Apêndice N

Apêndices

Apêndice N

Respostas dos Exercícios

Capítulo 1

1.1 Com base na aparência, a garrafa da direita parece conter uma substância homogênea. A pilha à esquerda parece ser uma mistura heterogênea de pelo menos duas substâncias.

1.2 (a) Na = sódio; Cl = cloro; Cr = cromo

(b) Zinco = Zn; níquel = Ni; potássio = K

1.3 (a) Ferro: sólido lustroso, metálico, bom condutor de calor e eletricidade, ma-leável, dúctil, atraído por um ímã.

(b) Água: líquido incolor (à temperatura ambiente), ponto de fusão é 0 °C e o ponto de ebulição é 100 °C, densidade ~ 1 g/cm2

(c) Sal de cozinha: sólido, cristais brancos, solúvel em água.

(d) Oxigênio: Gás incolor (à temperatura ambiente), baixa solubilidade em água.

1.4 15,5 g (1 cm3/1,18 × 10–3g) = 1,31 × 104cm3

1.5 A densidade diminui em aproximadamente 0,025 g/cm3 para cada aumento de 10 °C na temperatura. Espera-se que a densidade a 30 °C seja de aproximada-mente 13,546 g/cm3 - 0,025 g/cm3 = 13,521 g/cm2.

1.6 Mudanças químicas: o combustível na fogueira queima ao ar (combustão). Mudanças físicas: a água ferve. A energia liberada na combustão é transferida para a água, para o recipiente da água e para o ar nas vizinhanças.

1.7 77 K – 273,15 K (1 °C/K) = –196 °C

1.8 Comprimento: 25,3 cm (1 m/100 cm) = 0,253 m; 25,3 cm (10 mm/1 cm) = 253 mm

Largura: 21,6 cm (1 m/100 cm) = 0,216 m; 21,6 cm (10 mm/1 cm) = 216 mm

Área = Comprimento × Largura = (25,3 cm)(21,6 cm) = 546 cm2 546 cm2(1 m/100 cm)2 = 0,0546 m2

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Química Geral e Reações Químicas – Volume 1A–40

1.9 Área da chapa: (2,50 cm)2 = 6,25 cm2

Volume: 1,656 g (1 cm3/21,45 g) = 0,07720 cm3

Espessura: volume/área = (0,07720 cm3/6,25 cm2) = 0,0124 cm 0,0124 cm (10 mm/1 cm) = 0,124 mm

1.10 (a) 750 mL (1 L/1000 mL) = 0,75 L 0,75 L (10 dL/L) = 7,5 dL

(b) 2,0 qt = 0,50 gal 0,50 gal (3,786 L/gal) = 1,9 L 1,9 L (1 dm3/1 L) = 1,9 dm3

1.11 (a) Massa em quilogramas = 5,59 g (1 kg/1000 g) = 0,00559 kg

Massa em miligramas = 5,59 g (103 mg/g) = 5,59 × 10–3 mg

(b) 0,02 mg/L (1 g/106mg) = 2 × 10–8 g/L

1.12 Estudante A: média = -0,1°C; desvio padrão = 0,2 °C; erro = -0,1°C; Estudante B: média = 273,16 K; desvio padrão = 0,02 K; erro = +0,01 K. Os valores do estudan-te B são mais exatos e mais precisos.

1.13 (a) 2,33 × 107 tem três algarismo significativos; 50,5 tem três algarismos significativos; 200 tem um algarismo significativo (a notação 200. representaria este nú-mero com três algarismos significativos).

(b) O produto de 10,26 e 0,063 é 0,65, um número com dois algarismos significativos. (10,26 tem quatro alga-rismos significativos, ao passo que 0,063 tem dois).

A soma de 10,26 a 0,063 é 10,32. O número 10,26 tem apenas dois números à direita da casa decimal, portanto a soma também deve tê-los.

(c) x = 3,9 × 106. A diferença entre 110,7 e 64 é 47. Di-vidindo 47 por 0,056 e 0,00216, temos uma resposta com dois algarismos significativos.

1.14 (a) 198 cm (1 m/100 cm) = 1,98 m; 198 cm (1 ft/30,48 cm) = 6,50 ft

(b) 2,33 × 107 m2(1 km2/106 m2) = 23,3 km2

(c) 19,320 kg/m3(103 g/1 kg)(1 m3/106 cm3) = 19,32 g/cm3

(d) 9,0 × 103 pc(206,265 AU/1 pc)(1,496 × 108 km/ 1 AU) = 2,8 × 1017 km

1.15 Determinada pela leitura do gráfico, a massa de 50 juju-bas é de aproximadamente 123g.

Número de jujubas

mas

sa (g

)

250

200

150

100

50

10080604020

1.16 Altere as dimensões, passando-as para centímetros: 7,6 m = 760 cm; 2,74 m = 274 cm; 0,13 m = 0,013 cm.

Volume de tinta = (760 cm) (274 cm) (0,013 cm) = 2,7 × 103 cm3

Volume (L) = (2,7 × 103 cm3) (1 L/103 cm3) = 2,7 L

Massa = (2,7 × 103 cm3) (0,914 g/cm3) = 2,5 × 103 g

Capítulo 2

2.1 A razão entre o raio do átomo e o raio do núcleo é de 1 × 105 para 1. Se o raio do núcleo fosse de 100 m, então o raio do núcleo seria de 0,0010 m ou 1,0 mm. A cabeça de um alfinete comum tem um diâmetro de aproxima-damente 1,0 mm.

2.2 (a) O número de massa com 26 prótons e 30 nêutrons é 56.

(b) 59,930788 u (1,661 × 10–24g/u) = 9,955 × 10–23 g (c) 64Zn tem 30 prótons, 30 elétrons e (64 - 30) = 34

nêutrons.

2.3 (a) O argônio tem número atômico 18. 36Ar, 38Ar, 40Ar

(b) 69Ga: 31 prótons, 38 nêutrons; 71Ga: 31 prótons, 40 nêutrons; % de abundância de 71Ga = 39,9%

2.4 (0,7577)(34,96885 u) + (0,2423)(36,96590 u) = 35,45 u

2.5 (a) 1,5 mol Si (28,1 g/mol) = 42 g Si

(b) 454 g S (1 mol S/32,07 g) = 14,2 mol S 14,2 mol S (6,022 × 102323 átomos/mol) = 8,53 × 1024 átomos S

(c) (32,07 g S/1 mol S) (1 mol S/6,022 × 1023 átomos) = 5,325 × 10–23 g/átomo

2.6 2,6 × 1024 átomos (1 mol/6,022 × 1023 átomos) (197,0 g Au/1 mol) = 850 g Au

Volume = 850 g Au (1 cm3/19,32 g) = 44 cm3

Volume = 44 cm3 = (espessura)(área) = (0,10 cm)(área)

Área = 440 cm2

Comprimento = largura = (440 cm2)1/2 = 21 cm

2.7 Há 8 elementos no terceiro período. Sódio (Na), magné-sio (Mg) e alumínio (Al) são metais. O silício (Si); e um metaloide. Fósforo (P), enxofre (S) cloro (Cl) e argônio (Ar) são não metais.

