Resolução da Lista de Exercícios Química Geral 2014.2

Prévia do material em texto

Curso: Engenharia 2013.1
Disciplina: Química Geral
Semestre: 1°
Elaboração: Professores de Química Geral
Resolução da Lista de Exercícios de Química Geral
Tabela Periódica
Mendeleev, por meio de seus estudos sobre a tabela periódica, conseguiu prever a existência de átomos que ainda não tinham sido descobertos. Posteriormente, com a descoberta dos elementos em questão, verificou-se que as propriedades previstas por ele estavam em concordância.
2. Todos os elementos com número atômico maior que o do urânio (Z = 92) são considerados transurânicos. Já os elementos artificiais são aqueles produzidos pelo homem.
3. Porque, a cada período, aumenta o número de subníveis que podem acomodar elétrons:
Primeiro período: somente subnível s.
Segundo período: subníveis s e p.
Terceiro período: subníveis s, p e d.
E assim por diante.
4. I; II; III; IV; V
5. 16S2: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
13Aℓ3+: 1s2 2s2 2p6
6. a) λ = 694 nm
 b) ν = 14409 ondas cm−1
 c) A radiação cujo λ é 694 nm encontra-se na região do vermelho.
7. 
 
8. Observando a figura da questão 6, verificamos que as radiações encontram-se na região do visível. Comparando os valores das energias calculadas nos itens 7(a) e 7(b), concluímos que a radiação de menor comprimento de onda, a luz azul, possui maior energia do que a luz vermelha de maior comprimento de onda.
9. Para o átomo de hidrogênio, Z = 1. Se o átomo se encontra no estado de menor energia, n = 1 e r = œ. A equação que expressa a energia de um elétron em um estado estacionário ou em uma órbita de Bohr é:
 
onde A é uma constante cujo valor é 2,18 x 10 -18 J.
Usando essa equação é possível calcular a energia das orbitais do átomo de hidrogênio.
 O elétron se encontra com menor energia quando está ocupando o primeiro estado estacionário ou seja, quando ocupa a primeira órbita.
En = - 2,18 x 10 -18 . 12/12
En = - 2,18 x 10 -18 J
Para a segunda órbita, n = 2, logo:
 En = - 2,18 x 10 -18 . 12/22
En = - 5,45 x 10 -19 J
10. Deduzida a equação para energia de uma órbita, Bohr calculou a energia emitida ou absorvida em uma transição eletrônica usando o 4° postulado, o qual estabelece que as transições eletrônicas obedecem à equação:
 ΔE = E2 – E1 = h ν
sendo E2 o estado final de energia e E1 o estado inicial. Substituindo-se a energia de uma órbita ou de um estado estacionário, que é dada por , teremos:
 
 Z rearranjando a equação e colocando em evidência A e Z2 obtém-se a seguinte equação:
 
Substituindo os valores de A, h e c na equação A/hc, obtém-se 1, 096776 × 107 m−1; sendo, portanto, praticamente igual à constante de Rydberg (R = 1, 097373 × 107 m−1).
Substituindo os valores dados:
Z = 1 
A = 2,18 x 10 -18 J
n1 = 1
n2 = œ na equação: , teremos:
 
A energia do fóton que promove a transição do elétron do átomo de hidrogênio do estado fundamental, n1, para o n = œ é 2,18 x 10-10 J / átomo.
Um mol corresponde a 6,023 x 1023 átomos, portanto,
 
