Quimica marthareis2

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Quimica marthareis2

  1. 1. 16 16 H H H ­ ­ Resolução da série exercitando o raciocínio 1.1 1) Errado. De acordo com a teoria cinética dos gases, o movimento das moléculas gasosas é totalmente desordenado. 2) Correto. Sendo a temperatura uma medida do grau de agi- tação molecular, ela mede também a energia cinética dessas moléculas, pois se relaciona ao seu movimento. 3) Correto. Gases ideais são apenas modelos teóricos. 4) Correto. Pressão é a força dividida pela área. No caso da
  2. 2. 17 Orientações para o professor 17 pressão interna por um gás, a pressão corresponde à força de impacto das moléculas colidindo com a superfície interna do recipiente dividida pela área dessa superfície. 1.2 Alternativa E. Os gases citados estão sob mesma temperatura, mesma pres- são e mesmo volume. Pode-se concluir, portanto, que o nú- mero de moléculas desses gases seja o mesmo. Os dois gases que são apresentados no esquema com o mesmo número de moléculas é o gás carbônico, CO2, e o gás nitrogênio, N2. 1.3 Alternativa E. A afirmação IV está incorreta, pois as moléculas se movimen- tam colidindo com as paredes do recipiente que as contém. Quanto maior a temperatura, maior será a intensidade dessas colisões. 1.4 Alternativa D. O gás é mantido no estado líquido dentro do botijão por- que a pressão interna é bem maior do que a pressão externa (atmosférica). Quando a válvula é aberta e o GLP é submetido a pressão atmosférica, ele imediatamente passa para o estado gasoso. 1.5 Verdadeiras: B e E. Falsas: A, C e D. Quando a pressão interna dos gases na lata se torna igual à pressão externa, ela deixa de liberar gases. Um aquecimento provocará um aumento da pressão dos gases no interior da lata. Isso fará com que, enquanto a temperatura interna estiver mais elevada, a lata ainda consiga liberar gases. 1.6 Alternativa E. ”Canetas esferográficas comuns precisam da gravidade para movimentar a tinta e ter uma abertura na parte superior do cartucho para permitir que o ar reponha a tinta à medida que é utilizada.” Extraído do site: <http://casa.hsw.uol.com.br/canetas-esfero- graficas5.htm>. Acesso em: 9 ago. 2011. 1.7 Alternativa C. O volume do gás é o volume do cilindro, 60 L. No momento em que a pressão do gás é igual à pressão atmosférica (nível do mar), deixa de haver fluxo gasoso do interior para o exterior do cilindro. Nesse momento o vendedor não poderá mais encher os balões. 1.8 Alternativa A. Pi . Vi = Pf . Vf 150 atm . 60 L = 1 atm . Vf V Vf = 9 000 L 1.9 Alternativa D. A pressão P (a nível do mar) ficou reduzida em 10% na encos- ta; passou, portanto, a 0,9 P. Pi . V1 = Pf . Vf V Pi . 1 L = 0,9 P1 . Vf Vf = Pi · 1 L V Vf = 1,1 L 0,9 Pi 1.10 Alternativa A. Vi = 30 m3 Vf = 50 m3 Ti = 20 o C ou 293 K. Tf = 293 K Pi = 2 atm. Pf = Pf Pi . V1 = Pf . Vf V 2 . 30 = Pf . 50 Pf = 2 · 30 V Pf = 1,2 atm 50 1.11 Alternativa D. Pressão total sobre o mergulhador a 30 m de profundidade: 1 + 3 = 4 atm. Supondo-se que a temperatura do ar seja a mesma (na super- fície e a 30 m de profundidade): Pi . V1 = Pf . Vf V 1 . 1 = 4 . Vf Vf = 1 · 1 V Vf = 0,25 L ou 250 mL 4 1.12 Alternativa D. Ti = 22 o C ou 295 K Tf = ? Pi = 28,0 lb/pol2 Pf = 31,4 lb/pol2 Pi = Pf V Tf = Ti · Pf V Tf = 295 · 31,4 Ti Tf Pi 28,0 Tf q 330 K ou 58 o C 1.13 Alternativa D. Pi · Vi = Pf · Vf V Vf = Pi · Vi V Vf = 6 · 42 Pf 2 V Vf = 126 cm3 1.14 Alternativa B. A pressão externa diminui com a altitude. Como pressão e volume são inversamente proporcionais para uma massa fixa de gás, à medida que a pressão diminui, o volume aumenta. 1.15 01. Errado. O volume aumentou na mesma proporção que a pressão diminuiu, indicando que houve uma transfor- mação isotérmica. 02. Correto. Nesse intervalo há diminuição do volume, ou seja, houve contração do gás. 03. Errado. Para compensar o aumento da pressão tem de ha- ver um aumento da temperatura na mesma proporção. 04. Errado. As transformações de 2 para 3 e de 3 para 1 não são isotérmicas, porque há uma variação de temperatura para compensar as variações de volume e pressão. 05. Correto. Basta analisar o gráfico. 06. Correto. Nesse intervalo, há um aumento de volume, ou seja, houve expansão do gás. 1.16 Vi = 30 mL Vf = ? Ti = 25 o C ou 298 K Tf = 35 o C ou 308 K Vi = Vf V Vf = Tf · Vi Ti Tf Ti Vf = 308 · 30 V Vf q 31 mL 298 1.17 Alternativa D. Vi = Vf V 5 = Vf Ti Tf 300 900 Vf = 900 . 5 V Vf = 15 mL ou 0,015 L 300 1.18 Alternativa A. Trata-se de uma transformação isobárica representada gra- ficamente por retas inclinadas. Dobrando-se a temperatura termodinâmica do sistema, o volume ocupado pelo gás tam- bém dobra. 1.19 Alternativa A. Vi = V; Ti = 27 ºC ou 300 K; Pi = 760 mmHg ou 1 atm Vf = V; Tf = ?; Pf = 2 atm
