Apêndices
Apêndice N
Respostas de exercício exercícios s selecionados dos Capítulos 15 a 23 Capítulo 15 1 [NOCl] Cl]/ / t ) 2( [NO]/ t ) [Cl2]/ t 15.1 12 ( [NO 15.2 Para as primeiras duas horas: –∆[sacarose]/∆t = = [(0,033 – 0,050) mol/L]/(2,0 h) = 0,0080 mol/L · h Para as últimas duas horas: ∆[sacarose]/∆t = = [(0,010 – 0,015) mol/L]/(2,0 h) = 0,0025 mol/L · h A velocidade instantânea em 4 h = 0,0045 mol/L · h 15.3 Compare os experimentos experimentos 1 e 2: duplicar a [O2] faz com que a velocidade seja duplicada, por isso, a velocidade é de primeira ordem em [O2]. Compare os experimentos 2 e 4: duplicar a [NO] faz com que a velocidade em um fator de 4, por isso a velocidade é de segunda ordem em [NO]. Assim, a lei de velocidade é: Velocid elocidade ade = k [NO] [NO]2[O2] Utilizando os dados referentes ao experimento 1 para determinar k : 0,028 mol/L · s = k [0,020 [0,020 mol/L]2[0,010 mol/L] k = = 7,0 x 103 L2/mol2 · s 15.4 Velocidade = k[Pt(NH3)2Cl2] = (0,090 h–1)(0,020 mol/L) =0,0018 mol/L · h A velocidade de formação do Cl– é o mesmo valor, 0,0018 mol/L · h. 15.5 ln ([sacarose]/[sacarose]0) = kt ln ([sacarose]/[0,010]) = –(0,21 h–1)(5,0 h) [sacarose] = 0,0035 mol/L
Química Geral e Reações Químicas – Volume 2
A–40
15.6 (a) A fração restante é [NO2]/[NO2]0. ln([NO2]/[NO2]0) = – (3,6 x 10–3s–1)(150 s) [NO2]/[NO2]0 = 0,58 (b) A fração restante depois que a reação está 99% completa é 0,010. ln (0,010) = – (3,6 x 10–3s–1)(t ) t = 1300 s 15.7 1/[HI] – 1/[HI]0 = kt 1/[HI] – 1/[0,010 M] = (30 L/mol · min.)(12 min.) [HI] = 0,0022 M 15.8
15.9
Concentração versus tempo 3
15.10
L / l o m , ] 5 O 2 N [
15.11 0
0
40 Tempo (min)
ln [N2O5] versus tempo 15.12
1
]
5
O 2 N [ n l
15.13 1 0
40 Tempo (min)
Capítulo 16
1/ln [N2O5] versus tempo
16.1 16.2
1.50
] 5 O 2
N [ / l
0.30
0
40 Tempo (min)
O gráfico de ln [N2O5] versus tempo é linear, indicando que esta é uma reação de primeira ordem. A constante de velocidade é determinada a partir da inclinação do coeficiente angular: k = – inclinação do coeficiente angular = 0,038 min.–1 (a) Para 241Am, t 1/2 = 0,693/k = 0,693/(0,0016 y –1) = 430 y Para 125I, t 1/2 = 0,693/(0,011 d–1) = 63 d (b) 125I decai muito mais rapidamente. (c) ln [(n)/(1,6 x 1015 átomos)] = –(0,011 d–1)(2,0 d) n/1,6 x 1015 átomos = 0,978; n = 1,57 x 1015 átomos Como a resposta deve ter dois números significativos, é necessário arredondar para 1,6 x 10 15 átomos. O decaimento de aproximadamente 2% não pode ser notado dentro dos limites de precisão dos dados apresentados. ln (k 2/k 1) = (–Ea/R)(1/T 2 – 1/T 1) ln [(1,00 x 104)/(4,5 x 103)] = –(E a/8,315 x 10–3 kJ/mol · K)(1/283 K – 1/274K) E a = 57 kJ/mol Todas as três etapas são bimoleculares. Para a Etapa 3: velocidade = k [N2O][H2] Quando as três equações são acrescentadas, N2O2 (um produto na primeira etapa, e um reagente, na segunda etapa) e N2O (um produto na segunda etapa, e um reagente, na terceira etapa) se cancelam, produzindo a equação global: 2 NO(g) + 2 H2(g) N2(g) + 2 H2O(g). (a) 2 NH3(aq) + OCl– (aq) N2H4(aq) + Cl–(aq) + H2O(ℓ) (b) A segunda etapa é a que determina a velocidade. (c) Velocidade =k =[NH2Cl][NH3] (d) NH2Cl, N2H5+ e OH– são intermediários. Reação geral: 2 NO2Cl(g) 2 NO2(g) + Cl2(g) Velocidade =k =[NO2Cl]2/[NO2] A presença de NO2 faz com que a velocidade da reação diminua.