Capítulo 3

3.1 A fórmula molecular do estireno é C8H

8; a fórmula con-

densada, C6H

5CH=CH

2, contém a mesma informação e

descreve melhor sua estrutura.

3.2 A fórmula molecular é C3H

7NO

2S. Você frequentemente

verá sua estrutura escrita como HSCH2CH(N+H

3)CO

2-

para enfatizar a estrutura da molécula.

3.3 (a) K+ é formado quando K perde um elétron. K+ tem o mesmo número de elétrons que Ar.

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Apêndice N Respostas dos Exercícios A–41

(b) Se2- é formado pela adição de dois elétrons a um áto-mo de Se. Ele tem o mesmo número de elétrons que Kr.

(c) Ba2+ se forma quando o Ba perde dois elétrons; o Ba2+ tem o mesmo número de elétrons que Xe.

(d) Cs+ é formado se Cs perde um elétron. Ele tem o mesmo número de elétrons que Xe.

3.4 (a) (1) NaF: 1 íon Na+ e 1 íon F-. (2) Cu(NO3)

2: 1 íon

Cu2+ e 2 íons NO3-. (3) NaCH

3CO

2: 1 íon Na+ e 1

íons CH3CO

2-.

(b) FeCl2 e FeCl

3

(c) Na

2S, Na

3PO

4, BaS, Ba

3(PO

4)

2

3.5 1. (a) NH4NO

3; (b) CoSO

4; (c) Ni(CN)

2; (d) V

2O

3; (e) Ba

(CH3CO

2)

2; (f) Ca(ClO)

2

2. (a) brometo de magnésio; (b) carbonato de lítio; (c) hidrogenosulfito de potássio; (d) permanganato de potássio; (e) sulfeto de amônio; (f) cloreto de cobre (I) e cloreto de cobre (II).

3.6 A força de atração entre íons é proporcional ao produto entre as cargas dos íons (lei de Coulomb). A força de atração entre os íons Mg2+ e O2- em MgO é aproxima-damente quatro vezes maior do que a força de atração entre os íons Na+ e Cl- em NaCl, portanto uma tem-peratura muito mais alta é necessária para romper o arranjo dos íons no MgO cristalino.

3.7 1. (a) CO2; (b) PI

3; (c) SCl

2; (d) BF

3; (e) O

2F

2; (f) XeO

3

2. (a) tetrafluoreto de dinitrogênio; (b) brometo de hi-drogênio; (c) tetrafluoreto de enxofre; (d) tricloreto de boro (e) decaóxido de tetrafósforo; (f) trifluoreto de cloro.

3.8 (a) ácido cítrico = 192,1 g/mol. Carbonato de magnésio = 84,3 g/mol

(b) 454 g de ácido cítrico (1 mol/192,1 g) = 2,36 mol de ácido cítrico.

(c) 0,125 mol MgCO3 (84,3 g/mol) = 10,5 g MgCO

3

3.9 (a) 1,00 mol de (NH4)

2CO

3 (massa molar = 96,09 g/mol)

contém 28,0 g de N (29,2 %), 8,06 g de H (8,39%), 12,0 g de C (12,5%) e 48,0 g de O (50,0%).

(b) 454 g C8H

18 (1 mol C

8H

18/114,2 g)

(8 mol C/1 mol C8H

18) (12,1 g /1 mol C) =

= 382 g C.

3.10 (a) C5H

4 (b) C

2H

4O

2

3.11 88,17 g C (1 mol C/12,011 g C) = 7,341 mol C 11,83 g H (1 mol H/1,008 g H) = 11,74 mol H 11,74 mol H/7,341 mol C = 1,6 mol H/1 mol C = (8/5)(mol H/1 mol C) = 8 mol H/5 mol C

Portanto, a fórmula empírica é C5H

8. A massa molar,

68,11 g/mol, corresponde a esta fórmula, portanto C5H

8

também é a fórmula molecular.

3.12 78,90 g C (1 mol C/12,011 g C) = 6,569 mol C 10,59 g H (1 mol H/1,008 g H) = 10,51 mol H 10,51 g O (1 mol O/16,00 g O) = 0,6569 mol O 10,51 mol H/0,6569 mol O = 16 mol H/1 mol O 6,569 mol C/0,6569 mol O = 10 mol C/1 mol O

Portanto, a fórmula empírica é C10

H16

O.

3.13 0,586 g K (1 mol K/39,10 g K) = 0,0150 mol K 0,480 g O(1 mol O/16,00 g O) = 0,0300 mol O

A razão entre os mols de K e os mols de O é de 1 para 2, e a fórmula empírica é KO

2.

3.14 Massa de água perdida no aquecimento é 0,235 g – 0,128 g = 0,107 g 0,107 g H

2O (1 mol H

2O/18,016 g H

2O) =

0,00594 mol H2O

0,128 g NiCl2(1 mol NiCl

2/129,6 g NiCl

2) =

0,000988 mol NiCl2

Razão molar = 0,00594 mol H2O/0,000988 mol NiCl

2

= 6,01 A fórmula do hidrato é NiCl

2 · 6H

2O

Capítulo 4

4.1 (a) Reagentes: Al, alumínio, um sólido, e Br2, bromo, um

líquido. Produto: Al2Br

6, hexabrometo de dialumí-

nio, um sólido.

(b) Coeficientes estequiométricos: 2 para Al, 3 para Br2

e 1 para Al2Br

6

(c) 8000 átomos de Al requerem (3/2) 8.000 = 12.000 moléculas de Br

2.

4.2 (a) 2 C4H

10(g) + 13 O

2(g) 8 CO

2(g) + 10 H

2O(g)

(b) 2 Pb(C2H

5)

4(ℓ) + 27 O

2(g)

2 PbO(s) + 16 CO2(g) + 20 H

2O(ℓ)

4.3 454 g C3H

8 (1 mol C

3H

8/44,10 g C

3H

8) = 10,3 mol C

3H

8

10,3 mol C3H

8 (5 mol O

2/1 mol C

3H

8)(32,00 g O

2/

1 mol O2) = 1650 g O

2

10,3 mol C3H

8 (3 mol CO

2/1 mol C

3H

8)(44,01 g CO

2/

1 mol CO2) = 1360 g CO

2

10,3 mol C3H

8 (4 mol H

2O/1 mol C

3H

8)(18,02 g H

2O/

1 mol H2O) = 742 g H

2O

4.4 Quantia de C = 125 g C (1 mol C/12,01 g C) = 10,4 mol C Quantia de Cl

2 = 125 g Cl

2 (1 mol Cl

2/70,91 g Cl

2)

= 1,76 mol Cl2

Mol C/mol Cl2 = 10,41/1,763 = 5,90

Isto é mais que a razão 1:2 necessária, portanto Cl2 é o rea-

gente limitante.

4.5 (a) Quantia de = 50,0 g Al (1 mol Al/26,98 g Al) = 1,85 mol Al

Quantia de Fe2O

3 = 50,0 g Fe

2O

3(1 mol Fe

2O

3/159,7 g Fe

2O

3)

= 0,313 mol Fe2O

3

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Mol Al/mol Fe2O

3 = 1,853/0,3131 = 5,92

Isso é mais do que a razão de 2/1 necessária, portanto o reagente limitante é Fe

2O

3.

