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Gabarito da 4a. Lista de Exercícios de Química Geral IC-348 	
Soluções e propriedades 
4.1. 
 
mácido = mvinagre.%ácido = dvinagre.Vvinagre.%ácido
= 1,01g
mL
x355mLx 6,02g
100g
 
4.2. C6H4Cl2 = 146,9 g/mol mPDB = 2,65 g dsoln = 0,789 g/mL Vsoln = 50 mL 
 
nPDB = 2,65gx
1,0mol
146,9g
= 0,0180mol
mso ln = dso lnxVso ln =
0,789g
1,0mL
x50mL = 39,45g
msolv = mso ln −mPDB = 36,8gx
1,0kg
103 g
= 0,0368kg
Μ = 0,0180mol
0,0368kg
= 0,489mol / kg
 
4.3. Vsoln = 725 mL dsoln = 1261 g/mL M = 0,236 mol/kg 
 
mI2 =Μ.MMsol .msolv =
0,236mol
1,0kg
x1,261g
mL
x1,0kg
103 g
x725mL = 54,76g 
4.4. 1,28 mol de C7H16; 2,92 mol de C8H18; 2,64 mol de C9H20 
(a) e (b)
 
χC7H16 =
1,28
1,28 + 2,92+ 2,64
= 0,187 = 18,7%
χC8H18 =
2,92
1,28 + 2,92+ 2,64
= 0,427 = 42,7%
χC7H16 =
2,64
1,28 + 2,92+ 2,64
= 0,386 = 38,6%
 
4.5. 280 ppm = 280 mg/L ou 0,28 g/L dmar = 1027 kg/m3 
 
nCO2 =
0,28g
1,0L
x1,0mol
44,0g
x1,0L = 6,36x10−3mol
nsolv = 1027kg
m3
x1000g
1,0kg
x 1,0m
3
106cm3
x1000cm3
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
− 0,28g
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
x 1mol
18,0g
= 57,04mol
χCO2 = 1,115x10
−4
 
4.6. Uma planta de água doce em água salgada forçará a passagem de solvente do interior 
da célula para fora e a célula murchará. 
 
Uma planta de água salgada em água doce ocorrerá a passagem de solvente do meio 
para o interior da célula fazendo com que ela inche. 
 
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4.7. Não, apenas a molaridade depende de T, como a molalidade independe de T e depende 
apenas da massa, está pode ser usada para estudar concentrações onde há mudanças 
de temperatura. 
4.8. A 
4.9. 40% C2H6O2 m/m d = 1,05 g/mL 100g de soln = 40 g C2H6O2 + 60g H2O 
 
Μ = 40g C2H6O2x
1,0mol
62,0g
x 1
60gH2O
x
1000gH2O
1,0kg
= 10,75
χsol =
40g C2H6O2x
1,0mol
62,0g
60gH2Ox
1,0mol
1,8ggH2O
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
+ 40g C2H6O2x
1,0mol
62,0g
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= 0,162
 
4.10. ∆Hsoln = -U + ∆Hhid = -(-686 kJ/mol) +(-694 kJ/mol) = -8 kJ/mol 
4.11. ∆Hhid = ∆Hsoln + U 
 
ΔHhid CaCl2
= −2293kJ / mol
ΔHhid CaI2
= −2163kJ / mol
 
4.12. PO2 = 120 torr K = 1,3x10-3 mol.L-1.atm-1 
 
S = K.P = 1,3x10−3 mol
atm.L
x120torrx 1,0atm
760torr
= 2,05x10−4 mol
L 
4.13. No ponto de ebulição normal, a pressão de vapor se iguala à pressão atmosférica. Pela 
lei de Raoult: 
 
χmetOH =
P
P0
= 710torr
760torr
= 0,93 
4.14. PBo = 0,930 atm PB = 0,900 atm msol = 10 g mB = 78,11 g Pela lei de Raoult: 
 