(a) K = [PCl3][Cl2]/[PCl5] (b) K = [CO]2/[CO2] (c) K = [Cu2+][NH3]4/[Cu(NH3)42+] (d) K = [H3O+][CH3CO2–]/[CH3CO2H] (a) Ambas as reações são reagente-favorecidas (K << 1). (b) [NH3] na segunda solução é maior. K para esta reação é maior, por isso, o reagente, Cd(NH3)42+, se dissocia em uma proporção maior. 16.3 (a) Q = [2,18]/[0,97] = 2,3. O sistema não está em equilíbrio; Q < K . Para atingir o equilíbrio, o [isobutano] irá aumentar e o [butano] irá diminuir.
Apêndice N
(b) Q = [2,60]/[0,75] = 3,5. O sistema não está em equilíbrio; Q > K . Para atingir o equilíbrio, o [butano] irá aumentar e o [isobutano] irá diminuir. 16.4 Q < K , de modo que a reação não está em equilíbrio; Q < K . Para atingir o equilíbrio, [NO] irá aumentar e o [N2] e [O2] irão diminuir. 16.5 (a) Equação
C6H10I2
Inicial (M)
C6H10
0,050
+
0
I2
–0,035
+0,035
+0,035
Equilíbrio (M)
0,015
0,035
0,035
(b) K = (0,035)(0,035)/(0,015) = 0,082 16.6 H2
Inicial (M)
6,00 x 10–3 –x
0,00600 – x
0 +2x
0,00600 – x +2x
1 2x 2 2 2
1 0,00600
x 2
0,0045 M, portanto [H 2] 0,0090 M.
x
2 HI
–x
Equilíbrio (M) 33
I2
6,00 x 10–3
Alteração (M)
K c
+
[I2]
0,0015 M e [HI]
16.7 Equação
C(s)
Inicial (M)
+
CO2(g)
0,050
2 CO(g)
0
0
Alteração (M)
–0,035
+0,035
+0,035
Equilíbrio (M)
0,015
0,035
0,035
x
1 2x 2 2
0,021
K c
[CO2]
1 0,012
x 2
0,0057 M e 2 x
[CO]
0,011 M
16.8 (a) K ’ = K 2 = (2,5 x 10–29)2 = 6,3 x 10–58 (b) K’’ = 1/K 2 = 1/(6,3 x 10–58)2 = 1,6 x 1057 16.9 Manipule as equações e as constantes de equilíbrio a seguir: 1 2
H2(g)
1 2
Br2(g)
8n m8
HBr(g)
H2(g)
K 2¿
(K 1)1/2 8,9 105 1/(K 2)1/2 1,4 1020
Br2(g)
K ¿3
1/(K 3)1/2
2,1
107
K ¿1K 2¿ K ¿3
2,6
1033
K ¿1
H(g)
8n m8
8n Br(g) m 8
1 2 1 2
Global: H(g) Br(g)
8n m8
HBr(g) K global
A–41
16.11 Equação
butano
isobutano
Inicial (M)
0,20
0,50
Depois de adicionar 2,0 M de isobutano
0,20
2,0 + 0,50
Alteração (M)
+x
Equilíbrio (M)
–x
0,20 + x
2,50 – x
0
Alteração (M)
Equação
Respostas dos exercícios dos Capítulos 15 a 23
16.10 (a) O [NOCl] diminui com um aumento na temperatura (b) O [SO3] diminui com um aumento na temperatura
K
isobutano butano
1 2,50 1 0,20
x 2 x 2
2,50
Resolvendo para x o resultado é x = 0,57 M. Portanto, [isobutano] = 1,93 M e [butano] = 0,77 M. 16.12 (a) Adicionar H2 desloca o equilíbrio para a direita, aumentando [NH3] Adicionar NH3 desloca o equilíbrio para a esquerda, aumentando [N2] e [H2]. (b) Um aumento em volume desloca o equilíbrio para a esquerda. Capítulo 17