11. L _ 2 subníveis (s e p), 4 orbitais.
 N _ 4 subníveis (s, p, d e f), 16 orbitais.
 P _ 3 subníveis (s, p e d), 9 orbitais.
12. 4p: 4 + 1 = 5
 6d: 6 + 2 = 8
 5s: 5 + 0 = 5 
 2p: 2 + 1 = 3
 4f: 4 + 3 = 7
 2p < 4p < 5s < 4f < 6d
13. 27Co: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d7 Mais energético
n = 3
l = 2
m = -1 
s = + 1/2
14.
Propriedades Periódicas
15. Tanto o 17Cℓ– quanto o 18Ar possuem a mesma quantidade de elétrons (18). No entanto, o argônio possui 18 prótons para atrair estes elétrons, fazendo com que eles sejam mais intensamente atraídos, dificultando a retirada. Portanto, o argônio possui maior energia de ionização.
16. A eletronegatividade do cloro é a maior do terceiro período, seguida pela do enxofre. Portanto, a eletronegatividade do cloro é 3,16 e a do enxofre é 2,58. Verifique na tabela de eletronegatividade de Pauling (Tabela 3.9, página 66).
17. 11Na: 1s2 2s2 2p6 3s1 (3o período, família 1).
13Aℓ: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 (3o período, família 13).
18Ar: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 (3o período, família 18).
19K:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 (4o período, família 1).
 
Raio atômico: 18Ar < 13Aℓ < 11Na < 19K.
Energia de ionização: 19K < 11Na < 13Aℓ < 18Ar.
Compostos iônicos
18.
19. Consultando a tabela periódica, verificamos que o alumínio possui três elétrons na última camada e é normalmente encontrado como o cátion Aℓ3+. Já o enxofre possui seis elétrons na última camada e normalmente é encontrado na forma de ânion S2.
Aℓ3+S2 Aℓ2S3
20. Isso ocorre quando eles não apresentam a mesma proporção (1:1) na formação do composto. Nesse caso, eles apresentarão diferentes números de coordenação (vizinhos).
21. Nesse caso, todos os compostos serão formados por um cátion +1 e um ânion 1. Portanto, a energia reticular vai ser muito dependente do tamanho dos íons: quanto menor o íon, mais perto as cargas, maior a interação. Por isso, a maior interação reticular deve ser do F com o menor dos cátions, isto é, com o lítio (Li+).
22. Elevado ponto de fusão e boa condutividade elétrica em solução aquosa.
23. Quanto maior a constante elétrica, maior a probabilidade de o composto iônico ser solúvel nesse solvente.
Compostos covalentes
24.
25. O NO2 tem, ao redor do N (átomo central), três ‘conjuntos’ de elétrons (ligação dupla, ligação simples, um elétron desemparelhado). Portanto, a melhor distribuição para eles é a plana trigonal. Por isso, esta espécie é angular.
O CO2, por sua vez, tem, ao redor do C (átomo central), dois ‘conjuntos’ de elétrons (duas ligações duplas). Portanto, a distribuição é linear.
Já o NO2+ fica parecido com o CO2.
26.
27.
28.
29.
30. 
a) CCℓ4: apolar = 0
b) C6Br6: apolar = 0
c) CO2: apolar = 0
d) H2O: polar ≠ 0
31.
O Br2O é o único composto polar; o CO2, apesar de ser apolar, apresenta ligações polares; entre o O3 e o Cℓ2, o O3 é angular e formado por um elemento mais eletronegativo
32.
Nas outras, o somatório é nulo e a constante dielétrica é zero ( = 0).