  3. 3. 18 18 Pi = Pf V Tf = Ti · Pf V Tf = 300 · 2 Ti Tf Pi 1 Tf = 600 K ou 327 o C 1.20 Alternativa B. Trata-se de uma transformação isovolumétrica. Para compen- sar o aumento da pressão tem de haver um aumento da tem- peratura na mesma proporção. 1.21 Alternativa B. A panela de pressão é útil para cozer os alimentos rapida- mente graças ao aumento da pressão interna que fica maior que a pressão externa. Isso faz a temperatura dentro da pa- nela ficar acima da temperatura de ebulição da água no local. 1.22 Alternativa E. Com a saída de vapor pela válvula, a pressão interna da panela permanece constante, não alterando a temperatura de ebuli- ção da água (temperatura de cozimento). Logo, o tempo de cozimento não será alterado, pois sua temperatura não varia. 1.23 Alternativa C. Armazenar botijões de gás em locais muito quentes é perigoso, pois o aumento da temperatura provoca o aumento da pressão podendo, porventura, ocasionar um grave acidente. 1.24 Alternativa B. P1 = P2 V 4 = P2 T1 T2 280 310 P2 = 4,4 atm 1.25 Alternativa A. 1 atm 15 lb/pol2 x 30 lb/pol2 x = 2 atm Pi = Pf V 2 = Pf Ti Tf 300 285 Pf = 285 . 2 V Pf = 1,9 atm 300
  4. 4. 1919 H H Resolução da série exercitando o raciocínio 2.1 Alternativa A. b) Incorreta, pois na transformação I, a pressão do gás é cons- tante e nas transformações II e III, a pressão do gás aumenta. c) Incorreta, pois na transformação II a pressão aumenta. d) Incorreta, pois como a transformação é isobárica, o aumen- to do volume faz a temperatura também aumentar na mesma proporção. 2.2 Alternativa C. Para cada 100 L da atmosfera de Vênus, 4,0 L são de N2 e para cada 100 L (volume igual de atmosfera) da atmosfera da Terra, 80 L são de N2. PV . VV = nV . R . TV V nV = PV . VV . TT PT . VT nT . R . TT nT PT . VT . TV nV = 100 . 4 . 300 V nV = 2 nT 1 . 80 . 750 nT 2.3 1) Falso. O produto P · V = constante é conhecido como lei de Boyle e Mariotte. 2 ) Verdadeiro. É a equação geral dos gases. 3) Verdadeiro. A pressão e o volu­me são grandezas direta­mente pro­por­cionais à temperatura. Aquecendo-se a embalagem aerossol, a pressão interna aumenta e o gás, ao expandir seu volume, explode a embalagem. 4) Falso. O volume de uma amostra gasosa, para pressão e tempe­ratura constantes, é dire­tamente propor­cional à quanti­ dade de matéria do gás da amostra. 2.4 a) P · V = m · R · T M 5 · 20 = m · 0,082 · 298 V m = 114,6 g de N2 28 b) P1 = P2 V 5 = P2 V P2 q 5,6 atm T1 T2 298 333 2.5 Alternativa C. Pi = P; Pf = 2P; Ti = 273 K; Tf = 300 K P . Vi = 2P . Vf V Vf = 300 q 0,55 273 300 Vi 546 2.6 Alternativa C. P1 · V1 = P2 · V2 T1 T2 760 · 22,4 = 700 · V2 V V2 = 26,7 L 273 300 2.7 Alternativa E. Vi = 20 mL; Ti = 400 K; Pi = 600 mmHg Vf = ?; Tf = 273 K; Pf = 819 mmHg Pi · Vi = Pf · Vf V Vf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Pf · Ti Vf = 600 · 20 · 273 V Vf = 10 mL 819 · 400 2.8 Alternativa C. Vi = 4 L; Ti = 280 K; Pi = 596 mmHg
  5. 5. 20 20 Vf = ?; Tf = 228 K; Pf = 40 mmHg Pi · Vi = Pf · Vf V Vf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Pf · Ti Vf = 596 · 4 · 228 V Vf = 48,5 L 40 · 280 2.9 a) Vi = 4 L; Pi = 2 atm e Ti = 300 K Vx = 8 L; Px = 2 atm e Tx = ? Vy = 4 L; Py = ? e Ty = Tx Vf = 4 L; Pf = 2 atm e Tf = ? a) P/atm Início a ( b b ( c c ( a 4 L 8 L 4 L 4 L 2 atm 2 atm Px 2 atm 300 K Tx Tx Ty = Tx b ) Vi = Vx V Tx = Ti · Vx V Tx = 300 · 8 Ti Tx Vi 4 Tx = 600 K A temperatura do gás durante a compressão isotérmica é de 600 K. A pressão final do gás é igual à inicial: 2 atm. 2.10 Alternativa C. a) isotermicamente de 1 a 2. b) isocoricamente de 2 a 3. d) isotermicamente de 4 a 2. e) isobaricamente de 3 a 4. 2.11 Ti = 273; Tf = 54,6 + 273 V Tf = 327,6 K Pi · Vi = Pf · Vf V Vf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Pf · Ti Vf = 100 000 · 22,71 · 327,6 V Vf = 15 L 181 680 · 273 2.12 Alternativa D. Pi = P; Vi = V; Ti = T Pf = ?; Vf = V/2; Tf = 2 T Pi · Vi = Pf · Vf V Pf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Ti · Vf Pf = P · V · 2 T V · T 2 Pf = P · V · 2 T · 2 V Pf = 4 P V · T 2.13 Alternativa D. Pi · Vi = Pf · Vf V Vf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Pf · Ti Vf = 275 · Vi · 300 V Vf = 250 Vi 1 · 330 2.14 Alternativa D. Pi · Vi = Pf · Vf V Vf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Pf · Ti Vf = 1 · 10 · 223 V Vf q 29,7 L 0,25 · 300 2.15 Alternativa C. Pi · Vi = Pf · Vf V Pf = Pi · Vi · Tf Ti Tf Ti · Vf Pf = 1 · 250 · 596 V Pf = 2 atm 298 · 250 2.16 m = 30 g P = 3 atm V = 12,3 L R = 0,082 atm . L/mol . K t = 327 o C ou 600 K M = ? P · V = m · R · T V M = m · R · T M P · V M = 30 · 0,082 · 600 V M = 40 g/mol 3 · 12,3 2.17 a) Considerando um volume de 1 L de gás, sua massa é de 5,38 g (uma vez que a densidade é 5,38 g/L). Portanto, aplicando a equação de Cla­peyron, teremos: P · V = m · R · T V M = m · R · T M P · V M = 5,38 · 0,082 · 288,15 V M = 131,05 g · mol–1 0,97 · 1,00 b) Verificando-se os elementos químicos na tabela periódica, o gás que possui a massa atômica mais próxima da encon­trada é o xenônio (131,3 u). 2.18 Alternativa C. V = 8,2 m3 ou 8,2 · 103 L; M = 32 u; T = 250 K Pi = 2 atm e Pf = Pi – 0,5 V Pf = 1,5 atm Cálculo da massa inicial de gás oxigênio: P · V = n · R · T V P · V = m · R · T M m = P · V · M V m = 2 · 8,2 · 103 · 32 R · T 0,082 · 250 m = 25 600 g Cálculo da massa final de gás oxigênio: P · V = n · R · T V P · V = m · R · T M m = P · V · M V m = 1,5 · 8,2 · 103 · 32 R · T 0,082 · 250 m = 19 200 g Massa perdida = 25600 – 19 200 Massa perdida = 6 400 g (6,4 kg) 2.19 Alternativa B. P · V = n · R · T V V = n · R · T P V/L 2 4 8 Tx a b cPx isotérmica isobárica isocórica GeórgiaM.