17.1 (a) H3PO4(aq) + H2O(ℓ) H3O+(aq) + H2PO4–(aq) H2PO4– é anfiprótico. (b) CN–(aq) + H2O(ℓ) HCN(aq) + OH–(aq) CN é uma base de Brønsted. 17.2 O NO3– é a base conjugada do ácido HNO3; NH4+ é o ácido conjugado da base NH3. 17.3 [H3O+] = 4,0 x 10–3 M; [OH–] = K w /[H3O+] = 2,5 x 10-12 17.4 (a) pOH = –log[0,0012] = 2,92; pH = 14,00 – pOH = 11,08 + (b) [H ] = 4,8 × 10–5 M; [OH–] = 2,1 × 10–10 M (c) pOH = 14,00 – 10,46 = 3,54; [OH–] = 2,9 × 10–4 M A solubilidade do Sr(OH)2 é metade deste valor, ou 1,4 x 10 –4 M, porque dissolver 1 mol de Sr(OH)2 resultará em 2 mols de OH– em solução. 17.5 Responda a esta questão comparando os valores de K a e K b, a partir da tabela 17.3. (a) H2SO4 é mais forte do que H2SO3. (b) C6H5CO2H é um ácido mais forte do que CH3CO2H. (c) A base conjugada do ácido bórico, B(OH)4–, é uma base mais forte do que a base conjugada do ácido acético, CH3CO2–. (d) A amônia é uma base mais forte do que o íon acetato. (e) O ácido conjugado do íon acetato, CH3CO2H, é um ácido mais forte do que o ácido conjugado da amônia, NH4+. 17.6 (a) pH = 7 pH < 7 (NH4+ é um ácido)
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17.7
17.8
17.9
17.10
17.11
17.12
17.13 17.14
17.15 17.16
Química Geral e Reações Químicas – Volume 2
pH < 7 [Al(H2O)6]3+ é um ácido) pH > 7 (HPO42– é uma base mais forte do que um ácido) (a) pK a = – log [6,3 x 10–5] = 4,20 (b) ClCH2CO2H é mais forte (um pK a de 2,87 é menor do que um pK a de 4,20) (c) pK a para NH4+, o ácido conjugado de NH3, é –log [5,6 x 10–10] = 9,26. É um ácido mais fraco do que o ácido acético, para o qual K a = 1,8 x 10-5. K b para o íon lactato = K w /K a = 7,1 x 10-11. Esta é uma base um pouco mais forte do que os íons formato, nitrito e flúor, e mais fraca do que o íon benzoato. (a) O NH4+ é um ácido mais forte do que HCO3–, CO32–; a base conjugada de HCO3– é uma base mais forte do que NH3, a base conjugada do NH4+. (b) Reagente-favorecida; os reagentes são o ácido e a base mais fracos. (c) Reagente-favorecida; os reagentes são o ácido e a base mais fracos. CH3CO2H(aq) + HSO4–(aq) CH3CO2–(aq) + H2SO4(aq) O equilíbrio favorece o ácido e a base mais fracos que, nesta equação, são os reagentes. (a) Os dois compostos reagem e formam uma solução contendo HCN e NaCl. A solução é ácida (HCN é um ácido). (b) CH3CO2H(aq) + SO32–(aq) HSO3–(aq) + CH3CO2–(aq) A solução é ácida, porque HSO3– é um ácido mais forte do que o CH3CO2 como base. A partir do pH podemos calcular [H3O+] = 1,9 x 10-3 M. Também, [butanoato–] = [H3O+] = 1,9 x 10-3 M. Utilize esses valores juntamente com [ácido butanóico] para calcular K a. K a = [1,9 x 10-3][1,9 x 10-3]/(0,055 – 1,9 x 10-3) = 6,8 x 10-5 K a = 1,8 × 10–5 = [x ][x ]/(0,10 – x ) x = [H3O+] = [CH3CO2–] = 1,3 × 10–3 M; [CH3CO2H] K a = 7,2 × 10–4 = [x][x]/(0,015 – x) O x no denominador não pode ser eliminado. Esta equação deve ser resolvida com a fórmula quadrática ou com aproximações sucessivas. x = [H3O+] = [F–] = 2,9 × 10–3 M [HF] = 0,015 – 2,9 × 10–3 = 0,012 M pH = 2,54 OCl– (aq) + H2O(l) = HOCl(aq) + OH– (aq) Foram utilizadas quantidades equivalentes de ácido e base. A solução irá conter CH3CO2– e Na+. O íon acetato se hidrolisa em um pequeno grau, resultando em CH3CO2H e OH–. Precisamos determinar [CH3CO2–] e