Massa de Fe = 0,313 mol Fe2O

3 (2 mol Fe/1 mol Fe

2O

3)

(55,85 g/mol Fe/1 mol Fe) = 35,0 g Fe

4.6 Rendimento teórico = 125 g CH3OH (1 mol CH

3OH/

32,04 g CH3OH)(2 mol H

2/1 mol CH

3OH)(2,016 g H

2/

1 mol H2)15,7 g H

2

Rendimento percentual = (13,6 g/15,7 g)(100%) = 86,5%

4.7 0,143 g O2(1 mol O

2/32,00 g O

2)(3 mol TiO

2/3 mol O

2)

(79,88 g TiO2/1 mol TiO

2) = 0,357 g TiO

2

Percentual de TiO2 na amostra = (0,357 g/2,367 g)

(100%) = 15,1%

4.8 1,612 g CO2(1 mol CO

2/44,01 g CO

2)(1 mol C/1 mol

CO2) = 0,03663 mol C

0,7425 g H2O (1 mol H

2O/18,01 g H

2O)(2 mol H/1 mol

H2O) = 0,08243 mol H

0,08243 mol H/0,03663 mol = 2,250 H/1 C = 9 H/4 C

Portanto a fórmula empírica é C4H

9, que tem uma mas-

sa molar de 57 g/mol. Isto é metade da massa molar, portanto a fórmula molecular é (C

4H

9)

2, ou C

8H

18.

4.9 0,240 g CO2(1 mol CO

2/44,01 g CO

2) (1 mol C/1 mol

CO2)(12,01 g C/1 mol C) = 0,06549 g C

0,0982 g H2O (1 mol H

2O/18,02 g H

2O)(2 mol H/1 mol

H2O)(1,008 g H/1 mol H) = 0,01099 g H

Massa de O (por diferença) = 0,1342 g – 0,06549 g – 0,01099 g = 0,05772 g

Quantia de C = 0,06549 g (1 mol C/12,01 g C) =0,00545 mol C

Quantia de H = 0,01099 g H (1 mol H/1,008 g H) = 0,01090 mol H

Quantia de O = 0,05772 g O (1 mol O/16,00 g O) = 0,00361 mol O

Para encontrar uma razão entre números inteiros, divi-da cada valor por 0,00361; isto leva a 1,51 mol C: 3,02 mol H: 1 mol O. Multiplique cada valor por 2 e arredon-de para 3 mol C: 6 mol H: 2 mol O. A fórmula empírica é C

3H

6O

2; dada a massa molar de 74,1, esta é também a

fórmula molecular.

Capítulo 5

5.1 O sal de Epsom é um eletrólito e o metanol é um não eletrólito.

5.2 (a) LiNO3 é solúvel e forma íons Li+ e NO

3-.

(b) CaCl2 é solúvel e forma íons Ca2+ e Cl-.

(c) CuO não é solúvel em água.

(d) NaCH3CO

2 é solúvel e forma íons Na+ e CH

3CO

2-.

5.3 (a) Na2CO

3(aq) + CuCl

2(aq)

2 NaCl(aq) + CuCO3(s)

(b) não há reação; não se formam compostos insolúveis

(c) NiCl2(aq) + 2 KOH(aq)

Ni(OH)2(s) + 2 KCl(aq)

5.4 (a) AlCl3(aq) + Na

3PO

4(aq) AlPO

4(s) + 3 NaCl(aq)

Al3+ (aq) + PO4

3–(aq) AlPO4(s)

(b) FeCl3(aq) + 3 KOH(aq)

Fe(OH)3(s) + 3 KCl(aq)

Fe3+ (aq) + 3 OH– (aq) Fe(OH)3(s)

(c) Pb(NO3)

2(aq) + 2 KCl(aq)

PbCl2(s) + 2 KNO

3(aq)

Pb2+(aq) + 2 Cl–(aq) PbCl2(s)

5.5 (a) H+(aq) e NO3

–(aq)

(b) Ba2+(aq) e 2 OH–(aq)

5.6 Os metais formam óxidos básicos, os não metais for-mam óxidos ácidos. Portanto: (a) SeO

2 é um óxido

ácido; (b) MgO é um óxido básico; e (c) P4O

10 é um

óxido ácido.

5.7 Mg(OH)2(s) + 2 HCl(aq) MgCl

2(aq) + 2 H

2O(ℓ)

Equação iônica global: Mg(OH)2(s) + 2 H+(aq)

Mg2+(aq) + 2 H2O(ℓ)

5.8 (a) BaCO3(s) + 2 HNO

3(aq)

Ba(NO3)

2(aq) + CO

2(g) + H

2O(ℓ)

O carbonato de bário e o ácido nítrico produzem nitrato de bário, dióxido de carbono e água.

(b) (NH4)

2SO

4(aq) + 2 NaOH(aq)

2 NH3(g) + Na

2SO

4(aq) + 2 H

2O(ℓ)

5.9 (a) Reação formadora de gás: CuCO3(s) + H

2SO

4(aq)

CuSO4(aq) + H

2O(ℓ) + CO

2(g)

Equação iônica global: CuCO3(s) + 2 H+(aq)

Cu2+(aq) + H2O(ℓ) + CO

2(g)

(b) Reação ácido-base: Ba(OH)2(s) + 2 HNO

3(aq)

Ba(NO3)

2(aq) + 2 H

2O(ℓ)

Equação iônica global: Ba(OH)2(s) + 2 H+(aq)

Ba2+(aq) + 2 H2O(ℓ)

(c) Reação de precipitação: CuCl2(aq) + (NH

4)

2S(aq)

CuS(s) + 2 NH4Cl(aq)

Equação iônica global: Cu2+(aq) + S2–(aq) CuS(s)

5.10 (a)Fe em Fe2O

3, +3; (b)S em H

2SO

4, +6;

(c) C em CO3

2–, +4; (d) N em NO2

+, +5

5.11 O íon dicromato é o agente oxidante e é reduzido (Cr com um número de oxidação +6 é reduzido a Cr3+ com um número de oxidação +3). O etanol é o agente re-dutor e é oxidado. (Os átomos de C em etanol tem um número de oxidação -2 enquanto que um átomo de carbono tem número de oxidação 0 no ácido acético).

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5.12 (a) Uma reação ácido-base: (H+ + OH– H2O)

(b) Uma reação de oxirredução: Cu é oxidado (o número de oxidação muda de o para +2 em CuCl

2), e Cl

2 é re-

duzido (o número de oxidação muda de 0 para -1). Cu é o agente redutor e Cl

2 é o agente oxidante.

(c) Uma reação formadora de gás (CO2 gasoso é liberado).

(d) Uma reação de oxirredução: o S em S2O

32- é oxida-

do (o número de oxidação muda de +2 para +2,5 em S

4O

62-) e o I

2 é reduzido (o número de oxidação

muda de 0 para -1). S2O

32- é o agente redutor e I

2 é

o agente oxidante.

5.13 26,3 g (1 mol NaHCO3/84,01 g NaHCO

3) = 0,313 mol

NaHCO3

0,313 mol NaHCO3/0,200 L = 1,57 M

A concentração dos íons formados, [Na+] e [HCO3-], é

1,57 M.