  6. 6. 21 Orientações para o professor 21 V = 2 . 10–4 · 0,082 · 300 1 V = 49,2 · 10−4 L V V = 49,2 · 10−4 · 103 mL V q 4,9 mL 2.20 Alternativa A. P · V = n · R · T V P · V = m · R · T M m = P · V · M V m = 5 · 9,84 · 40 R · T 0,082 · 300 m = 80 g 2.21 Alternativa B. P · V = m · R · T V P = m · R · T M M · V P = 2,02 . 10−4 · 0,082 · 300 V P = 0,082 atm 20 · 3,0 . 10−3 P = 8,2 · 10−2 atm 2.22 Alternativa D. P · V = m · R · T V V = m · R · T M M · P V = 640 · 0,082 · 300 V V = 40 L 32 · 12,3 2.23 Alternativa A. P · V = m · R · T V m = P · V · M M R · T m = 6,11 · 0,4 · 4 V m = 0,4 g 0,082 . 298 2.24 P · V = n · R · T n = P · V V n = 0,6 · 12 300 R · T 0,0821 · 250 n q 359,6 mol de etano perdido m = 359,6 · 30 V m = 10 788 g 2.25 Alternativa C. P · V = m · R · T V V = m · R · T M M · P V = 3 000 · 0,082 · 300 V V = 1 677 L 44 · 1 2.26 Alternativa D. Massa molar do O2: 32 g/mol P · V = m · R · T V m = P · V · M M R · T m = 130 · 40 · 32 V m = 6 810 g 0,082 . 298 m = 6,8 kg 2.27 Alternativa C. P · V = m · R · T V m = P · V · M M R · T m = 1 · 30 · 103 . 16 V m q 19 512 g 0,082 . 300 m = 19,51 kg 2.28 Alternativa D. P · V = m · R · T V V = m · R · T M M · P V = 3 000 000 · 106 · 0,082 · 300 V 44 · 1 V q 1,68 · 1012 L 1 680 000 000 000 L ou 1,68 trilhões de L 2.29 Alternativa D. 1 mol de nitrogênio 6,0 · 1023 moléculas n 1,2 · 1024 moléculas n = 2 mol de nitrogênio P · V = n · R · T V P = n · R · T V P = 2 · 0,082 · 300 V P = 8,2 atm 6 2.30 a) Cálculo da massa de N2 introduzida no pneu. P · V = m · R · T V m = P · V · M M R · T m = 5 · 20 · 28 V m q 114,6 g de N2 0,082 . 298 b) Cálculo da pressão após a rodagem dos pneus. Pi = Pf V Pf = Pi · Tf V Pf = 5 · 333 Ti Tf Ti 298 Pf q 5,6 atm 2.31 a) Cálculo do volume do reator: P · V = n · R · T V V = n · R · T P V = 5 · 0,082 · 400 V V = 16,4 L 10 b) Cálculo da variação de temperatura Pi · Vi = Pf · Vf V Tf = Pf · Vf · Ti Ti Tf Pi · Vi Tf = 20 · 40 · 600 V Tf = 400 Ki 120 · 10 A temperatura deve passar de 327 o C (ou 600 K) para 400 K (ou 127 o C). 2.32 a) Cálculo da quantidade de matéria da substância: P · V = n · R · T V n = P · V R · T n = 1 · 0,123 V n = 0,005 mol 0,082 · 300 ou n = 5 milimol b) Cálculo da massa molar da substância 0,005 mol 0,45 g 1 mol x x = 1 . 0,45 V x = 90 g/mol 0,005 2.33 Cálculo do tempo necessário para atingir a concentra- ção mortal de CO: 4,1 . 104 L 100% do volume da garagem x 0,4% x = 0,4 . 4,1 . 104 100 x = 1,64 . 102 L
  7. 7. 22 22 P · V = n · R · T V n = P · V R · T n = 1 · 1,64 · 102 V n q 6,67 mol 0,082 · 300 6,67 mol de CO é o limite dessa substância que pode haver dentro da garagem. 1 minuto 0,67 mol de CO y 6,67 mol de CO y = 6,67 . 1 V y = 9,95 min ou q 10 min 0,67 HHHHH H H H H
  8. 8. 24 24 HHHH Resolução da série exercitando o raciocínio 3.1 Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás oxi- gênio: ngás carbônico: 1 mol 22,4 L x 4,48 L x = 4,48 · 1 V ngás carbônico = 0,2 mol 22,4 ngás nitrogênio: 1 mol 28 g y 33,6 g y = 33,6 · 1 V ngás nitrogênio = 1,2 mol 28 Xgás oxigênio = ngás oxigênio ngás oxigênio + ngás carbônico + ngás nitrogênio Xgás oxigênio = 0,6 0,6 + 0,2 + 1,2 Xgás oxigênio = 0,3 Cálculo da pressão parcial do gás oxigênio na mistura: Pgás oxigênio = Xgás oxigênio Ptotal Pgás oxigênio = Xgás oxigênio · Ptotal Pgás oxigênio = 0,3 · 750 Pgás oxigênio = 225 mmHg Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás carbônico: Xgás carbônico = ngás carbônico noxigênio + ngás carbônico + nnitrogênio
  9. 9. 25 Orientações para o professor 25 Xgás carbônico = 0,2 V Xgás carbônico = 0,1 0,6 + 0,2 + 1,2 3.2 Alternativa D. Ptotal = 4 atm; PA = 2 atm; PB = 1 atm e PC = 1 atm Ptotal . V = ntotal . R . T V ntotal = Ptotal . V R . T ntotal = 4 . 37 V ntotal = 6 mols 0,082 . 300 PA = XA . Ptotal V PA = nA . Ptotal ntotal nA = PA . ntotal V nA = 2 . 6 V nA = 3 mols Ptotal 4 Analogamente: nB = PB . ntotal V nB = 1 . 6 V nB = 1,5 mol Ptotal 4 nC = PC . ntotal V nC = 1 . 6 V nC = 1,5 mol Ptotal 4 3.3 Alternativa C. Sendo P e T constantes, verifica-se que a fração de volume de cada gás é igual à respectiva fração de quantidade de matéria. A velocidade de efusão do gás hélio é maior que a do ar por causa da menor massa molar do hélio (2 g/mol) em relação ao ar (q 29 g/mol). Isso explica por que uma bexiga com gás hélio murcha ao entrar em contato com o ar atmosférico. 3.4 a) 1 mol de N2 28 g de N2 nN2 14 g de N2 nN2 = 0,5 mol de N2 P · V = n · R · T V P = n · R · T V PN2 = 0,5 . 0,082 . 300 V PN2 = 0,41 atm 30 1 mol de O2 32 g de O2 nO2 8 g de O2 nO2 = 0,25 mol de O2 P · V = n · R · T V P = n · R · T V PO2 = 0,25 . 0,082 . 300 V PO2 = 0,205 atm 30 b) Ptotal = PN2 + PO2 Ptotal = 0,41 + 0,205 V Ptotal = 0,615 atm 3.5 a) O2, He, N2 b) PHe = XHe . Ptotal PHe = 0,24 . 9000 kPa V PHe = 2160 kPa c) Mmistura = XO2 . MO2 + XHe . MHe + XN2 . MN2 Mmistura = 0,16 . 32 + 0,24 . 4 + 0,60 . 28 Mmistura = 22,88 g/mol 3.6 Alternativa B. Trata-se de uma transformação isotérmica. Antes da mistura: Phidrogênio · V = nhidrogênio · R · T 3 · V = nhidrogênio · R · T (1) Após a mistura: Phidrogênio · 3 V = nhidrogênio · R · T (2) (1) V 3 · V = 1 (2) Phidrogênio · 3 · V Phidrogênio = 1 atm Antes da mistura: 9 · V = nhélio · R · T (3) Após a mistura: Phélio · 3 V = nhélio · R · T (4) (3)  V 9 · V = 1 (4) Phélio · 3 · V 3 = 1 V Phélio = 3 atm Phélio Portanto: Ptotal = Phidrogênio + Phélio Ptotal = 1 + 3 V Ptotal = 4 atm 3.7 Alternativa A. Trata-se de uma transformação isotérmica: PO2 . VO2 + PV . VV = Ptotal . Vtotal 3 . 5 + 0 . 7 = Ptotal . (5 + 7) V Ptotal = 1,25 atm 3.8 Alternativa B. Quando a fruta é fechada em um saco plástico, o gás etileno que ela emite não se dissipa no ambiente, ficando retido den- tro do saco plástico; o que aumenta sua pressão parcial sobre a fruta acelerando seu amadurecimento. 3.9 Alternativa D. Ptotal = pNH3 + pO2 + pNO + pH2O Ptotal = 1,05 + 1,32 + 1,05 + 1,58 Ptotal = 5,00 atm 3.10 Alternativa D. Dos gases citados no enunciado, apenas o hidrogênio, H2, e o metano, CH4, são inflamáveis. Para cada mol da mistura há: - 0,21 mol H2, massa correspondente, m = n . M V m = 0,21 . 2 V m = 0,42 g - 0,07 mol CH4, massa correspondente, m = n . M V m = 0,07 . 16 V m = 1,12 g Logo, o gás inflamável que apresenta maior porcentagem em massa é o metano. 3.11 Alternativa B. Analisando a fórmula: d = M · P R · T verifica-se que a compressão de um gás, ou seja, o aumen- to da pressão, faz a densidade do gás aumentar. Entretanto, como a temperatura é constante, a energia cinética das molé- culas permanece constante. 3.12 Alternativa D. Para as mesmas condições de pressão e temperatura, quanto maior a massa molar de um gás, maior será sua densidade. Assim, nesse caso, o CL2 (massa molar = 71 g/mol) possui a maior densidade e o Ne (massa molar = 20 g/mol) a menor densidade.