então resolver um problema de equilíbrio da base fraca, para determinar [OH–]. Quantidade de CH3CO2– = base em mols = 0,12 M x 0,015 L = 1,8 x 10-3 mol Volume total = 0,030m L portanto, [CH3CO2–] = (1,8 × 10–3 mol)/0,030 L = 0,060 M CH3CO2–(aq) + H2O(l) CH3CO2H(aq) + OH–(aq) K b = 5,6 × 10–10 = [x ][x ]/(0,060 – x ) x = [OH–] = [CH3CO2H] = 5,8 × 10–6 M pOH = 5,24; pH = 8,76 17.17 H2C2O4(aq) + H2O(l) H3O+(aq) + HC2O4–(aq) O x no denominador não pode ser eliminado. Esta equação deve ser resolvida com a fórmula quadrática ou com aproximações sucessivas. x = [H3O+] = [HC2O4–] = 5,3 × 10–2 M pH = 1,28 [C2O42–] = K a2 = 6,4 × 10–5 M 17.18 (a) Base de Lewis (doador de par de elétrons) (b) Ácido de Lewis (aceptor de par de elétrons) (c) Base de Lewis (doador de par de elétrons) (d) Base de Lewis (doador de par de elétrons) 17.19 (a) H2SeO4 (b) Fe(H2O)63+ (c) HOCl (d) A anfetamina é uma amina primária e uma base (fraca). É tanto uma base de Brønsted como uma base de Lewis. Capítulo 18
18.1 pH de 0,30 M de HCO2H: K a = [H3O+][HCO2–]/[HCO2H] 1,8 × 10–4 = [x ][x ]/[0,30 – x ] x = 7,3 × 10–3 M; pH = 2,14 pH de ácido fórmico 0,30 M + NaHCO2 0,10 M: K a = [H3O+][HCO2–]/[HCO2H] 1,8 × 10–4 = [x ][0,10 + x ]/[0,30 – x ] x = 5,4 × 10–4 M; pH = 3,27 18.2 NaOH: (0,100 mol/L)(0,0300 L) = 3,00 × 10–3 mol CH3CO2H: (0,100 mol/L)(0,0450 L) = 4,50 × 10–3 mol 3,00 x 10-3 mol de NaOH reage com 3,00 × 10-3 mol de CH3CO2H, formando 3,00 x 10-3 mol de CH3CO2-; 1,50 × 10-3 mol de CH3CO2H, que não reagiu, permanece na solução. O volume total é de 75,0 mL. Utilize esses valores para calcular [CH3CO2H] e [CH3CO2-], e utilize as concentrações em um cálculo de equilíbrio em um ácido fraco para obter [H3O+] e o pH.
Apêndice N
18.3
18.4
18.5
18.6
18.7
[CH3CO2H] = 1,5 × 10–3 mol/0,075 L = 0,0200 M [CH3CO2–] = 3,0 × 10–3 mol/0,075 L = 0,0400 M K a = [H3O+][CH3CO2–]/[CH3CO2H] 1,8 × 10–5 = [x ][0,0400 + x ]/[0,0200 – x ] x = [H3O+] = 9,0 × 10–6 M; pH = 5,05 pH = pKa + log {[base]/[ácido]} pH = –log (1,8 × 10–4) + log {[0,70]/[0,50]} pH = 3,74 + 0,15 = 3,89 (15,0 g de NaHCO3)(1 mol/84,01 g) = 0,179 mol de NaHCO3, e (18,0 g de Na2CO3)(1 mol/106,0 g) = 0,170 mol de Na2CO3. pH = pK a + log{[base]/[ácido]} pH = –log (4,8 × 10–11) + log {[0,170]/[0,179]} pH = 10,32 – 0,02 = 10,30 pH = pK a + log{[base]/[ácido]} 5,00 = –log (1,8 x 10-5) + log {[base]/[ácido]} 5,00 = 4,74 + log {[base]/[ácido]} [base]/[ácido] = 1,8 Para preparar esta solução-tampão, a proporção [base]/ [ácido] deve ser igual a 1,8. Por exemplo, você pode dissolver 1,8 mol (148 g) de NaCH3CO2 e1,0 mol (60,05 g) de CH3CO2H em água suficiente para produzir 1,0 L de solução. pH inicial (antes de