) 
Considere as condições-padrão e determine, a partir de dados termodinâmicos qual das duas 
reações seria a mais viável para a produção de etanol. Justifique. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para saber qual das duas reações teria viabilidade, segundo dados termodinâmicos, 
precisamos saber qual dos dois processos é espontâneo, a 298K. Para tal, devemos observar 
os valores de energia livre para as reações, a partir de variações entalpia-padrão e de 
entropia-padrão ou de energia livre padrão de formação. 
a) C2H4 (g) + H2O (g) → C2H6O (l) 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
10
1110
)(2
0
)(42
0
)(52
00
000
13,88
82,24126,5269,277
)()(1)(
)()(
−
−−−
−=∆
−−−=∆
∆+∆×−∆=∆
∆∑−∆∑=∆
molkJH
molkJmolkJmolkJH
OHHHCHOHHCHH
reagentesHnprodutosHnH
r
r
gfgflfr
ffr
 
 
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr ∑−∑=∆ 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
110
1111110
)(2
0
)(42
0
)(52
00
83,18856,2197,160
)()(1)(1
−−
−−−−−−
−=∆
+−=∆
+×−×=∆
molKJmolKJmolKJS
OHSHCSOHHCSS
r
gmgmlmr
 
(b) Expansão livre isotérmica irreversível. 
 
Cálculo de ΔS 
 
Como entropia (do sistema) é uma função de estado, para o processo irreversível, ΔS é o 
mesmo calculado acima, ΔS=0,91 J.K-1 
 
Cálculo de ΔSviz 
 
Como nenhum trabalho é realizado em expansão livre, w = 0 e expansão isotérmica para 
um gás ideal , ΔU = 0 
 
wqU +=∆ Em conseqüência, q = 0 
 
Como nenhum calor é transferido para a vizinhança, 
0==∆
T
q
S revviz 
 
Cálculo de ΔStot 
 
ΔStot = 0,91 J.K
-1 + 0 ΔStot = 0,91 J.K
-1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dados: 
-1 -1 -1 -1R =8,314 J mol K = 0,082 L atm mol K , 1 bar ≈1 atm;densidade água = 1g/mL; 1 atm L = 101,325 J 
Massa molar (g. mol–1): C = 12, H = 1, O = 16, Cu = 63,55 
U q w∆ = + H = U + PV G = H – TS q = C∆T PV = nRT 
extdw P dV= − extw P V∆= − 
2
1
ln
V
w nR T
V
 
= −  
 
 rev
dq
dS
T
= 
2
1
ln
V
S nR
V
 
 
 
∆ = 
2
1
ln
T
T
S C  ∆ =  
  g
H U n R T∆ = ∆ + ∆ 000 rrr STHG ∆−∆=∆ 
)()( 000 reagentesXnprodutosXnX FormacaoFormacaor ∑∑ ∆−∆=∆ 
 
000
rrr STHG ∆−∆=∆ = – 88130 J.mol
-1 – 298K(–247,69 J.K-1mol-1) = –14,3 kJ.mol-1 
Ou ainda: )()( 000 reagentesGnprodutosGnG mmr ∑−∑=∆ = –17.4780 – (6.8150 – 228.570) = 
 –14,3 kJ.mol-1, ou seja, o processo é espontâneo a 298 K. 
 
b) C2H6 (g) + H2O (g) → C2H6O (l) + H2 (g) 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
10
11110
)(2
0
)(62
0
)(2
0
)(52
00
000
81,48
82,24168,84069,277
)()(1)()(
)()(
−
−−−−
+=∆
−−−+−=∆
∆+∆×−∆+∆=∆
∆∑−∆∑=∆
molkJH
molkJmolkJmolkJmolkJH
OHHHCHHHOHHCHH
reagentesHnprodutosHnH
r
r
gfgfgflfr
ffr
 
 
)()( 000 reagentesSnprodutosSnS mmr ∑−∑=∆ 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
110
111111110
)(2
0
)(62
0
)(2
0
)(52
00
07,127
83,18860,22968,1307,160
)()(1)(1)(1
−−
−−−−−−−−
−=∆
+−+=∆
+×−×+×=∆
molKJS
molKJmolKJmolKJmolKJS
OHSHCSHSOHHCSS
r
r
gmgmgmlmr
 
 
000
rrr STHG ∆−∆=∆ = 48810 J.mol
-1 – 298K (–127,07 J.K-1mol-1) = 86,7 kJ.mol-1 
 
Ou ainda: )()( 000 reagentesGnprodutosGnG mmr ∑−∑=∆ = –174780 – (–32820 – 228570) = 
86,7 kJ.mol-1, ou seja, o processo não é espontâneo a 298 K. 
Então, baseando-se em dados termodinâmicos, opta-se pela reação descrita na letra a por 
esta ser a única dentre as duas reações em que temos processos espontâneos a 298K. 
 
 
Tabela de dados termodinâmicos a 298K 
Substância )( 10 −∆ molkJH formacao )(
110 −− molKJSm )(
10 −∆ molkJGformacao C (J.mol
-1.K-1) 
H2 (g) 0 130,68 0 28,82 
H2O (l) -285,83 69,91 -237,13 75,29 
H2O (g) -241,82 188,83 -228,57 33,58 
Cu (s) 0 33,15 0 24,44 
C2H2 (g) 226,73 200,94 209,20 43,93 
C2H4 (g) 52,26 219,56 68,15 43,56 
C2H6 (g) -84,68 229,60 -32,82 52,63 
C2H6O (l) -277,69 160,7 -174,78 111,46