  10. 10. 26 26 3.13 Alternativa E. Dizer que a umidade relativa do ar é 15% significa justamente que a pressão parcial do vapor de água é 15% da pressão de vapor saturante para a temperatura em que o ar se encontra. 3.14 Alternativa A. Quando a umidade relativa do ar, numa certa temperatura, é próxima dos 100%, o abaixamento de temperatura provoca a saturação de vapor de água no ar, o que provoca a formação de neblina ou orvalho. 3.15 Cálculo da pressão de vapor da água a 30 o C. umidade de 100% a pressão de vapor da água é igual a 31,82 mmHg umidade de 66% x x = 66 . 31,82 V x = 21 mmHg 100 3.16 I: 0, 1, 2, 3 e II: 4 0 – 0) Verdadeiro. O vidro embaça por causa da condensação de água em sua superfície. 1 – 1) Verdadeiro. O vapor eliminado na transpiração e na ex- piração, além da umidade relativa do ar, contribuirá para esse fenômeno. 2 – 2) Verdadeiro. Um carro fechado, nas condições climáticas citadas, terá uma alta umidade relativa do ar. 3 – 3) Verdadeiro. O conceito de pressão de vapor tem relação direta com umidade relativa do ar. 4 – 4) Falso. O ponto de ebulição é a temperatura na qual a pressão de vapor de um líquido se iguala à pressão atmosféri- ca. Para a água, a 1 atm de pressão, a temperatura no interior do veículo está bem abaixo dos 100 o C. 3.17 Alternativa C. 23,8 mmHg 100% umidade relativa do ar 11,9 mmHg x x = 11,9 . 100 V x = 50% 23,8 3.18 Alternativa A. As substâncias voláteis presentes no perfume e a atmosfera, formam, espontaneamente, uma mistura homogênea. 3.19 Alternativa D. A velocidade de deslocamento do cloreto de hidrogênio, HCL, é menor que a velocidade de deslocamento da amônia, NH3: a amônia se desloca por um espaço maior no mesmo interva- lo de tempo. A massa molecular do cloreto de hidrogênio é maior que a massa molecular da amônia. 3.20 Alternativa E. A bexiga A contém o gás que tem a menor velocidade de efusão (maior massa molar) pela permeabilidade da bexiga: CH4 (metano). A bexiga C contém o gás que tem a maior velocidade de efu- são (menor massa molar) pela permeabilidade da bexiga: H2 (hidrogênio). A bexiga B contém um gás de velocidade de efusão interme- diária e, portanto, de massa molar também intermediária: He (hélio). HHH H H HHHH
  11. 11. 30 30 Resolução da série exercitando o raciocínio 4.1 Resposta 27. Corretos: 01, 08 e 16. 01. Correta: a proporção estequiométrica entre CO2 e O2 é de 1 : 1. 02. Errada: para cada mol de glicose produzida são necessá- rios 6 mols de H2O(L). 04. Errada: o número de moléculas dos reagentes é maior que o número de moléculas dos produtos. O que se conserva dos reagentes para os produtos é o número de átomos. 08. Correta: de acordo com a lei de Lavoisier. 16. Correta: a cada 18 átomos de oxigênio utilizado no pro- cesso de fotossíntese, 6 átomos são utilizados para a produção de glicose, ou seja, 1/3 do total de átomos de oxigênio. 4.2 Alternativa D. (NH4)2Cr2O7(s) *( N2(g) + 4 H2O(L) + Cr2O3(s) 1 mol 1 mol 0,50 mol x x = 0,50 mol de óxido de crômio III 4.3 Alternativa A. 4 C3H5(ONO2)3(L) *( 12 CO2(g) + 10 H2O(g) + 6 N2(g) + 1 O2(g) 4 mol 1 mol 8 mol x x = 2 mol 4.4 Alternativa D. CL2(g) + 2 NaOH(aq) **( NaCL(aq) + NaCLO(aq) + + H2O(L) 2 · 40 g de NaOH(aq) 1 · 74,5 g de NaCLO (aq) x 149 kg de NaCLO (aq) x = 149 · 2 · 40 V x = 160 kg de NaOH(aq) 1 · 74,5 4.5 Alternativa B. 1 CaO(s) + 1 H2O(L) **( 1 Ca(OH)2(ppt) 1 · 56 g 1 · 74 g 28 · 103 g x x = 28 · 103 · 74 V x = 37· 103 g ou 37 kg 56 4.6 Alternativa A. 1 Na(s) + H2O(L) *(1 NaOH(aq) + 1/2 H2(g) 1 mol 1 mol 23 g 40 g 3 g x x = 3 · 40 V x q 5,2 g 23 4.7 Alternativa A. CaCO3(s) **( CaO(s) + CO2(g) 1 mol 1 mol 100 g 56 g 200 kg x x = 200 · 56 V x = 112 kg de CaO(s) 100 4.8 Alternativa B. O3(g) + C2H4(g) *( HCHO(g) + CO2(g) + H2(g) 1 mol 1 mol 28 g 30 g x 12 kg x = 12 · 28 V x = 11,2 kg de O3(g) 30 4.9 Alternativa B. TiCL4(g) + Mg(s) *( MgCL2(s) + Ti(s) 1 mol 1 mol 190 g 48 g 9,5 g x x = 9,5 · 48 V x = 2,4 g 190 4.10 Alternativa A. 2 AL2O3(s) + 3 C(s) *( 4 AL(s) + 3 CO2(g) 3 mol 4 mol 3 mol 4 · 27 g n 2 700 · 103 g n = 2 700 · 103 · 3 V n = 7,5 · 104 mol 4 · 27 4.11 Alternativa B. 2 mol de Ca3(PO4)2(s) 1 mol de P4(s) 2 · 310 g 124 g 31,0 g x x = 31,0 · 124 V x = 6,20 g de P4(s) 2 · 310 4.12 Alternativa C. 1 H3CCOCH2CO2H *( 1 H3CCOCH3 + 1 CO2 1 mol 1 mol 102 g 58 g 125 mg x x = 125 · 58 V x q 71,7 mg 102 4.13 1 mol = 6,02 ·1023 moléculas: a) 4 · 6,02 · 1023 1 · 6,02 · 1023 moléculas de O2(g) moléculas de H2O(L) 8,2 · 1022 x moléculas de O2(g)