adicionar ácido): pH = pK a + log{[base]/[ácido]} = –log (1,8 x 10-4) + log {[0,70]/[0,50]} = 3,74 + 0,15 = 3,89 Depois de adicionar ácido, o HCl reagirá com a base fraca (íon formato) e formará mais ácido fórmico. O efeito global é a alteração da proporção de [base]/[ácido] na solução-tampão. Quantidade inicial de HCO2H = 0,50 M x 0,500 L = 0,250 mol Quantidade inicial de HCO2– = 0,70 M x 0,50 L = 0,350 mol Quantidade de HCL adicionado = 1,0 M x 0,010 L = 0,010 mol Quantidade de HCO2H depois de adicionar HCl = 0,250 mol + 0,010 mol = 0,26 mol Quantidade inicial de HCO2– depois de adicionar HCl = 0,350 mol + 0,010 mol = 0,34 mol pH = pK a + log{[base]/[ácido]} pH = –log (1,8 x 10-4) + log {[0,340]/[0,260]} pH = 3,74 + 0,12 = 3,86 Depois de adicionar 25,0 mL de base, metade do ácido foi neutralizado. Quantidade inicial de HCl = 0,100 M x 0,500 L = 0,0500 mol
Respostas dos exercícios dos Capítulos 15 a 23
A–43
Quantidade de NaOH adicionado = 0,100 M x 0,0250 L = 0,0250 mol Quantidade de HCl depois da reação: 0,00500 – 0,00250 = 0,00250 mol de HCl [HCl] depois da reação = 0,00250 mol/0,0750 L = 0,0333 M Este é um ácido forte e completamente ionizado, portanto, [H3O+} = 0,0333 M e pH = 1,48. Depois de acrescentar 50,50 mL de base, um pequeno excesso de base está presente nos 100,5 mL de solução. (O volume da base em excesso adicionada é 0,50 mL = 5,0 x 10-4 L.) Quantidade de base em excesso = 0,100 M x 5,0 x 10-4 L = 5,0 x 10-5 mol [OH–] = 5,0 x 10–5 mol/0,1005 L = 4,9 X 10–4 M pOH = –log (4,9 x 10-4) = 3,31; pH = 14,00 – pOH = 10,69 18.8 35,0 mL de base irá neutralizar parcialmente o ácido. Quantidade inicial de CH3CO2H = (0,100 M)(0,1000 L) = 0,0100 mol Quantidade de NaOH adicionado = (0,10 M)(0,035 L) = 0,0035 mol – Quantidade de CH3CO2 depois da reação = 0,0035 mol [CH3CO2H] depois da reação = 0,0065 mol/0,135 L = 0,0481 M – [CH3CO2 ] depois da reação = 0,00350 mol/0,135 L = 0,0259 M K a = [H3O+][CH3CO2–]/[CH3CO2H] 1,8 × 10–5 = [x ][0,0259 + x ]/[0,0481 – x ] x = [H3O+] = 3,34 × 10–5 M; pH = 4,48 18.9 75,0 mL de ácido irão neutralizar parcialmente a base. Quantidade inicial de NH3 = (0,100 M)(0,1000 L) = 0,0100 mol Quantidade de HCl adicionado = (0,100 M)(0,0750 L) = 0,00750 mol Quantidade de NH3 depois da reação = 0,0100–0,00750 = 0,0025 mol Quantidade de NH4+ depois da reação = 0,00750 mol Resolver utilizando a equação de Henderson-Hasselbach; utilize K a para o ácido fraco NH4+: pH = pK a + log{[base]/[ácido]} pH = –log (5,6 x 10-10) + log {[0,0025]/[0,00750]} pH = – 9 ,25 – 0,48 = 8,77 18.10 Um indicador que muda de cor quando próximo do pH no ponto de equivalência que é exigido. Possíveis indicadores incluem vermelho de metila, verde de bromocresol e negro de eriocromo T; todos eles mudam de cor na faixa de pH entre 5 – 6.