χB =
PB
PB
0 =
0,900atm
0,930atm
= 0,968
nB = 78,11gx
1,0mol
78,11
= 1,0mol
χB =
nB
nB + nsol
= nsol =
nB
χB
− nB = 0,038
MMsol =
msol
nsol
= 330g.mol −1
 
4.15. Ptotal = 174 torr; PmetOHo = 303 torr, PpropOHo = 45 torr. Pela lei de Raoult para solutos 
voláteis: 
 
Ptotal = PmetOH
0 χmetOH +PpropOH
0 χpropOH 
mas 
χpropOH = 1− χmetOH , substituindo tem-se: 
 
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Ptotal = PmetOH
0 χmetOH + PpropOH
0 1− χmetOH( ) =
= PmetOH
0 χmetOH + PpropOH
0 −PpropOH
0 χmetOH ⇒
= PmetOH
0 χmetOH −PpropOH
0 χmetOH + PpropOH
0 ⇒
= χmetOH PmetOH
0 −PpropOH
0( ) = Ptotal −PpropOH0 ⇒
χmetOH =
Ptotal −PpropOH
0
PmetOH
0 −PpropOH
0 = 0,5
χpropOH = 1− 0,5 = 0,5
 
4.16. Tfo(butanol) = 25,5 oC, Kf = 9,1 oC.Kg.mol-1 msoln = 10g Tf = 24,59 oC: 
 
ΔTf = Kf .Μ =Tf
0 −Tf =
nsol
msolv
⇒
nsol =
Tf
0 −Tf( )msolv
Kf
= 10gx 1,0kg
1000g
x 0,91
oC.mol
9,1oC.kg
= 10−3mol
msol = nsol .MMsol = 10
−3molx 18g
1mol
= 1,8x10−3 g
 
4.17. Tf = -2,05x10-5 oC e ∏ = 9,14x10-7 atm 
4.18. A 
4.19. Sabendo que cada mol de NaCl resulta em dois mols de íons, i = 2, então: ∆Te = iKe.M, 
logo: 
 
Te −Te
0 = iKeΜ =Te −100
oC = 2,0x 0,5
oC.kg
mol
x 2,0mol
kg
= 102oC 
4.20. i = 0,264 
 
Termoquímica 
4.21. Quando ΔU >0, se energia interna do sistema aumenta e energia da vizinhança deve 
diminuir de modo que a energia do universo permaneça constante. 
4.22. ΔU = q + W 
Como o calor é absorvido pelo sistema q > 0 e o trabalho é realizado pelo sistema W < 0. 
ΔU = +655 J + (-344 J) = 311 J 
4.23. De modo análogo a questão anterior: ΔU = q + W 
Então ΔU = +525 J + (-218 J) = 307 J 
4.24. A quantidade de calor absorvida ou liberado por uma substância é dado por: q = mCsΔT 
q = 24,0gx0,9 J
goC
x15oC = 324J 
4.25. O calor envolvido em uma reação realizada em um calorímetro é dado por: qabs = -qcal 
Logo: mAuxCs
AuxΔTAu = − mH2OxCs
H2OxΔTH2O
⎡
⎣
⎤
⎦ resolvendo para mAu, tem-se: 
mAu =
− mH2OxCs
H2OxΔTH2O
⎡
⎣
⎤
⎦
Cs
AuxΔTAu
substituindo os valores: 
 