  12. 12. 31 Orientações para o professor 31 x = 8,2 · 1022 · 1 · 6,02 · 1023 4 · 6,02 · 1023 x = 2,05 · 1022 moléculas de H2O(L) b) 120 000 · 30 = 3,6 · 106 g de CO(NH2)2(aq) 60 g de CO(NH2)2(aq) 4 · 32 g de O2(g) 3,6 · 106 g de CO(NH2)2(aq) y y = 3,6 · 106 · 4 · 32 60 y = 7,68 · 106 g ou 7,68 t de O2(g) 4.14 4 KO2(s) + 2 CO2(g) *( 2 K2CO3(s) + 3 O2(g) a) 4 mol de KO2 2 mol de CO2 284 g de KO2 2 mol de CO2 x 0,10 mol de CO2 x = 0,10 · 284 V x = 14,2 g de KO2 2 b) 4 mol de KO2 3 . 22,4 de L O2 0,4 mol de KO2 y y = 0,4 · 3 · 22,4 V y = 6,72 L de O2 4 4.15 Alternativa C. 1 mol de AL(OH)3 = 78 g 78 g de AL(OH)3 3 mol de HCL x 0,24 mol de HCL x = 0,24 · 78 V x = 6,24 g de AL(OH)3 3 1 000 mL do medicamento 26 g de AL(OH)3 y 6,24 g de AL(OH)3 y = 6,24 · 1 000 V y = 240 mL do medicamento 26 4.16 Alternativa D. 8 SO2(g) + 16 H2S(g) *( 16 H2O(V) + 3 S8(s) 16 · 6,02 · 1023 3 · 256 g de S8 moléculas de H2S x 5,0 · 109 g de S8 x = 5,0 · 109 · 16 · 6,02 · 1023 3 · 256 x = 6,27 · 1031 moléculas 4.17 2 MgO(s) + 2 SO2(g) + 1 O2(g) **( 2 MgSO4(s) 2 · 40 g 2 · 64 g 1 · 32 g 2 · 120 g a) 2 · 40 g de MgO(s) 2 mol de SO2(g) x 200 mol de SO2(g) x = 2 · 40 · 200 V x = 8 000 g ou 2 x = 8 · 103 g · 1 t V x = 8 · 10–3 t de MgO(s) 106 g b) 2 mol de MgO(s) 1 · 24,46 L de O2(g) 50 mol de MgO(s) y y = 50 · 1 · 24,46 V y = 611,5 L ou 2 y = 611,5 L · 1 m3 V y = 0,6115 m3 ou q 0,61 m3 1 000 L c) 2 · 22,71 L de SO2(g) 2 · 120 g de MgSO4(s) z 2 t de MgSO4(s) 2 t · 2 · 22,71 L · 1 m3 z = 1 000 L V z = 378,5 m3 de SO2(g) 2 · 120 g · 1 t 106 g 4.18 Alternativa A. 1 C4H8O2(L) + 1 CH4O(L) **( 1 C5H10O2(L) + 1 H2O(L) 1 · 88 g de C4H8O2 1 mol de C5H10O2 3,52 g de C4H8O2 x x = 3,52 · 1 V x = 0,04 mol de C5H10O2(L) 1 · 88 4.19 Alternativa D. 1 C2H2(g) + 1 HCL(aq) **( 1 C2H3CL(g) 22,4 L (CNTP) 1 mol x 2 mol x = 2 · 22,4 V x = 44,8 L de C2H2(g) 1 4.20 Alternativa A. 6 NaN3(s) + Fe2O3(s)( 3 Na2O(s) + 2 Fe(s) + 9 N2(g) 6 mol 9 . 22,4 L 3 mol V V = 3 · 9 · 22,4 V x = 100,8 L ou q 101 L de N2(g) 6
  13. 13. 34 34 H H H H H H HH HH HH H H H Resolução da série exercitando o raciocínio 5.1 Alternativa C. 2 SO2(g) + 1 O2(g) **( 2 SO3(g) 2 mols 1 mol 2 volumes 1 volume Se forem usados volumes iguais dos dois gases reagentes, haverá excesso de 50% (metade do volume) de gás oxigênio. 5.2 Alternativa A. CS2(L) + 3 CL2(g) **( CCL4(L) + S2CL2(L) 76 g 3 · 71 g x 2,000 kg x = 2,000 · 76 V x = 0,7136 kg de CS2(L) 3 · 71 Excesso de CS2(L) = 1,000 kg – 0,7136 kg Excesso de CS2(L) = 0,286 kg 3 · 71 g de CL2(g) 154 g de CCL4(L) 2,000 kg de CL2(g) y y = 2,000 · 154 V y = 1,446 kg de CCL4(L) 3 · 71 5.3 Alternativa C. 2 AL(s) + 1 Cr2O3(s) **( 1 AL2O3(s) + 2 Cr(s) 2 · 27 g de AL(s) 1 · 152 g de Cr2O3(s) 5,4 kg de AL(s) x x = 5,4 · 152 V x = 15,2 kg de Cr2O3(s) 54 Excesso de Cr2O3(s) = 20,0 kg – 15,2 kg Excesso de Cr2O3(s) = 4,8 kg 2 · 27 g de AL(s) 2 · 52 g de Cr(s) 5,4 kg de AL(s) y y = 5,4 · 2 · 52 V y = 10,4 kg de Cr(s) 2 · 27 5.4 Alternativa B. Reação: 2 P(s) + 3 F2(g) **( 2 PF3(g) 2 mol 3 mol 62 g 114 g 15,5 g x x = 15,5 · 114 V x = 28,5 g (100% de rendimento) 62 5.5 Alternativa E. Reação: 2 H2(g) + O2(g) **( 2 H2O(v) 2 mol 1 mol 2 mol 4 g 32 g 36 g 2 g 32 g x reagente reagente em limitante excesso x = 2 · 36 V x = 18 g de H2O(v) 4 massa de oxigênio que reage: 16 g massa de oxigênio em excesso: 16 g 5.6 Alternativa B. 1 N2(g) + 3 H2(g) **( 2 NH3(g) 1 mol 3 mol 2 mol 30 mol 75 mol x x = 75 · 2 V x = 50 mol de NH3(g) 3 O nitrogênio, N2(g), está presente em excesso. 5.7 Alternativa C. 1 SnO2(s) + 2 C(s) *( 1 Sn(s) + 2 CO(g) 1 mol 2 mol 1 mol 151 g 24 g 119 g 453 . 103 g 96 . 103 g y Cálculo do reagente em excesso: x = 453 . 103 · 24 V x = 72 . 103 g de C(s) 151 reagente limitante: SnO2(s) reagente em excesso: C(s) Cálculo da massa de estanho formado: 151 g de SnO2(s) 119 g de Sn 453 . 103 g de SnO2(s) y y = 453 . 103 · 119 V y = 357 . 103 g de Sn(s) 151 y = 357 kg de Sn 5.8 Alternativa C.