Química Geral e Reações Químicas – Volume 2
A–44
18.11 (a) AgI
Ag+ + I– K ps = [Ag+][I–]; K ps = 8,5 × 10–17
(b) BaF2
18.12
18.13
18.14
18.15
18.16
18.17
18.18
Ba2+ + 2 F– K ps = [Ba2+][F–]2; K ps = 1,8 × 10–7 (c) Ag2CO3 2 Ag+ + CO32– K ps = [Ag+]2 [CO32–]; K ps = 8,5 × 10–12 [Ba2+] = 3,6 × 10–3 M; [F–] = 7,2 × 10–3 M K ps = [Ba2+][F–]2 K ps = [3,6 × 10–3][7,2 × 10–3]2 = 1,9 × 10–7 Ca(OH)2 Ca2+ + 2 OH– K ps = [Ca2+][OH–]2; K ps = 5,5 x 10-5 5,5 x 10-5 = [x ][2x ]2 (onde x = solubilidade em mol/L) x = 2,4 x 10-2 mol/L sol. em g/L = (2,4 x 10-2 mol/L)(74,1 g/mol) = 1,8 g/L (a) AgCl (b) Ca(OH)2 (c) Uma vez que esses compostos têm diferentes estequiometrias, o mais solúvel não pode ser identificado sem que se faça um cálculo. A solubilidade de Ca(OH)2 é de 2,4 x 10–2 M (a partir do Exercício 18.13); Ca(OH)2 é mais solúvel do que o CaSO4, cuja solubilidade é de 7,0 x 10–3 M { K ps = [Ca2+ ][SO42- ]; 4,9 x 10-5 = [x ][ x ]; x = 7,0 x 10 -3 M}. (a) Em água pura: K ps = [Ba2+][SO42-]; 1,1 x 10-10 = [x ][x ]; x = 1,0 x 10-5 M (b) Em 0,010 M de Ba(NO3)2, que resulta em 0,010 M de Ba2+ em solução: K ps = [Ba2+][SO42-]; 1,1 x 10-10 = [0,010 + x ][x ]; x = 1,1 x 10-8 M (a) Em água pura: K ps = [Zn2+][CN–]2; 8,0 x 10-12 = [x ][2x ]2; 4x 3 Solubilidade = x = 1,3 x 10-4 M (b) Em 0,10 M de Zn(NO3)2, que resulta em 0,10 M de Zn2+ em solução: K ps = [Zn2+][CN–]2; 8,0 x 10-12 = [0,10 + 2x ][2x ]2 Solubilidade = x = 4,5 x 10-6 M Quando [Pb2+] = 1,1 x 10–3 M, [I–] = 2,2 x 10–3 M. Q = [Pb2+][I–]2 = [1,1 x 10–3][2,2 x 10–3]2 = 5,3 x 10–9 Este valor é menor do que K ps, o que significa que o sistema ainda não atingiu o equilíbrio e mais PbI2 será dissolvido. Q = [Sr2+][SO42–] = [2,5 x 10–4][2,5 x 10–4]2 = 6,3 x 10–8 Este valor é menor do que K ps, o que significa que o sistema ainda não atingiu o equilíbrio. Não ocorrerá precipitação.
18.19 K ps = [Pb2+][I–]2. Considere que x é a concentração de I– exigida em equilíbrio. Se for utilizada uma quantidade maior do que x , ocorrerá precipitação. 9,8 x 10–9 = [0,050][x ]2 x = [I–] = 4,4 x 10-5 M Considere que x é a concentração de Pb2+ em solução, em equilíbrio com 0,0015 M I–. 9,8 x 10–9 = [x ][1,5 x 10–3]2 x = [Pb2+] = 4,4 x 10-5 M 18.20 Primeiro, determine as concentrações de Ag+ e Cl–; então calcule Q e veja se elas são maiores ou menores do que K ps. As concentrações são calculadas utilizando o volume final, 105 mL, na equação C dil. x V dil. = C conc. x V conc. [Ag+](0,105 L) = (0,0010 mol/L)(0,100 L) [Ag+] = 9,5 × 10–4 M [Cl–](0,105 L) = (0,025 mol/L)(0,005 L) [Cl–] = 1,2 × 10–3 M Q = [Ag+][Cl–] = [9,5 × 10–4][1,2 × 10–3] = 1,1 × 10–6 Q > K ps; ocorre precipitação. 18.21 Cu(OH)2 Cu2+ + 2 OH– K ps = [Cu2+][OH–]2 Cu2+ + 4 NH3 Cu(NH3)42+ K form = [Cu(NH3)42+]/[Cu2+][NH3]4 Global: Cu(OH)2 + 4 NH3 Cu(NH3)42+ + 2 OH– K global = K ps x K form = (2,2 x 10–20)(6,8 x 1012) = 1,5 x 10–7 18.22 (a) Adicione NaCl(aq). O AgCl irá se precipitar; CaCl2 é solúvel. (b) Adicione Na2S(aq) ou NaOH(aq) para a precipitação de FeS ou Fe(OH)2; K2S e KOH são solúveis. Capítulo 19
19.1 (a) O3; moléculas maiores geralmente têm entropias maiores do que moléculas menores. (b) SnCl4(g); gases têm entropias maiores do que os líquidos. 19.2 (a) ∆S ° = ∑ S ° (produtos) – ∑ S ° (reagentes) ∆S ° = S ° [NH4Cl(aq)]) – S ° [NH4Cl(s)] ∆S ° = (1 mol)(169,9 J/mol · K) – (1 mol)(94,85 J/ mol · K) = 75,1 J/K Espera-se um aumento na entropia para a formação de uma mistura (solução). (b) ∆S ° = 2 S ° (NH3) – [S ° (N2) + 3 S ° (H2)] ∆S ° = (2 mol)(192,77 J/mol · K) – [(1 mol)(191,56 J/ mol · K) + (3 mol) (130,7 J/ mol · K)] ∆S ° = –198,1 J/K Espera-se uma diminuição na entropia porque existe uma redução no número de mols dos gases.