33. 
a) Iônica.
b) Covalente e ligação de hidrogênio.
c) Covalente e dipolo instantâneo-dipolo induzido.
d) Covalente e dipolo instantâneo-dipolo induzido.
e) Covalente e dipolo instantâneo-dipolo induzido.
34. 
I) F: O aumento da força de ligação não influencia (a princípio) a temperatura de ebulição.
II) V: Quanto maior a força da ligação química intermolecular, maior a temperatura de ebulição.
III) V: Fica mais difícil vencer a barreira contrária para a molécula sair para o estado de vapor.
IV) F: Independe da quantidade de líquido.
35. NaF, MgF2, AℓF3: compostos iônicos interação alta faz com que os pontos de ebulição sejam altos.
SiF4, PF5, SF6: compostos covalentes a interação entre as moléculas acontece através de interações intermoleculares mais fracas que as ligações químicas (covalente e iônica).
36. Verificar: a condutividade nos estados sólido e fundido; a solubilidade em água; a condutividade em meio aquoso (caso seja solúvel); o ponto de fusão; e o ponto de ebulição.
Ligações metálicas
37.
a) Covalente.
b) Covalente.
c) Metálica.
d) Iônica.
e) Metálica.
38.
A: dois elétrons de valência (metal).
B: dois elétrons de valência (metal).
Portanto, os elementos A e B devem formar uma liga metálica, com ligação tipicamente metálica.
39.
Substância A: tipicamente iônica.
Substância B: tipicamente covalente.
Substância C: tipicamente metálica.
40. Alta resistência mecânica; alta resistência à corrosão; e alta resistência térmica.
41. O césio, pois possui PF inferiora 100 °C (temperatura máxima do banho Maria) o mercúrio já está no estado líquido (fundido).
42. O cobre (metal) tem poucos elétrons de valência, que possuem liberdade de movimento, fazendo com que ele possua alta condutividade. Já o vidro (composto covalente) possui muitos elétrons de valência, preenchendo mais os orbitais a mobilidade destes elétrons também é mais restrita, restringindo a condutividade.
Ácidos e bases
43.
a) Reação direta: H2O; reação inversa: H2S.
b) Reação direta: HS; reação inversa: OH.
c) HS e H2S; H2O e OH.
44. Pode-se aplicar o conceito de Lewis: Cr3+ é o ácido (receptor do par de elétrons) e NH3 é a base (doador do par de elétrons).
45. HCℓ MM = 36,5 g mol1.
1 mol HCℓ 36,5 g
 x 3,65 g
x = 0,1 mol
Considerando que o HCℓ é um ácido forte em água, ele estará completamente ionizado:
46.
Como a [H+] < 1 107 mol L1, a solução é básica (pH = 11).
47. São consideradas chuvas ácidas aquelas que apresentam pH inferior a 5,6, pois a chuva normalmente já é um pouco ácida devido ao ácido carbônico formado pela presença do gás carbônico (CO2 + H2O → H2CO3).
A causa do aumento da acidez da chuva é, principalmente, a presença do SO2 e NO2 na atmosfera.
 H2O + SO3 → H2SO4 (ácido sulfúrico).
 H2O + 2NO2 → HNO3 + HNO2 (ácidos nítrico e nitroso, respectivamente).
Podemos controlar a chuva ácida evitando (diminuindo) a emissão destes gases.
48.
Leite de magnésio: pH = 11 [H+] = 1 1011 mol L1.
Bicarbonato de sódio: pH = 8 1 108 mol L1.
10
3
 (mil 
vezes
 