  14. 14. 35 Orientações para o professor 35 1 mol glicose 2 mol etanol 180 g glicose 2 · 46 g etanol 90 . 106 g glicose x x = 90 . 106 · 2 · 46 V x = 46 . 106 g de etanol 180 x = 46 t de etanol 100% 46 t de etanol y 11,5 toneladas de etanol y = 11,5 · 100 V y = 25% 46 5.9 Alternativa D. C(s) + O2(g) **( CO2(g) 1 mol 1 mol 12 g 44 g 3 000 g x x = 3 000 · 44 V x = 11 000 g ou 11 kg de CO2(g) 12 100% de rendimento 11 kg de CO2(g) 90% de rendimento y y = 90 · 11 V y = 9,9 kg de CO2(g) 100 5.10 Alternativa B. 1 mol de C7H6O3 1 mol de C9H8O4 138 g 180 g 1,38 . 106 g x x = 1,38 . 106 · 180 V x = 1,8 . 106 g de C9H8O4 138 x = 1,80 t de C9H8O4 100% de rendimento 1,80 t 80% y y = 80 · 1,80 V y = 1,44 t de C9H8O4 100 5.11 Alternativa E. Cr2O3(s) + 2 AL(s) **( 2 Cr(s) + AL2 O3(s) 1 mol 2 mol 152 g 104 g 15,2 g x x = 15,2 . 104 V x = 10,4 g de Cr(s) 152 100% de rendimento 10,4 g 75% de rendimento y y = 75 · 10,4 V y = 7,8 g de Cr(s) 100 5.12 Alternativa D. 1 CaCL2(aq) + 1 Na2SO4(aq) ( 1 CaSO4(s) + 2 NaCL(aq) 1 mol 1 mol 1 mol 136 g 2 mol x x = 2 . 136 V x = 272 g de CaSO4(s) 1 100% de rendimento 272 g 75% de rendimento y y = 75 · 272 V y = 204 g de CaSO4(s) 100 5.13 Alternativa D. 3 V2O5(s) + 10 AL(s) **( 6 V(s) + AL2O3(s) 10 mol 6 mol 6 mol de V(s) 100% x 80% x = 80 . 6 V x = 4,8 mol de V(s) 100 AL(s) = 27 g/mol e V(s) = 51 g/mol 10 mol de AL(s) = 270 g e 4,8 mol de V(s) = 244,8 g 270 g de AL(s) 244,8 g de V(s) y 122,16 g y = 122,16 · 270 V y q 135 g de AL(s) 244,8 5.14 Alternativa C. CO2(g) + 2 NH3(g) **( 1 CO(NH2)2(s) + H2O(g) 2 . 17 g 1 . 60 g 340 . 106 g x x = 340 . 106 · 1 . 60 V x = 600 . 106 g de ureia 2 . 17 x = 600 toneladas de ureia 100% 600 t de ureia y 540 t de ureia y = 540 . 100 V y = 90% de rendimento 600 5.15 Alternativa C. 2 AL(s) + 3 H2SO4(aq) **( 1 AL2(SO4)3(s) + 3 H2(g) 2 mol 3 mol 2 . 27 g 3 . 22,4 L 5,4 g x x = 5,4 . 3 . 22,4 V x = 6,72 L de H2(g) 2 . 27 6,72 L 100% de rendimento 5,71 L y y = 5,71 . 100 V y q 85% de rendimento 6,72 5.16 Alternativa C. 6 mol HF 1 mol Na3ALF6 6 . 20 g 210 g 30 kg x x = 30 · 210 V x = 52,5 kg de Na3ALF6 6 . 20 100% de rendimento 52,5 kg 90% de rendimento y y = 90 · 52,5 V y = 47,25 kg de Na3ALF6 100 5.17 Alternativa A. 2 NaCL + MnO2 + 2 H2SO4 *(Na2SO4 + MnSO4 + CL2 + 2 H2O 2 mol 1 mol
  15. 15. 36 36 2 . 58,5 g 71 g 500 g x x = 500 . 71 V x q 303,4 g de CL2 2 . 58,5 100% de rendimento 303,4 g de CL2 85% de rendimento y y = 85 . 303,4 V y q 257,9 g de CL 100 P · V = m · R · T V V = m · R · T M M · P V = 257,9 · 0,082 · 300 V V q 59,6 L 71 · 1,5 5.18 1 NH4NO2(s) **( 2 H2O(L) + 1 N2(g) 1 · 64 g de NH4NO2 1 · 22,4 L de N2(g) 12,8 g de NH4NO2 x x = 12,8 · 1 · 22,4 V x = 4,48 L de N2(g) 1 · 64 4,48 L de N2(g) 100% de rendimento y 80% de rendimento y = 80 · 4,48 V y = 3,584 L de N2(g) 100 5.19 Cálculo da quantidade teórica: 2 Fe2O3(s) + 6 C(s) + 3 O2(g) **( 4 Fe(s) + 6 CO2(g) 2 · 160 g 4 · 56 g 80 t x x = 80 · 4 · 56 V x = 56 t de Fe(s) 2 · 160 56 t 100% 50,4 g y y = 50,4 · 100 V y = 90% 56 5.20 Alternativa D. CaO(s) + 2 NH4CL(aq) **( 2 NH3(g) + H2O(g) + CaCL2(s) 56 g de CaO(s) 2 · 17 g de NH3(g) 224 g de CaO(s) x x = 224 · 34 V x = 136 g de NH3(g) 56 136 g 100% 102 g y y = 102 · 100 V y = 75% 136 5.21 Alternativa B. 2 HCL(aq) + Mg(OH)2(col.) **( MgCL2(aq) + 2 H2O(L) 1 mol 1 mol 58 g 95 g x 16 g x = 16 · 58 V x = 9,8 g de Mg(OH)2(col.) 95 12,2 g de Mg(OH)2(col.) 100% 9,8 g y y = 9,8 · 100 V y = 80,3% 12,2 5.22 Alternativa D. 100 g de pirolusita fornece 80 g de dióxido de manganês. 3 MnO2(s) + 4 AL(s) *( 2 AL2O3(s) + 3 Mn(s) 3 mol 3 mol 1 mol 1 mol 87 g 55 g x 1,10 . 106 g x = 1,10 . 106 · 87 V x = 1,74 . 106 g de MnO2(s) 55 x = 1,74 t Massa de MnO2(s) presente na pirolusita: 100 g de pirolusita 80 g de MnO2(s) y 1,74 . 106 g de MnO2(s) x = 1,74 . 106 · 100 V x = 1,74 . 106 g de MnO2(s) 80 x = 2,175 . 106 g ou q 2,18 t 5.23 Alternativa D. Porcentagem de pureza do carbureto: 64% Cálculo da massa de carbureto usado na reação: 1 000 . 0,64 = 640 g CaC2(s) + 2 H2O(L) *( Ca(OH)2(s) + C2H2(g) 1 mol 1 mol 64 g 22,4 L (CNTP) 640 g x x = 640 · 22,4 V x = 224 L 64
  16. 16. 40 40               H Resolução da série exercitando o raciocínio 6.1 Alternativa B. A 40ºC: 60 g de KNO3 100 g de H2O x 50 g de H2O x = 50 · 60 V x = 30 g de KNO3 100 Como foram adicionados 40 g de KNO3 em 50 g de água; 30 g de KNO3 irão se dissolver e 10 g de KNO3 irão se depositar no fundo do recipiente. 6.2 Resposta 37. São corretos os itens: 01, 04 e 32. 02. Errado. A solução saturada é uma mistura homogênea que apresenta a quantidade máxima de soluto que é pos­sível dissolver em determinada quantida­de de solvente a certa temperatura. 08. Errado. A solução con­cen­trada nor­mal­mente apresenta uma quantidade de soluto dissolvido próxima à do coefi­ciente de solubilidade (CS), mas não neces­saria­mente igual ao CS. 16. Errado. Para se obter uma solução o soluto e o solvente não devem reagir entre si. 6.3 Alternativa D. Uma mistura de 30 g de K2Cr2O7 e 50 g de água é o mesmo que uma mistura de 60 g de K2Cr2O7 e 100 g de água. Para o dicromato de potássio, o coeficiente de solubilidade é igual a 60 g de sal/100 g de água a 70 °C. Abaixo dessa temperatura o sal começa a cristalizar (precipitar). 6.4 Alternativa E. a ) a 20 o C, uma solução aquosa com 120 g de NaOH é supersa- turada, uma vez que nessa temperatura a quantidade máxima de soluto que é possível dissolver é de 109 g em 100 g de água. b ) a 20 o C, uma solução aquosa com 80 g de NaOH é concen- trada já que essa quan­ti­dade de soluto é próxima do CS. c ) a 30 o C, uma solução aquosa com 11,9 g de NaOH é diluída. Nessa temperatura é possível dissolver até 119 g de NaOH/100 g de água. d ) a 30 o C, uma solução aquosa com 119 g de NaOH é saturada sem presença de corpo de fundo. 6.5 Alternativa E. 1 L de lágrimas 1 000 mL de lágrimas 6 g de sais 1 mL de lágrimas x x = 1 · 6 V x = 0,006 g 1 000 6.6 Alternativa C. Massa total da solução A: 20 g (soluto) + 250 g (solvente) = 270 g Massa total da solução B: 200 g (massa de solução) Massa total da solução final: 270 + 200 = 470 g