5.14 Primeiro, determine a massa de AgNO3 necessária.

Quantia de AgNO3 necessária = (0,0200 M)(0,250 L)

= 5,00 × 10–3mol

Massa de AgNO3 = (5,00 × 10–3mol)(169,9 g/mol) = 0,850 g AgNO

3

Pese 0,850 g de AgNO3; então, dissolva estra massa

em uma pequena quantidade de água no balão volu-métrico. Após a dissolução do sólido, encha o balão até a marca.

5.15 (0,15 M)(0,0060 L) = (0,0100 L)(cdiluída

) c

diluída = 0,090 M

5.16 (2,00 M)(Vconc

) = (1,00 M)(0,250 L); Vconc

= 0,125 L

Para preparar a solução: Meça precisamente 0,125 mL de NaOH 2,00 M, coloque em um balão volumétrico e adicione água até obter um volume total de 250 mL.

5.17 (a)pH = –log (2,6 × 10–2) = 1,59

(b) –log [H+] = 3,80; [H+] = 1,5 × 10–4M

5.18 HCl é o reagente limitante. (0,350 mol HCl/1 L)(0,0750 L)(1 mol CO

2/2 mol HCl)

(44,01 g CO2/1 mol CO

2) = 0,578 g CO

2

5.19 (0,953 mol NaOH/1 L)(0,02833 L NaOH) = 0,0270 mol NaOH (0,0270 mol NaOH)(1 mol CH

3CO

2H /1 mol NaOH) =

0,0270 mol CH3CO

2H

(0,0270 mol CH3CO

2H)(60,05 g/mol) =

1,62 g CH3CO

2H

0,0270 mol CH3CO

2H/0,0250 L = 1,08 M

5.20 (0,100 mol HCl/1 L)(0,02967 L) = 0,00297 mol HCl (0,00297 mol HCl)(1 mol NaOH/1 mol HCl) = 0,00297 mol NaOH 0,00297 mol NaOH/0,0250 L = 0,119 M NaOH

5.21 Mols de ácido = mols de base = (0,323 mol/L)(0,03008 L) = 9,716 × 10–3 mol

Massa molar = 0,856 g ácido/9,716 × 10–3 mol ácido = 88,1 g/mol

5.22 (0,196 mol Na2S

2O

3/1 L)(0,02030 L) = 0,00398 mol

Na2S

2O

3

(0,00398 mol Na2S

2O

3)(1 mol I

2/2 mol Na

2S

2O

3) =

0,00199 mol I2

0,00199 mol de I2 estavam em excesso, não sendo usados na

reação com ácido ascórbico.

I2 adicionado inicialmente = (0,0520 mol I

2/1 L)(0,05000 L)

= 0,00260 mol I2

I2 usado na reação com ácido ascórbico = 0,00260 mol – 0,00199 mol

= 6,1 × 10–4mol I2

(6,1 × 10–4 mol I2)(1 mol C

6H

8O

6/1 mol I

2)(176,1 g/1 mol) =

0,11 g C6H

8O

6

Capítulo 6

6.1 A energia potencial química de uma bateria pode ser convertida em trabalho (para acionar um motor), calor (em aquecedor elétrico de ambientes) e luz (para acen-der uma lâmpada).

6.2 (a) (3800 calorias)(4,184 J/calorias) = 1,6 × 104J

(b) (250 Calorias)(1000 calorias/Caloria)(4,184J/ caloria)(1 kJ/1000 J) = 1,0 × 103kJ

6.3 C = 59,8 J/[(25,0 g)(1,00 K)] = 2,39 J/g · K

6.4 (15,5 g)(Cmetal

)(18,9 °C – 100,0 °C) + (55,5 g)(4,184 J/g · K)(18,9 °C – 16.5 °C) = 0 C

metal = 0.44 J/g · K

6.5 (400. g iron)(0,449 J/g·K)(32,8 °C – Tinicial

) + (1000. g) (4,184 J/g · K)(32,8 °C – 20,0 °C) = 0 T

inicial = 331 °C

6.6 Para aquecer o metanol: (25,0 g CH

3OH)(2,53 J/g · K)(64,6 °C – 25,0 °C)

= 2,50 × 103 J

Para evaporar o metanol: (25,0 g CH

3OH)(2,00 × 103J/g) = 5,00 × 104J

Energia térmica total: 0,250 × 104 J + 5,00 × 104 J = 5,25 × 104 J

6.7 Calor transferido do chá + calor para derreter o gelo = 0 (250 g)(4,2 J/g·K)(273,2 K – 291,4 K) + xg (333 J/g) = 0 x = 57,4 g

Portanto, 57 g de gelo derretem com o calor fornecido pelo resfriamento de 250 g chá de 18,2 °C (291,4 K) até 0 °C (273,2 K).

Massa de gelo restante = 75 g – 57 g = 18 g

Apêndice N.indd 43 29/1/2010 15:06:07


6.8 (a) (12,6 g H2O)(1 mol/18,02 g)(285,8 kJ/mol)

= 2,00 × 102kJ

(b) DH = (15,0g)(1mol/30,07g)(–2857,3 kJ/(2 mol) = –713 kJ

6.9 Massa da solução final = 400. g; DT = 27,78 °C – 25,10 °C = 2,68 °C = 2,68 K

Quantia de HCl utilizado = quantia de NaOH utilizado = CV = 0,0800 mol

Calor transferido pela reação ácido-base + calor absor-vido para aquecer a solução = q

reação + (4,20 J/g · K)

(400. g)(2,68 K) = 0 q

reação = –4,50 × 103J

Isso representa o calor liberado na reação de 0,0800 mol HCl.

Calor por mol = DHreação

= –4,50 kJ/0,0800 mol HCl = –56,3 kJ/mol de HCl

6.10 (a) Calor liberado na reação + calor absorvido por H2O

+ calor absorvido pela bomba = 0 q

reação + (1,50 × 103 g)(4,20 J/g · K)(27,32 °C

– 25,00 °C) + (837 J/K)(27,32 K – 25,00 K) = 0 q

reação = – 16,600 J (calor liberado na queima de 1,0

g de sacarose)

Calor por mol = (–16,6 kJ/g)(342,2 g sacarose/1 mol sacarose) = –5650 kJ/mol

6.11 (a) C(grafite) + O2(g) CO

2(g) DH

1 = –393,5 kJ

CO2(g) C(diamante) + O

2(g) DH

2 = +395,4 kJ

Global: C(grafite) C(diamante) DH

global = DH

1 + DH

2 =

+1,9 kJ

(b) C(diamante)

CO2(g)

C(grafite)

395,4 kJ

1,9 kJ

393,5 kJ

6.12 C(s) + O2(g) CO

2(g) DH

1 = –393,5 kJ

2 [S(s) + O2(g) SO

2(g)] DH

2 = 2(–296,8)

= –593,6 kJ CO

2(g) + 2 SO

2(g) CS

2(g) + 3 O

2(g)

DH3 = +1103,9 kJ

Global: C(s) + 2 S(s) CS2(g) DH

global = DH

1 + DH

2 + DH

3 = +116,8 kJ

6.13 Estados padrão: Br2(ℓ), Hg(ℓ), Na

2SO

4(s), C

2H

5OH(ℓ)

6.14 Fe(s) + 32 Cl

2(g) FeCl

3(s)

12 C(s, grafite) + 11 H2(g) + 11

2 O

2(g)

C12

H22

O11

(s)

6.15 = 6 DH°f [CO

2(g)] + 3 DH°

f[H

2O(ℓ)]

–{DH°f[C

6H

6(ℓ)] + 15

2 DH°

f[O

2(g)]}

= (6 mol)(–393,5 kJ/mol) +(3 mol)(–285,8 kJ/mol) – (1 mol)(+49,0 kJ/mol) – 0 = –3267,4 kJ

6.16 (a) DH°reação

= –2DH°f [HBr(g)]

= –(2 mol)(–36,29 kJ/ mol) = +72,58 kJ

A reação é reagente-favorecida.