Apêndice N
A energia da ligação tripla é pequena, com relação às energias das três ligações simples. Seis ligações foram rompidas e formadas, mas a energia adicional para formar a segunda e a terceira ligações entre C e O não é suficiente para superar a energia necessária para romper as duas ligações simples. 21.6 A reação do cátodo: Na+ + e– Na(ℓ); 1F, ou 96.500 C, é necessária para formar 1 mol de Na. Existem (24 h)(60 min./h)(60 s/min.) = 86.400 s em um dia. 1000 kg = 1,000 x 106 g. (1,000 x 106 g de Na)(1 mol de Na/23,00 g de Na) (96.500 C/mol de Na)(1A · s/1C)(1/86.400 s) = 4,855 x 104 A. 21.7 Alguns tópicos interessantes: pedras preciosas do mineral berílio; usos do Be na indústria aeroespacial e em reatores nucleares; ligas berílio-cobre; graves perigos para a saúde quando o berílio ou seus compostos entram nos pulmões. 21.8 (a) Ga(OH)3(s) 3 H (aq) ¡ Ga3 (aq) 3 H2O(/) Ga(OH)3(s)
OH (aq)
¡
Ga(OH)4 (aq)
(b) Ga3+(aq)(Ka = 1,2 x 10–3) é um ácido mais forte do que Al3+(aq)(Ka = 7,9 x 10–6) 21.9
O
O O O
Si
6
O
Si
O Si
O
O
O
21.10 (a) N N O N N O A primeira estrutura de ressonância coloca a carga negativa no oxigênio; a segunda coloca a carga no nitrogênio terminal. Como o oxigênio é mais eletronegativo e tem mais condições de acomodar a carga negativa, a primeira estrutura é favorecida. (b) NH4NO3(s) N2O(g) + 2 H2O(g) ∆H ° (reação) = ∆H ° f (produtos) - ∆H ° f (reagentes) ∆H ° (reação) = ∆H ° f (N2O) + 2 ∆H ° f (H2O) – ∆H ° f (NH4NO3) = 82,05 kJ + 2(– 241,83 kJ) –(–365,56 kJ) = – 36,05 kJ A reação é exotérmica. 21.11 Primeiro, calcule ∆G° , ∆H° e ∆S° para esta reação, utilizando os dados do Apêndice L. (produtos) ¢G f ° (reagentes) 2 ¢G f ° (SO2) 2 ¢G f ° (ZnS) ¢G° 2 ¢G f ° (ZnO) 3 ¢G f °(O2) 2( 318,30 kJ) 2( 300,13 kJ) 2( 201,29 kJ) 0 834.28 kJ. A reação é produto-favorecida a 298 K. 2 ¢H f ° (SO2) 2 ¢H f ° (ZnS) 3 ¢H° 2 ¢H f ° (ZnO) ¢G°
¢G f °
Respostas dos exercícios dos Capítulos 15 a 23
A–47
¢H° f (O2)
2( 348,28 kJ) 2( 296,84 kJ) [2( 205,98 kJ) 0] 878,28 kJ 2 S° (SO2) 2 S° (ZnS) 3 S° (O2) ¢S° 2 S° (ZnO) 2(43,64 J/K) 2(248,21 J/K) [2(57,7 J/K) 3(205,07 J/K)] 146,9 J/K
Esta reação é favorecida por entalpia e é desfavorecida por entropia. A reação se tornará menos favorecida a temperaturas maiores. Veja a Tabela 19.2, na página 920. 21.12 Para a reação HX + Ag AgX + ½ H2: ∆G ° = ∆G ° f (produtos) – ∆H ° f (reagentes) ∆G ° = ∆G ° f (AgX) – ∆H ° f (HX) Para HF: ∆G ° = +79,4 kJ; reagente-favorecida Para HCl: ∆G ° = –14,67 kJ; produto-favorecida Para HBr: ∆G ° = –43,45 kJ; produto-favorecida Para HF: ∆G ° = –67,75 kJ; produto-favorecida Capítulo 22