  17. 17. 41 Orientações para o professor 41 6.7 Alternativa A. 200 mL de leite 0,2 L leite 240 mg Ca x 1 200 mg Ca x = 1 200 · 0,2 V x = 1,0 L 240 6.8 Alternativa E. O íon metálico mais tóxico é o que apresenta a menor concen- tração máxima tolerada. 6.9 Alternativa D. 1 parte de suco em volume 1,5 litros 2 partes de água em volume 3,0 litros Total: 4,5 litros 6.10 Alternativa A. Volume de água na piscina: 10 . 5 . 2 = 100 m3 Volume de água na piscina = 100 000 L 1 mg de CuSO4 = 0,001 g CuSO4 1 L 0,001 g CuSO4 100 000 L x x = 100 000 · 0,001 V x = 100 g de CuSO4 1 6.11 Alternativa C. 1 000 mL de soro (1 L) 3,5 NaCL 500 mL de soro x x = 500 · 3,5 1 000 x = 1,75 g de NaCL (ou 1 750 mg de NaCL). 1 000 mL de soro (1 L) 11 g de sacarose 500 mL de soro y y = 500 · 11 1 000 y = 5,5 g de sacarose (ou 5 500 mg de sacarose). 6.12 Alternativa A. 200 mL de solução 58 mg de aspartame 1 000 mL de solução x x = 1 000 · 58 V x = 290 mg de aspartame 200 x = 0,29 g de aspartame. Concentração de aspartame no suco = 0,29 g/L 6.13 Alternativa A. 103 cm3 1 L 2 · 106 cm3 V V = 2 · 106 · 1 V V = 2 . 103 L 103 Em 1 L deve haver 30 g de sais Em 2 . 103 deve haver m m = 2 · 103 · 30 V m = 60 . 103 g 1 m = 60 kg ou 6 · 101 kg 6.14 Alternativa E. Sabendo que a diferença de massa entre o refrigerante co- mum e o diet é somente por conta do açúcar, temos: maçúcar = mrefrigerante comum – mrefrigerante diet maçúcar = 331,2 – 316,2 V maçúcar = 15 g 15 g de açúcar 0,3 L de refrigerante x 1 L de refrigerante x = 1 · 15 V x = 50 g de açúcar/L de refrigerante 0,3 6.15 a) 29,4 g de H2SO4 1000 mL de solução x 500 mL de solução x = 500 · 29,4 V x = 14,7 g de H2SO4 1 000 b) 1,84 g de H2SO4 1 mL de H2SO4 14,7 g de H2SO4 y y = 14,7 · 1 V y q 8 mL de H2SO4 1,84 6.16 a) msolução = mAgNO3 + mágua V msolução = 60 + 240 msolução = 300 g 60 g de AgNO3 300 g de solução x 100 g de solução x = 100 · 60 V x = 20 g de AgNO3 300 T = 0,2 e %massa de AgNO3 = 20% b) Como T = 0,25, temos que 25 g de AgNO3 está dissolvida em 100 g de solução: mágua = 100 – 25 V mágua = 75 g 75 g de água 100 g de solução y 350 g de solução y = 350 · 75 V y = 262,5 g de água 100 c) 30% em massa: 30 g de AgNO3/100 g de solução msolução = mAgNO3 + mágua msolução = mAgNO3 + 700 30 g de AgNO3 100 g de solução mAgNO3 (mAgNO3 + 700) mAgNO3 = (mAgNO3 + 700) · 30 100 100 . mAgNO3 = 30 . mAgNO3 + 30 . 700 70 . mAgNO3 = 21000 V mAgNO3 = 21 000 70 mAgNO3 = 300 g de AgNO3 6.17 3 mg 1 kg de peso corporal x 80 kg de peso corporal x = 80 · 3 V x = 240 mg 1 Porém, não se pode exceder 200 mg por dose. Se cada gota contém 5 mg de analgésico: 5 mg de analgésico 1 gota 200 mg de analgésico y y = 200 · 1 V y = 40 gotas 5 6.18 Sim. Ao misturar etanol anidro, C2H5OH, com água, há retração do volume da solução por causa da grande inten- sidade das forças intermoleculares (ligações de hidrogênio) estabelecidas entre o etanol anidro e a água.
  18. 18. 42 42 6.19 1000 mL de vinagre 55 mL de ácido acético 100 mL de vinagre x x = 100 · 55 V x = 5,5 mL de ácido acético 1000 % em volume = 5,5% V TV = 0,055 6.20 Alternativa D. 100 mL de solução intravenosa 3 g NaNO2 100 mL de solução intravenosa 3 000 mg NaNO2 10 mL de solução intravenosa x x = 10 · 3 000 V 100 x = 300 mg de nitrito de sódio 6.21 Alternativa D. Uma solução com 2,0% em massa de soluto apresenta título igual a 0,02 (2 ÷ 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 2 unidades de massa de soluto e 98 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 2 g de soluto 250 g de solução x x = 250 . 2 V x = 5,0 g de soluto 100 massa da solução = massa do soluto + massa do solvente 250 = 5 + massa de solvente massa de solvente = 250 – 5 massa de solvente = 245 g 6.22 Alternativa E. Uma solução com 0,9% em massa de soluto apresenta título igual a 0,009 (0,9 ÷ 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 0,9 unidades de massa de soluto e 99,1 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 0,9 g de soluto 2 000 g de solução x x = 2 000 . 0,9 V x = 18 g de soluto 100 6.23 Alternativa E. 100 mL de solução = 0,1 L de solução 0,1 L de solução 0,3 g de H3BO3 10 000 L de solução x x = 10 000 . 0,3 V x = 30 000 g de H3BO3 0,1 x = 30 kg de H3BO3 6.24 Alternativa D. Uma solução com 5% em massa de soluto apresenta título igual a 0,05 (5 ÷ 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 5 unidades de massa de soluto e 95 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 5 g de soluto 1 000 g de solução x x = 1 000 . 5 V x = 50 g de soluto 100 6.25 Alternativa A. Em 100 g de solução alcoólica 60,0 o INPM há 60 g de etanol: 100 g de solução alcoólica 60 g de etanol 500 g de solução alcoólica x x = 60 · 5 V x = 300 g de etanol 1 6.26 Alternativa D. 1 000 000 g da crosta terrestre 20 g de chumbo 100 g da crosta terrestre x x = 100 · 20 V x = 0,002 g ou 2,0 mg de Pb 1 000 000 6.27 Alternativa C. Volume do ambiente em que se encontra a pessoa: V = 12,5 · 4 · 10 V V = 500 m3 ou 500 000 L Volume de CO: 2 L Cálculo da concentração de CO: 2 L CO 500 000 L de ar x 1 000 000 L de ar x = 1 000 000 · 2 V 500 000 x = 4 L em 1 milhão de L ou 4 ppm 6.28 Alternativa A. 1450 ppm indica: 1450 g de NaF a cada 106 g do dentrifício 106 g do dentifrício 1 450 g de fluoreto de sódio 90 g do dentifrício x x = 90 · 1 450 V x = 0,1305 g ou q 0,13 g de NaF 1 000 000 6.29 Alternativa B. 1 ppm = 1 mg de soluto por litro de solução aquosa 6 mg de NaNO3 1 L de água mineral x 0,3 L de água mineral x = 0,3 · 6 V x = 1,8 mg ou 0,0018 g de NaNO3 1 6.30 Alternativa B. 1 kg de “peso corporal” 5 mg de flúor 70 kg de “peso corporal” x x = 70 · 5 V x = 350 mg de flúor 1 1 000 L de água 700 mg de flúor V 350 mg de flúor V = 350 · 1 000 V x = 500 L de água 700