(b) DH°reação

= DH°f [C(grafite)] – DH°

f [C(diamante)]

= 0 – 1,8 kJ = –1,8 kJ

A reação é produto-favorecida.

Capítulo 7

7.1 (a) 10 cm

(b) 5 cm

(c) 4 ondas. Há 9 nós, 7 no meio e 2 nas extremidades.

7.2 (a) Frequência mais alta, violeta; frequência mais baixa, vermelho

(b) A frequência de rádio FM, 91,7 mHz, é mais bai-xa do que a frequência do forno de micro-ondas, 2,45 GHz.

(c) O comprimento de onda dos raios x é mais curto do que o comprimento de onda da luz ultravioleta.

7.3 Luz laranja: 6,25 × 102 nm = 6,25 × 10–7 m n = (2,998 × 108 m/s)/6,25 × 10–7 m = 4,80 × 1014 s–1 E = (6,626 × 10–34 J · s/fóton)(4,80 × 1014 s–1)

(6,022 × 1023 fótons/mol) = 1,92 × 105 J/mol

Micro-ondas: E = (6,626 × 10–34 J · s/fóton)(2,45 × 109 s–1)(6,022 × 1023 fótons/mol) = 0,978 J/mol

E(luz laranja)/E(micro-ondas) = 1,96 × 105; a luz la-ranja (625 nm) é 196.000 vezes mais energética do que micro-ondas de 2,45 GHz.

7.4 (a) E (por átomo) = –Rhc/n2 = (–2,179 × 10–18)/(32) J/átomo = –2,421 × 10–19 J/átomo

(b) E (por mol) = (–2,421 × 10–19 J/átomo) (6,022 × 1023 átomos/mol)(1 kJ/103 J) = –145,8 kJ/mol

7.5 A linha menos energética corresponde à transição ele-trônica de n = 2 para n = 1.

DE = –Rhc[1/12 – 1/22] = –(2,179 × 10–18 J/ átomo)(3/4) = –1,634 × 10–18 J/átomo

Apêndice N.indd 44 29/1/2010 15:06:07


n = DE/h = (–1,634 × 10–18 J/átomo)/(6,626 × 10–34 J · s) = 2,466 × 1015s–1

l = c/n = ( 2,998 × 108 m/s–1)/(2,466 × 1015 s–1) = 1,216 × 10–7 m (ou 121,6 nm)

7.6 Primeiro, calcule a velocidade do nêutron:

u = [2E/m]1/2 = [2(6,21 × 10–21 kg · m2 s–2)/(1,675 × 10–27 kg)]1/2 = 2720 m s–1

A seguir, use este valor na equação de de Broglie:

l = h/mv = (6,626 × 10–34 kg · m2 s–2)/(1,675 × 10–31kg) (2720 m s–1) = 1,45 × 10–6 m

7.7 (a) ℓ = 0 ou 1; (b) mℓ = -1, 0 ou +1; símbolo = p (c) subcamada d; (d) ℓ – 0 e mℓ = 0; (e) 3 orbitais na subcamada p (f) 7 valores de mℓ e 7 orbitais

7.8 (a) Orbital n

6s 6 0

4p 4 1

5d 5 2

4f 4 3

(b) Um orbital 4p tem um plano nodal e um orbital 6d tem 2 planos nodais.

Capítulo 8

8.1 (a) 4s (n + ℓ = 4) preenchido antes de 4p (n + ℓ = 5)

(b) 6s (n + ℓ = 6) preenchido antes de 5d (n + ℓ = 7)

(c) 5s (n + ℓ = 5) preenchido antes de 4f (n + ℓ = 7)

8.2 (a) cloro (Cl)

(b) 1s22s22p63s23p3

[Ne]3p3s

(c) O cálcio tem dois elétrons de valência na subcamada 4s. Os números quânticos destes elétrons são n=4, ℓ = 0, mℓ = 0 e m

s = ±1/2

8.3 Obtenha as respostas da Tabela 8.3

8.4 V2 [Ar]

3d 4s

3d 4sV3 [Ar]

3d 4sCo3 [Ar]

Todos os três íons são paramagnéticos com 3, 2, e 4 elé-trons desemparelhados, respectivamente.

8.5 Raio atômico crescente: C < Si < Al

8.6 (a) Distância H-O: 37 pm + 66 pm = 103 pm. Distân-cia H-S: 37 pm + 104 pm = 141 pm.

(b)rBr

= 114 pm; Distância Br-Cl: 213 pm; rBr

+ rCl

= 114 pm + 99 pm = 213 pm

8.7 (a) Raio atômico crescente: C < B < Al

(b) Energia de ionização crescente: Al < B < C

(c) Prevê-se que o carbono tenha a afinidade eletrônica mais negativa.

8.8 Raio iônico decrescente: N3- > O2- > F-. Nesta série de íons isoeletrônicos, o tamanho diminui com o aumento da carga nuclear.

8.9 MgCl3, caso existisse, conteria o íon Mg3+ (e três íons Cl-).

A formação de Mg3+ é energeticamente desfavorável, sendo uma imensa quantidade de energia necessária para remo-ver o terceiro elétron (um elétron das camadas internas). A formação de MgCl

3 é energeticamente desfavorável.

Capítulo 9

9.1 · Ba· Ba, Grupo 2A, tem 2 elétrons de valência.

· As · As, Grupo 5A, tem 5 elétrons de valência.

· Br · Br, Grupo 7A, tem 7 elétrons de valência.

9.2 DH°f para Na(g) = +107,3 kJ/mol

DH°f para I(g) = +106,8 kJ/mol

DH° [para Na(g) Na+(g) + e–] = +496 kJ/mol

DH° [para I(g) + e– I–(g)] = –295,2 kJ/mol

DH° [para Na+(g) + I–(g)] = –702 kJ/mol

A soma destes valores = DHfo [NaI(s)] = -287 kJ/mol;

o valor da literatura (obtido por calorimetria) é -287,8 kJ/mol.

9.3 2

O S O

O

O

N OOC

H ———— N H

H

H

——

——

9.4

H— —————C O H

H

H N O H

H

H

metanol

———

hidroxilamina

9.5

H ————O P O H

O

O

——

9.6 (a) O íon acetileto, C2

2-, e a molécula de N2 têm o mes-

mo número de elétrons de valência (10) e estruturas eletrônicas idênticas, isto é, são isoeletrônicos.

·

··

····

·

Apêndice N.indd 45 29/1/2010 15:06:09


(b) Ozônio, O3, é isoeletrônico ao NO

2-; o íon hidróxi-

do, OH-, é isoeletrônico a HF.