22.1 (a) Co(NH3)3Cl3 (b) (i) K3[Co(NO2)6]: um complexo de cobalto(III) com um número de coordenação 6. (ii) Mn(NH3)4Cl2: um complexo de manganês(II) com um número de coordenação 6. 22.2 (a) sulfato de hexaaquaníquel(II) (b) cloreto de dicianobis(etilenodiamina) cromo(III) (c) amintricloroplatinato(II) de potássio (d) diclorocuprato(I) de potássio 22.3 (a) Estes são isômeros geométricos (com os ligantes NH3 nas posições cis e trans ). (b) Somente uma única estrutura é possível. (c) Somente uma única estrutura é possível. (d) Este composto é quiral; existem dois isômeros óticos. (e) Somente uma única estrutura é possível. (f) Dois isômeros estruturais são possíveis, com base na coordenação do ligante NO2– por meio do oxigênio ou do nitrogênio. 22.4 (a) [Ru(H2O)6]2+: um complexo octaédrico de rutênio(II) (d 6). Um complexo de spin baixo não tem elétrons emparelhados e é diamagnético. Um complexo de spin alto tem quatro elétrons não emparelhados e é paramagnético. h h_ _____ __ d x 2 y 2 d z 2 hg_ __ h_ __ h_ __ d xy d xz d yz Ru2+ com spin alto
_____ ___ d x 2 y 2 d z 2 hg_ __ hg_ __ d xy d xz
hg __ _ d yz
Ru2+ com spin baixo
Química Geral e Reações Químicas – Volume 2
A–48
(b) [Ni(NH3)6]2+: um complexo octaédrico de níquel(II) (d 8). Somente é possível uma configuração de um elétron; ele tem dois elétrons não emparelhados e é paramagnético. h _____
h_ __
d x 2
d z 2
y 2
hg_ __
hg_ __
hg_ __
d xy
d xz
d yz
íon Ni2+ (d8)
Capítulo 23
23.1
(a) (b)
222 218 86Rn ¡ 84Po 218 218 84Po ¡ 85 At
4 2a 0 1b
23.2 (a) E (por fóton) = hv = hc/ λ E = [6,626 x 10–34 J · s/fóton)(3,00 x 108 m/s)]/2,0 x 10–12 m) E = 9,94 x 10–14 J/fóton E (por mol) = (9,94 x 10–14 J/fóton) (6,022 x 1023 fótons/mol) E (por mol) = 5,99 x 1010 J/mol 23.3 (a) A emissão de seis partículas α leva a uma diminuição de 24 no número de massa e a uma diminuição de 12 no número atômico. A emissão de quatro particulas β aumenta o número atômico em 4, mas não afeta a massa. O produto final desse processo tem um número de massa de 232 – 24 = 208 e tem um número atômico de 90 – 12 + 4 = 82, identificandoo como 20882Pb. 228 4 (b) Etapa 1: 232 90Th ¡ 88Ra 2a Etapa 2: Etapa 3:
228 228 88Ra ¡ 89 Ac 228 228 89 Ac ¡ 90Th
0 1b 0 1b
(c) (d)
0 1b 22 12Mg
23.5
32 0 (a) 32 14Si ¡ 15P 1b 45 45 0 45 (b) 22Ti ¡ 21Sc 1b or 22Ti 235 4 (c) 239 94Pu ¡ 92U 2a 42 42 0 (d) 19K ¡ 20Ca 1b
23.6 ∆m = 0,03438 g/mol ∆E =(3,438 x 10–5 kg/mol)(2,998 x 108)2 = 3,090 x 1012 J/mol (= 3,090 x 109 kJ/mol) E b = 5,150 x 108 kJ/núcleons/mol 23.7 (a) 49, 2 anos corresponde a exatamente 4 meias-vidas; a quantidade restante = 1,5 mg(1/2)4 = 0,094 mg (b) 3 meias-vidas, 36,9 anos (c) 1% está entre 6 meias-vidas, 73,8 anos (1/64 permanece) e 7 meias-vidas, 86,1 anos (1/128 permanece) 23.8 ln ([A]/[A o]) kt
(a) 10b (b) 41 19K
103]/[3,35
ln ([3,18
t 1/2
103])
k (2,00
d)
1
0,0260 d
k
0,693/(0,0260 d 1)
0,693/ k
26,7 d
23.9 k 0,693/t 1/2 0,693/200. y 3,47 10 3 anos ln ([A]/[A o]) ln ([3,00 ln (4,62
23.10
10 ]/[6,50 10
10
)
ln ([A]/[A o])
1012])
(3,47
10
(3,47 3
10
anos 1)t
kt
ln ([9,32]/[13,4]) 3,00
x
(1,21
10
4
10 3 anos
23.11 3000 dpm/ 150 mg
x
1
kt
3
6190 y
t
t
23.4
0 45 1e ¡ 21Sc
1200 dpm/ 60,0 mg
anos 1)t
3
anos 1)t