mais
 
básico
)
1 108 → 1 1011 
Sais
49.
Sulfato de sódio: Na2SO4.
Sulfito de sódio: Na2SO3.
Sulfeto de sódio: Na2S.
50.
a) Mg(OH)2 + HBr → Mg(OH)Br + H2O (brometo hidróxi de magnésio).
b) Ba(OH)2 + HCℓO4 → Ba(OH)CℓO4 + H2O (perclorato hidróxi de bário).
51. Tanto na solução aquosa de amônia quanto na solução aquosa de ácido acético, existem poucos íons livres; portanto, são maus condutores de corrente elétrica. Ao juntarmos as duas soluções (básica e ácida), ocorre a neutralização:
NH3 + HAC → NH4+AC (sal).
O sal formado é solúvel, ficando na forma dissociada NH4+(aq) + AC(aq) ; íons livres é sinônimo de boa condutividade.
Óxidos
52.
N2O: monóxido de dinitrogênio.
NO: monóxido de (mono)nitrogênio.
NO2: dióxido de (mono)nitrogênio.
N2O4: tetróxido de dinitrogênio.
N2O5: pentóxido de dinitrogênio.
53.
I. F: O MgO apresenta boa solubilidade em água. Na verdade, o MgO acaba reagindo com a água e formando hidróxido de magnésio Mg(OH)2.
II. V: O ZnO é um óxido anfótero.
III. V: O CO é um óxido neutro.
54.
CaO + H2O → Ca(OH)2.
Ca(OH)2 + Mg2+ → Mg(OH)2 + Ca2+.
Como o Mg(OH)2 é pouco solúvel, ele precipita.
55.
a) 1NCℓ3 + 3H2O → 1NH3 + 3HCℓO
b) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2
c) 6NO + 4NH3 → 5N2 + 6H2O
56. 1MnO2 + 4H+ + 2Cℓ → 1Mn2+ + 2H2O + 1Cℓ2.
x = 1; y = 4; z = 2; r = 1; s = 2; t = 1
Observação: A carga antes (reagentes) deve ser igual a carga depois (produtos); isso é fundamental para determinar o balanceamento.
Carga antes: 4H+ e 2Cℓ → +2.
Carga depois: 1Mn2+ → +2.
Lei de Lavoisier e lei de Proust
57. 108 + 96 = 204 g de óxido
Hoje, conhecendo a fórmula das substâncias, podemos verificar isso da seguinte maneira: 
Aℓ = 27 g mol1; O = 16 g mol1.
204 g
4 Aℓ + 3O2 → 2Aℓ2O3 108 g + 96 g = 
m
 