9.7 Estruturas de ressonância do íon nitrato:

O

N

O

NO O

O

NO O

——

OO

HO

N

—

OO

—

Estrutura de Lewis do ácido nítrico, HNO3:

O

N

O

NO O

O

NO O

——

OO

HO

N

—

OO

—

9.8 ClF2

+, 2 pares de ligação e dois pares isolados.

ClF2-, 2 pares de ligação e 3 pares isolados.

9.9

9.10

9.11

9.12

9.13 (a) CN-; carga formal em C é -1, carga formal em N é 0

(b) SO3: carga formal em S é +2, carga formal em O é

-2/3.

9.14 (a) O átomo de H é mais positivo em cada caso. H-F (Dc = 1,9) é mais polar que H-I (Dc = 0,5).

(b) B-F (Dc = 2,0) é mais polar que B-C (Dc = 0,5). Em B-F, F é o polo negativo e B é o polo positivo. Em B-C, C é o polo negativo e B é o polo positivo.

(c) C-Si (Dc = 0,7) é mais polar que C-S (Dc = 0). Em C-Si, C é o polo negativo e Si é o polo positivo.

9.15 O ——S O O S O00 +1+1 –1–1

As ligações S-O são polares, com o O sendo a extre-midade negativa. (O átomo de O é mais eletronegativo que o átomo de S). As cargas formais mostram que estas

ligações são de fato polares, com o átomo de O sendo mais negativo.

9.16 (a) BF Cl2, polar, o lado negativo é o átomo de F porque

F é o átomo mais eletronegativo da molécula

(b) NH2 Cl, polar, lado negativo é o átomo de Cl.

(c) SCl2, polar, os átomos de Cl estão do lado negativo.

9.17 (a) C-N: ordem de ligação 1; C=N: ordem de ligação 2; CN: ordem de ligação 3. Tendência nas ordens de ligação: C-N > C=N > CN

(b) O ——N O O N O

A ordem de ligação em NO2- é 1,5. Portanto, o com-

primento da ligação NO (124 pm) deve ser entre o comprimento de uma ligação simples N-O (136 pm) e o de uma ligação dupla N=O (115 pm).

9.18 CH4(g) + 2 O

2(g) CO

2(g) + 2 H

2O(g)

(4 mol)(413 kJ/mol) + (2 mol)(498 kJ/mol) = 2648 kJ

Quebrar 4 ligações C-H e 2 ligações O=O:

(2 mol)(745 kJ/mol) + (4 mol)(463 kJ/mol) = 3342 kJ

Formar 2 ligações C=O e 4 ligações O-H:

DH°reação

= 2648 kJ – 3342 kJ = –694 kJ

Capítulo 10

10.1 O átomo de oxigênio em H3O+ tem hibridização sp3. As

três ligações O-H são formadas pela sobreposição dos orbitais sp3 do oxigênio e 1s do hidrogênio. O quarto orbital sp3 contém um par de elétrons isolado.

Os átomos de carbono e nitrogênio em CH3NH

2 têm

hibridização sp3. As ligações C-H resultam da sobre-posição dos orbitais sp3 do carbono e 1s do hidrogênio. A ligação entre C e N é formada pela sobreposição dos orbitais sp3 destes átomos. A sobreposição dos orbitais sp3 do nitrogênio e 1s do hidrogênio resulta nas duas li-gações N-H, e há um par isolado no orbital sp3 restante do nitrogênio.

10.2 A estrutura de Lewis e as geometrias dos pares de elé-trons e molecular são mostradas abaixo. O átomo de Xe é hidridizado sp3d2. Pares isolados de elétrons residem em dois destes orbitais; os outros quatro se sobrepõe com orbitais 2p do flúor, formando ligações sigma.

I

Cl

Cl

3

O P O

O

O

2O S O

O

I

F

FF

FF

B

F

ClCl

N

HHCld

d d

SCl Cld

d d

Apêndice N.indd 46 29/1/2010 15:06:11


XeFF

FF

Geometria molecular Estrutura de Lewis

F Xe F

F

F

——

——

——

10.3 (a) BH4-, geometria tetraédrica dos pares de elétrons, sp3.

(b) SF5-, geometria octaédrica dos pares de elétrons, sp3d2.

(c) SOF4, geometria bipiramidal trigonal dos pares de

elétrons, sp3d

(d) ClF3, geometria bipiramidal trigonal dos pares de

elétrons, sp3d

(e) BCl3, geometria piramidal trigonal dos pares de elé-

trons, sp2

(f) XeO6

4-, geometria octaédrica dos pares de elétrons, sp3d2

10.4 Os dois átomos de carbono têm hibridização sp3 e o áto-mo de carbono central tem hibridização sp2. Em cada um dos átomos de carbono dos grupos metila, três or-bitais são usados para formar ligações C-H e o quarto é usado na ligação com o átomo central. A sobreposição dos orbitais sp2 do carbono e do oxigênio forma a li-gação sigma entre estes átomos. A ligação pi resulta da sobreposição dos orbitais p destes elementos.

10.5 Uma ligação tripla une os dois átomos de nitrogênio, ca-da um dos quais possui um par isolado. Cada nitrogênio tem hibridização sp. Um orbital sp contém o par isola-do, o outro é usado para formar a ligação sigma entre os átomos. Duas ligações pi resultam da sobreposição de orbitais p dos dois átomos.

10.6 Ângulos de ligação: H-C- H= 109,5°; H-C-C: 109,5°; C-C-N: 180°. O carbono no grupo CH

3 tem

hibridização sp3; o C central e o N têm hibridização sp; As três ligações C-H são formadas pela sobreposição de um orbital H 1s com um dos orbitais sp3 do grupo CH

3; o quarto orbital sp3 se sobrepõe a um orbital sp

do C central para formar uma ligação sigma. A ligação tripla entre C e N é uma combinação de uma ligação sigma (o orbital sp do C se sobrepõe ao orbital sp do N) e duas ligações pi (sobreposição de dois conjuntos de orbitais p destes elementos). O orbital sp restante do N contem um par de elétrons isolado.

10.7 H2

+: (s1s)1 O íon tem uma ordem de ligação de 12 e deve

existir. Ordens de ligação de 12 são previstas para He2

+e H

2-, ambos com configurações previstas (s1

s)2 (s*1

s)1.

10.8 Prevê-se que o Li2- tenha a configuração eletrônica

(s1s)2 (s*1

s)2 (s2

s)2 (s*2

s)1 e uma ordem de ligação de

1/2, implicando que o íon poderia existir.

10.9 O2

+: [elétrons internos] (s2s)2 (s*2

s)2 (p2

p)4 (s2

p)2

(p*2p)1. A ordem de ligação é 2,5. O íon é paramagnéti-

co com um elétron desemparelhado.