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mAu =
− 250gx4,184 J
goC
x(−1,1oC)⎡⎣
⎤
⎦
0,129 J
goC
x74,6oC
= 119,56g 
4.26. A reação iônica simplificada para a formação do BaSO4 é: 
Ba2+(aq) + SO42-(aq) → BaSO4(s) 
O calor envolvido na formação do BaSO4 é dado por: qrxn = -qcal, então: 
qrxn = − mso lnxCs
so lnxΔT( ) mas msoln = d x V, portanto qrxn = − dso lnxVso lnxCsso lnxΔT( )
resolvendo qrxn = −
1,0g
mL
x2,0L1000mL
1,0L
x4,188 J
goC
x3,1oC
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= −25,9kJ esta energia é para a 
formação de um mol de BaSO4 então o ΔHfo = -25,9 kJ/mol. 
4.27. O trabalho é dado por W = -PΔV portanto: 
W = -1,0 atm x (5x105 L) x 101,3 J/atm.L = 5,07x107 J 
A energia interna é dada por ΔU = q + W => ΔU = +1,3x108 J +(-5,07x107 J) = 7,93x107 J. 
4.28. (a) no vácuo, pExt = 0 logo W = -PΔV = 0 
(b) quando P = 1,2 atm, ΔV = 4,0 L e W á dado por 
W = -(1,2 atmx 4,0L x101,3 J/atm.L) = -486,24 kJ 
(c) Para este sistema, calor é liberado pelo sistema e o sistema realiza trabalho logo q < 
0 e W < 0 a energia interna é da por ΔU = -128 J +(-486,24 J) = -614,26 J 
4.29. a combustão da sacarose é dada por: 
C12H22O11(s) + 12 O2(g) → 12 CO2(g) + 11 H2O(g) 
O calor envolvido no processo é dado por qrxn = - qcal = cΔT 
Então: qrxn = − 4,9 kJoC
x3,41oC
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= −16,71kJ para 1,010g para um mol, tem-se:
ΔHrxn = −
16,71kJ
1,010g
x 342g
1mol
= −5658,2 kJ
mol
 
4.30. A reação de combustão do butano é: 
C4H10(g) + 3 O2(g) → 3 CO2(g) + 4 H2O(g) ΔHrxn = -2044 kJ 
Para cada mol de butano, isto é, 58g, produz-se 2044 kJ de energia, portanto para 13 kg 
tem-se: 
q = 13kgx 1000g
1kg
x 1mol
58g
x − 2044kJ
1mol
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= −4,58x105kJ 
4.31. Seja o diagrama de mudança de fases do etanol 
 
 Aquecendo o sólido de -120 a -114 oC, usando o calor específico 
do sólido temos: 	 q1 = 75 g de etanol . 0,97 JgK .6K. 1kJ1000J = 0,45kJ 
 
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A -114 oC, ocorre a fusão do sólido, utiliza-se a entalpia de fusão. 
q2 = 75g de etanol . 
1 mol de etanol
46,07g de etanol
.5,02 kJ
1 mol
= 8,17 kJ 
Aquece-se o líquido de de -114 oC até 78 oC, usando o calor específico do líquido temos: 
q3 = 75 g de etanol . 
2,3 J
g.K
. 192K . 1 kJ
1000 J
= 34,3 kJ 
A 78 oC ocorre a vaporização do líquido, utiliza-se a entalpia de vaporização 	 q4 = 75g de etanol . 1 mol de etanol46,07g de etanol .38,56 kJ1 mol = 62,3 kJ 
A energia total necessária é o somatório das energias das etapas individuais. 
Q = q1 + q2 + q3 + q4 = 0,4 kJ + 8,17 kJ + 33 kJ + 62,8 kJ = 105,32 kJ. 
4.32. A reação é dada para a formação de 2 mols de NO(g), o ΔHof é o calor de formação de 
um mol de substância. Portanto, basta dividir a reação por 2. 
½ N2(g) + ½ O2(g) → NO(g) ΔH = -82,35, kJ 
4.33. A reação global é obtida a partir das etapas, multiplicando a reação (I) por 2 e a reação 
(II) por 3 seguida da inversão da reação (III) comisso, o 
ΔHrxn = -188,1 -189,96 _ 66,35 = -444,41 kcal 
4.34. A reação global é obtida a partir das etapas, multiplicando a reação (I) por 2, mantendo-
se a reação (II), invertendo-se a reação (III) e mantendo-se a reação (IV). 
ΔHrxn = -572 – 97 + 265 - 6,0 = -464 kcal