(CO
2
) = 440 g58. 160 g + 640 g = m (CO2) + 360 g 
Usando fórmulas:
1CH4 + 2O2 → 1CO2 + 2H2O 16 g + 64 g = 44 g + 36 g.
Cálculos estequiométricos
59. MM em g mol1: C = 12; H = 1; O = 16.
- Metanol: 1CH3OH + ⅔O2 → 1CO2 + 2H2O 32 g + 48 g = 44 g + 36 g.
Cada mol de CH3OH consome 48 g de O2.
- Etanol: 1CH3CH2OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O 46 g + 96 g = 88 g + 54 g.
Cada mol de CH3CH2OH consome 96 g de O2.
- Propanol: 1CH3CH2CH2OH + 9/2O2 → 3CO2 +4 H2O 60 g + 144 g = 132 g + 72 g
Cada mol de CH3CH2CH2OH consome 144 g de O2.
60.
61. m = 0,32 g; V = 492 mL (0,492 L); T = 27 oC (300 K); P = 1 atm; R = 0,082 atm L mol1 K1. MM = ?
62. MgO + SO2 + ½ O2 → MgSO4
 40 g 64 g
63. 47 oC = 320 K.
2 C3H5N3O9 → 6 CO2 + 3 N2 + 5 H2O + ½ O2 2 × 227 g → 6 mol + 3 mol + 5 mol + 0,5 mol.
Cada 227 g (1 mol) que reage de nitroglicerina forma: 3 mols de CO2 + 1,5 mol de N2 + 2,5 mols de H2O + 0,25 mol de O2 7,25 mols de gás.
Reagente limitante
64. 2H2 + O2 → 2H2O 4 g + 32 g = 36 g.
Cada 32 g de O2 reage com 4 g de H2. Portanto, como há 8 g de H2, irão sobrar 4 g.
32 g de O2 + 4 g H2 irão produzir 36 g de H2O. Existem 4 g em excesso de H2.
65. R = 62,3 mmHg L mol1 K1
V = 600 mL; P = 52 mmHg; T = 50 oC (323 K) V = 600 mL; P = 33,8 mmHg; T = 50 oC.
Houve uma redução de 1,55 × 103 – 1,01 × 10-3 = 0,54 × 103 mol. Esta é a quantidade de H2 que reagiu. Como cada mol de H2 reage com 1 mol de CH2 = CH2, significa que há 0,54 × 103 de CH2 = CH2.
66.
67.
Impurezas
68.
69.
70.
71.
72.
Rendimento
73.
74.
75.
76.
Solubilidade
77.
a) Duas fases (gelo/solução água + carbonato de sódio).
b) Considerando que o gelo é formado por água pura, podemos dizer que essa é a fase com substância pura.
78. Cada litro de solução contém 0,25 mol de K2CrO4.
1 mol de K2CrO4 (2 × 39,1) + (1 × 52) + (4 × 16) = 194,2 g mol1
79.
H
2
O
NaCℓ(s) Na+(aq) + Cℓ–1(aq)
H
2
O
C12H22O11(s) C12H22O11(aq)
80. Solução saturada: aquela em que a quantidade máxima de soluto dissolvido já foi alcançada qualquer quantidade adicional de soluto se depositará no fundo do recipiente.
Solução insaturada: aquela na qual a quantidade de soluto dissolvida não atinge o limite de solubilidade. Adições posteriores de soluto continuam a ser dissolvidas até que seja alcançada a saturação.
Corpo de fundo (ou corpo de chão): nome dado ao excesso de soluto que não se dissolve e que se acomoda no fundo do recipiente.
Oxidação e redução
81.
82.
b) O ítrio tem Nox = +3; o bário tem Nox = +2; e o oxigênio tem Nox = 2. Portanto, para que o somatório seja nulo, os três átomos de cobre devem ter, juntos, carga +7. Deste modo, temos que dois átomos de cobre têm Nox = +2, e um deles apresenta Nox = +3 (situação pouco comum para o cobre).
83.
b) CO é o agente redutor, e Na2O2 é o agente oxidante.
Pilhas
84.
a) V: A reação I é uma oxidação ocorre no anodo.
b) V: Na reação III, o níquel sofre redução (Nox passa de +4 para +2) ocorre no catodo (correto).
c) F: O Cádmio é o agente redutor, e o NiO2 é o agente oxidante.
85. Ag2S + 2 e → 2Ago + S2.
86. Fe → Fe2+ + 2e/E (oxidação) = 0,41 V.
Cr → Cr3+ + 3 e/E (oxidação) = 0,74 V.
Como o potencial de oxidação do crômio é maior, ele acaba protegendo o ferro (retarda o seu enferrujamento). Embora tenha um potencial de oxidação relativamente alto, o crômio é utilizado para revestir aço e latão, pois forma uma película aderida e transparente de óxido insolúvel, que o protege de oxidações posteriores.
87.
E
2
 = 
0,13 
V
 (potencial de redução do 
Pb
)
E = E1 + E2 0,47 V = 0,34 V + E2 
88.
a) Esta cela de combustível pode ser chamada de ‘não poluente’ porque tem como produto água que não é tóxica e nem polui a atmosfera.
b) X: eletrodo negativo (oxidação); H2 (anodo).
H2 → 2H+ + 2 e.
c) Balanceamento pelo número de elétrons:
2H2 → 4H+ + 4 e/2H2 = 4 g.
O2 + 4H+ + 4 e → 2H2O/O2 = 32 g.
Proporção de 4 g de H2: 32 g O2.
89.
Zn2+ 2 e → Zn/Eo = 0,76 V.
Ag+ + 1 e → Ag/Eo = 0,8 V.
Manter a semi-reação da prata e inverter a semi-reação do zinco (menor potencial).
Zn → Zn2+ + 2 e/Eo = 0,76 V (oxidação).
Ag+ 1 e → Ag/Eo = 0,8 V (redução).
Sentido dos elétrons: do eletrodo de zinco para o eletrodo de prata.
A placa de zinco sofre corrosão.
90.
a)
b)
Eletrólise
91.
92. AgNO3(s) → Ag+(aq) + NO3(aq).
Oxidação: 2H2O → O2 + 4H+ + 4 e.
Redução:4Ag+ + 4 e → 4Ag.
93. Mx+ + x e → M
x . 96.500 → 1 mol
x = 3
x . 96.500 = 2,895 × 105 C 
94. A anodização aumenta a resistência à corrosão do alumínio porque forma uma camada mais espessa, protegendo o alumínio. Já o objeto de alumínio funciona como anodo (pólo positivo) – oxidação do alumínio.
Corrosão
95.
a)
Como o potencial é positivo, a reação do alumínio com a água é um processo espontâneo.
b) Na prática, a reação não ocorre pela formação de uma camada protetora de óxido de alumínio (passivação).
 4Aℓ + 3O2 → 2Aℓ2O3
Questões ENADE:
96. B
97. A
98. D
99. B
100. E