Capítulo 11

11.1 (a) Isômeros de C7H

10

CH3CH

2CH

2CH

2CH

2CH

2CH

3heptano

CH3CHCH

2CHCH

32,4-dimetilpentano

CH3CH

2CCH

2CH

33,3-dimetilpentano

CH3CH

2CH

2CCH

3 2,2-dimetilpentano

2,3-dimetilpentano

3-metilhexano

—

CH3CH

2CH

2CH

2CHCH

3

CH3

2-metilhexano

CHCH3 2,3,3-trimetilbutano

H3C

CH3CH

2CH

2CHCH

2CH

3

CH3

—

CH3CH

2CHCHCH

3

CH3

CH3

—

—

CH3

CH3

——

CH3

CH3

——

CH3

—

CH3

—

CH3

—

——

CH3C

CH3

—

(b) Dois isômeros, 3-metilhexano, e 2,3-dimetilpenta-no, são quirais.

11.2 Os nomes acompanham as estruturas na resposta do Exercício 11.1.

11.3 Alguns isômeros de C6H

12 (em que a cadeia mais longa

possui seis átomos de C):

Apêndice N.indd 47 29/1/2010 15:06:11


Nomes: 1-hexeno, cis-2-hexeno, trans-2-hexeno, cis-3-hexe-no, trans-3-hexeno. Nenhum destes isômeros é quiral.

11.4

(a)

HH

BrBr

H3C C C CH

3

2,3-dibromobutanoHH

HH

H C C Br

bromoetano

—— ————

—— ——

————

(b)

HH

BrBr

H3C C C CH

3

2,3-dibromobutanoHH

HH

H C C Br

bromoetano

—— ————

—— ——

————

11.5 1,4-diaminobenzeno

NH2

NH2

11.6 CH3CH

2CH

2CH

2OH 1-butanol

—

CH3CH

2CHCH

3

OH 2-butanol

CH3CHCH

2OH

CH3

—

2-metil-1-propanol

CH3CCH

3

CH3

OH

——

2-metil-2-propanol

11.7 (a)

3-metilbutanal

pentanal

3-pentanona

2-pentanonaCH3CH

2CH

2CCH

3

O

CH3CH

2CCH

2CH

3

O

CH3CH

2CH

2CH

2CH

O

CH3CHCH

2CH

O

CH3

—

(b)

CH3CHCH

2CH

2CH

3 2-pentanol

OH

—

11.8 (a) 1-butanol forma butanal CH3CH

2CH

2CH

O

(b) 2-butanol forma butanona CH3CH

2CCH

3

O

(c) 2-metil-1-propanol forma 2-metilpropanal

CH3COCH

H O

CH3

——

11.9 (a) CH3CH

2COCH

3

O

propanoato de metila

(b) CH3CH

2CH

2COCH

2CH

2CH

2CH

3

O

butanoato de butila

(c) CH3CH

2CH

2CH

2CH

2COCH

2CH

3

O

hexanoato de etila

11.10 (a) Acetato de propila a partir de ácido acético e propanol.

CH

3COH + CH

3CH

2CH

2OH

O

(b) Benzoato de 3-metilpentila a partir de ácido benzoico e 3-metilpentanol.

CO OH

O CH3

CH3CH

2CHCH

2CH

2OH—

——

(c) Salicilato de etila a partir de ácido salicílico e etanol.

C OH

OH

O

CH3CH

2OH—

— —

——CH

2CH

2CH

2CH

3

H

H

H

C C——

CH2CH

2CH

3

H

H3C

H

C C——

——

CH2CH

3H

H3CCH

2H

C C——

——

CH2CH

3

H

H3CCH

2

H

C C——

——

CH2CH

2CH

3H

H

C C——

——H

3C

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11.11 (a) CH3CH

2CH

2OH: 1-propanol possui um grupo

álcool (-OH).

CH3CO

2H: ácido etanoico (ácido acético) possui

um grupo ácido carboxílico (-CO2H)

CH3CH

2NH

2: Etilamina, possui um grupo amino

(–NH2)

(b) propanoato de 1-propila (acetato de propila).

(c) A oxidação deste álcool primário forma, primeiro, um aldeído (propanal, CH

3CH

2CHO). O prosse-

guimento da oxidação leva a um ácido carboxílico (ácido propanoico, CH

3CH

2CO

2H).

(d) N-etilacetamida, CH3CONHCH

2CH

3

(e) A amina será protonada pelo ácido clorídrico, for-mando cloreto de etilamônio, [CH

3CH

2NH

3]Cl.

11.12 O polímero é um poliéster.

Capítulo 12

12.1 0,83 bar (0,82 atm) > 75 kPa (0,74 atm) > 0,63 atm > 250 mm Hg (0,33 atm)

12.2 P1 = 55 mm Hg e V

1 = 125 mL; P

2 = 78 mm Hg e

V2 = ?

V2 = V

1(P

1/P

2) = (125 mL)(55 mm Hg/78 mm Hg)

= 88 mL

12.3 V1 = 45 L e T

1 = 298 K; V

2 = ? e T

2 = 263 K

V2 = V

1(T

2/T

1) = (45 L)(263 K/298 K) = 40. L

12.4 V2 = V

1(P

1/P

2)(T

2/T

1)

= (22 L)(150 atm/0,993 atm)(295 K/304 K) = 3200 L

A 5,0 L por balão, há He suficiente para encher 640 balões.

12.5 São necessários 44,8 L de O2; são produzidos 44,8 L de

H2O(g) e 22,4 L de CO

2(g).

12.6 PV = nRT (750/760 atm)(V) = (1300 mol)(0,082057 L · atm/mol · K)(296 K) V = 3,2 × 104 L

12.7 d = PM/RT; M = dRT/P M = (5,02 g/L)(0,082057 L · atm/mol · K)(288,2 K)/ (745/760 atm) = 121 g/mol

12.8 PV = (m/M)RT; M = mRT/PV

M = (0,105 g)(0,082057 L · atm/mol · K)(296,2 K)/ [(561/760 atm)(0,125 L)] = 27,7 g/mol

12.9 n(H2) = PV/RT = (542/760 atm)(355 L)/

(0,082057 L · atm/mol · K)(298,2 K)

n(H2) = 10,3 mol

n(NH3) = (10,3 mol H

2)(2 mol NH

3/3 mol H

2)

= 6,87 mol NH3

PV = nRT; P(125 L) = (6,87 mol)(0,082057 L · atm/ mol · K)(298,2 K)

P(NH3) = 1,35 atm

12.10 Phalotano

(5,00 L) = (0,0760 mol)(0,082057 L · atm/mol · K) (298,2 K)

Phalotano

= 0,372 atm (or 283 mm Hg)

Poxigênio

(5,00 L) = (0,734 mol)(0,082057 L · atm/mol · K) (298,2 K)

Poxigênio

= 3,59 atm (or 2730 mm Hg)

Ptotal

= Phalotano

+ Poxigênio

= 283 mm Hg + 2730 mm Hg = 3010 mm Hg

12.11 Use a Equação 12.9, com M = 4,00 × 10-3 kg/mol, T = 298 K e R =8,314 J/mol·K para calcular a velocidade rms de 1360 m/s para He. Um cálculo semelhante para N

2, com M = 28,01 × 10-3 kg/mol, leva a uma velocida-

de rms de 515 m/s.

12.12 A massa molar de CH4 é 16,0 g/mol. Portanto,

12.13 Pressão calculada pela lei dos gases ideais, use PV = nRT

P(1,00 L) = (10,0 mol)(0,082057 L · atm/mol · K) (298 K)

P = 245 atm (calculada por PV = nRT)

A pressão calculada pela equação de Van der Waals é 320 atm.

Capítulo 13

13.1 Como F- é o íon menor, as moléculas de água podem se aproximar mais e interagir mais fortemente. Assim, F- deveria apresentar a menor energia de hidratação.

13.2 A água é um solvente polar, enquanto hexano e CCl4 são

apolares. Forças de dispersão de London atrativas ocor-rem entre todos os pares de solventes dissimilares. Para misturas de água com os outros solventes, forças dipo-lo-dipolo induzido também estarão presentes. Quando misturados, os três líquidos irão formar duas camadas separadas - sendo a primeira água e a segunda consis-tindo de uma mistura dos dois líquidos apolares.

13.3

H3C

H

H

CH3

O

O

A ligação de hidrogênio no metanol é a atração do hidrogê-nio com uma carga parcial positiva (d+) de uma molécula pelo oxigênio com uma carga parcial negativa (d-) de uma

HH

H OO HHH3C

——————C —C —O—C —C ——C ——C O

n

— —— — ————

Velocidade para CH4

Velocidade para o desconhecidon moléculas/1,50 minn moléculas/4,73 min

Mdesconhecido

16,0

Mdesconhecido

= 159 g/mol

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segunda molécula. A força atrativa intensa da ligação de hidrogênio fará com que o ponto de ebulição e o calor de vaporização do metanol sejam bastante elevados.

13.4 (a) O2: somente forças dipolo induzido‒dipolo induzido

(b) CH3OH: ligações de hidrogênio fortes (forças

dipolo ‑dipolo), bem como forças dipolo induzido‑‑dipolo induzido.

(c) Forças entre moléculas de água: ligações de hidrogê-nio fortes e forças dipolo induzido-dipolo induzido. Entre O

2 e H

2O: forças dipolo-dipolo induzido e for-

ças dipolo induzido-dipolo induzido.

Forças relativas: é a < forças entre O2 e H

2O em c < b <

forças entre as moléculas de água em c.

13.5 (1,00 × 103g) (1 mol/32,04 g)(35,2 kJ/mol) = 1,10 × 103 kJ

13.6 (a) A 40 °C, a pressão de vapor do etanol é de aproxima-damente 120 mm Hg.

(b) A pressão de vapor de equilíbrio do etanol a 60 °C é de aproximadamente 370 mm Hg. A 60 °C e 600 mm Hg, o etanol é líquido. Se houver vapor presente, ele se con-densará em um líquido.

13.7 PV = nRT; P = 0,50 g (1 mol/18,02 g)(0,0821 L · atm/ mol · K)(333 K)/5,0 L

P – 0,15 atm (ou 120 mm Hg)

A pressão de vapor da água a 60 °C é de 149 mm Hg (Apêndice G). A pressão calculada é mais baixa do que este valor, portanto toda a água (0,50 g) irá evaporar. Porém, se 2,0 g de água forem usados, a pressão calcu-lada, 460 mm Hg, é mais alta do que a pressão de vapor. Neste caso, apenas uma parte da água irá evaporar.

13.8 Use a equação de Clausius-Clapeyron, com P1= 57,0 mm Hg; T

1 = 250,4 k; P

2 = 534 mm Hg e T2 =

298,2 K.

Em [P2/P

1] =

DHvap

/R[1/T1 – 1/T

2] = DH

vap/R[(T

2 – T

1)/T

1T

2]

ln [534/57,0] =

DHvap

/(0,0083145 kJ/K · mol)[47,8/(250,4)(298,2)]

DHvap

= 29,1 kJ/mol

13.9 Prevê-se que o glicerol tenha uma viscosidade elevada. O glicerol é uma molécula maior do que o etanol, e há forças de atração maiores entre as moléculas porque ca-da molécula possui 3 grupos OH que formam ligações de hidrogênio com outras moléculas.

13.10 M2X; Em uma cela unitária cúbica fcc, há quatro ânions

(X-) e oito interstícios tetraédricos que os cátions metá-licos podem ocupar. Todos os interstícios tetraédricos se encontram no interior da cela unitária, portanto a razão dos átomos na cela unitária é 2:1.

Capítulo 14

14.1 10,0 g sacarose = 0,0292 mol; 250. g H2O = 13,9 mol

X = (0,0292 mol)/(0,0292 mol + 13,9 mol) = 0,00210 (0,0292 mol sacarose)/(0,250 kg solvente) = 0,117 m

% sacarose = (10,0 g sacarose/260. g solvente)(× 100% = 3,85%

14.2 1,08 × 104 ppm = 1,08 × 104 mg NaCl por 1000 g solução

(1,08 × 104 mg Na/1000 g solução)(1050 g solução/1 L) =

1,13 × 104 mg Na/L = 11,3 g Na/L

(11,3 g Na/L)(58,44 g NaCl/23,0 g Na) = 28,7 g Na Cl/L

14.3 DH°solução

= DH°f

[NaOH(aq)] – DH°f

[NaOH(s)] = –469,2 kJ/mol – (–425,9 kJ/mol) = –43,3 kJ/mol

14.4 Solubilidade (CO2) = (4,48 × 10–5 M/mm Hg)(251 mm Hg)

= 1,1 × 10–2 M

14.5 A solução contém sacarose [(10,0 g)(1mol/342,3 g) = 0,0292 mol] em água [(225 g)(1 mol/18,02 g = 12,5 mol].

Xágua

= (12,5 mol H2O)/(12,5 mol + 0,0292 mol) = 0,998

Págua

= 0,998(149,4 mm Hg) = 149 mm Hg

14.6 m = DTbp

/Kbp

= 1,0 °C/(0,512 °C/m) = 1,95 m

(1,95 mol/kg)(0,125 kg)(62,02 g/mol) = 15 g glicol

14.7 concentração = (525 g)(1 mol/62,07 g)/(3,00 kg) = 2,82 m

DTfp

= Kfp

× m = (–1,86 °C/m)(2,82 m) = –5,24 °C

Você estaria protegido até -5°C e não até -25 °C.

14.8 DTbp

= 80,23 °C – 80,10 °C = 0,13 °C

m = DTbp

/Kbp

0,13 °C/(2,53 °C/m) = 0,051 m

(0,051 mol/kg) (0,099 kg) = 0,0051 mol

Massa molar = 0,640 g/0,0051 mol = 130 g/mol

A fórmula C10

H8 (massa molar = 128,2 g/mol) é a que

mais se aproxima deste valor.

14.9 concentração = (25,0 g NaCl)(1 mol/58,44 g)/(0,525 kg) = 0,815 m

DTfp

= Kfp

× m × i = (–1,86 °C/m)(0,815 m)(1,85)

= –2,80 °C

14.10 M = /RT = [(1,86 mm Hg)(1 atm/760 mm Hg)]/ [(0,08206 L · atm/mol · K)(298 K)]

= 1,00 × 10–4 M

(1,00 × 10–4 mol/L)(0,100 L) = 1,0 × 10–5 mol

Massa molar = 1,40 g/1,00 × 10-3 mol = 1,4 × 10 3 g/mol. Considerando que o polímero é composto de unidades CH

2, seu comprimento será de 10.000 unidades.

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Apêndice N

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