  19. 19. 44 44 Resolução da série exercitando o raciocínio 7.1 Alternativa B. 0,20 mol de C4H10O 1000 mL de solução x 500 mL de solução x = 500 · 0,20 V x = 0,10 mol de C4H10O 1000 Massa molar do C4H10O = 74 g/mol 1,0 mol de C4H10O 74 g 0,10 mol de C4H10O y y = 0,10 · 74 V y = 7,4 g de C4H10O 1 7.2 Alternativa E. 4,2 g de C2H4O2 100 mL de vinagre x 1000 mL de vinagre x = 1000 · 4,2 V x = 42 g de C2H4O2/L de vinagre 100 Massa molar do C2H4O2 = 60 g/mol 1,0 mol de C2H4O2 60 g y 42 g (por litro de vinagre) y = 42 · 1,0 V y = 0,7 mol/L 60 7.3 Alternativa D. 1,0 . 10–2 mol de HCL 1000 mL de suco gástrico x 100 mL de suco gástrico x = 1,0 . 10–2 · 100 V x = 1,0 . 10–3 mol de HCL 1000 Massa molar do HCL = 36,5 g/mol 1 mol de HCL 36,5 g de HCL 1,0 . 10–3 mol de HCL y y = 1,0 . 10–3 · 36,5 1 y = 36,5 . 10–3 g de HCL V y = 0,0365 g de HCL 7.4 Alternativa B. NaCL: massa molar = 58,5 g/mol 0,06 mol de NaCL 1000 mL de soro caseiro x 200 mL de soro caseiro x = 200 · 0,06 V x = 0,012 mol de NaCL 1000 1 mol de NaCL 58,5 g de NaCL 0,012 mol de NaCL y y = 0,012 · 58,5 V y = 0,702 g de NaCL 1 C12H22O11: massa molar = 342 g/mol 0,032 mol de C12H22O11 1000 mL de soro caseiro z 200 mL de soro caseiro z = 200 · 0,032 V z = 0,0064 mol de C12H22O11 1000 1 mol de C12H22O11 342 g de C12H22O11 0,0064 mol de C12H22O11 w w = 0,0064 · 342 V w q 2,19 g de C12H22O11 1 7.5 Alternativa E. d = 1,29 g/cm3 1,29 g 1 cm3 x 1000 cm3 x = 1000 . 1,29 V x = 1290 g 1 Uma solução com 38% em massa de soluto apresenta título igual a 0,38 (38 ÷ 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 38 unidades de massa de soluto e 62 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 38 g de soluto 1290 g de solução y y = 1290 . 38 V y = 490,2 g de soluto (H2SO4) 100 1 mol de H2SO4 98,0 g n 490,2 n = 490,2 . 1 V n q 5,0 mol de H2SO4 98,0 7.6 Alternativa D. 1 gota de adoçante 3,66 mg de sacarina 50 gotas de adoçante x
  20. 20. 45 Orientações para o professor 45 x = 50 . 3,66 V x = 183 mg 1 ou x = 0,183 g de sacarina 1 mol de sacarina 183 g y 0,183 g y = 1 . 0,183 V y = 0,001 mol 183 0,001 mol de sacarina 0,250 L de café com leite z 1 L de café com leite z = 1 . 0,001 V z = 0,004 mol 0,250 A concentração em quantidade de matéria de sacarina no café com leite é igual a 0,004 mol/L. 7.7 Cálculo da concentração de lacose no leite. 1 mol de lactose 342 g x 5 g x = 5 . 1 V x q 0,015 mol de lactose 342 0,015 mol de lactose 0,1 L de leite integral y 1 L de leite integral y = 1 . 0,015 V y q 0,15 mol de lactose 0,1 A concentração em quantidade de matéria de lactose no leite integral é igual a 0,15 mol/L. 7.8 Alternativa D. Cálculo do volume de ar correspondente a 5,0 . 1010 g: 1,25 g de ar 1 L de ar 5,0 . 1010 g de ar x x = 5,0 . 1010 . 1 V x = 4,0 . 1010 L de ar 1,25 Cálculo da concentração, em mol/L, do etanotiol: 0,016 mol de etanotiol 4,0 . 1010 L de ar y 1 L de ar y = 1 . 0,016 V y = 4 . 10–13 mol de etanotiol 4,0 . 1010 7.9 Alternativa C. I. Falsa. A fórmula do bicarbonato de cálcio é Ca(HCO3)2. II. Verdadeira. NaHCO3(aq) + HCL(aq) *( NaCL(aq) + H2O(L) + CO2(g) III. Verdadeira. IV. Verdadeira. O bicarbonato de cálcio está presente na água numa concentração de 129,60 mg/L. Massa molar do Ca(HCO3)2 = 162 g/mol 1 mol de Ca(HCO3)2 162 . 103 mg de Ca(HCO3)2 x 129,60 mg de Ca(HCO3)2 x = 1 . 129,60 V x = 0,0008 mol 162 . 103 Logo, a concentração em quantidade de matéria de Ca(HCO3)2 presente na água é igual a 8,0 . 10−4 mol/L. V. Falsa. O sódio (bicarbonato de sódio) e o potássio (do bicarbonato de potássio) pertencem à família dos metais alcalinos. 7.10 Alternativa E. Massa molar do C16H18CLN3S = 319,5 g/mol 1 mol de C16H18CLN3S 319,5 g de C16H18CLN3S x 1 g de C16H18CLN3S x = 1 . 1 V x q 0,00313 mol de C16H18CLN3S 319,5 2,5 . 10–6 mol de C16H18CLN3S 1 L de solução 0,00313 mol de C16H18CLN3S y y = 0,00313 . 1 V y q 1 252 L de solução 2,5 . 10–6 Aproximadamente 1 250 L. 7.11 a) Solução 0,0025% em massa 100 g de solução 0,0025 g de soluto 1 000 g de solução x x = 1 000 . 0,0025 V x = 0,025 g 100 Como a densidade da solução é igual a 1 kg/L, teremos uma concentração em massa igual a 0,025 g/L b) Solução 0,15% em massa: 100 g de solução 0,15 g de soluto 1 000 g de solução x x = 1 000 . 0,15 V x = 1,5 g 100 Como a densidade da solução é igual a 1 kg/L, teremos uma concentração em massa igual a 1,5 g/L 210 g de ácido cítrico 1 mol 1,5 g y y = 1,5 . 1 V y = 0,00714 mol 210 A concentração em quantidade de matéria da solução é igual a 7,14 . 10–3 mol/L. 7.12 Massa molar do I2 = 254 g/mol 254 g de I2 1 mol de I2 15,24 g de I2 x x = 15,24 · 1 V x = 0,06 mol de I2 254 Cálculo do volume de álcool etílico: 0,8 g de álcool etílico 1 mL 500 g de álcool etílico y y = 500 · 1 V y = 625 mL 0,8 0,06 mol de I2 625 mL de álcool etílico z 1 000 mL de álcool etílico z = 1000 · 0,06 625 z = 0,096 mol/L ou q 0,01 mol/L 7.13 a) Cálculo da massa de glicose/mL de sangue: 0,5 mL de sangue 0,9 mg de glicose 1,0 mL de sangue x x = 1,8 mg de glicose, portanto, 1,8 mg/mL Cálculo da massa de glicose; em 100 mL de sangue: 1mL de sangue 1,8 mg de glicose 100 mL de sangue y
  21. 21. 46 46 y = 180 mg de glicose/100 mL de soro Como o limite é igual a 110 mg de glicose/100 mL de soro. O indivíduo é considerado diabético. b) Massa molar da glicose é igual a 180 g/mol. 180 g de glicose 1 mol 180 . 10–3 g de glicose z z = 0,001 mol 0,001 mol de glicose 0,1 L (100 mL) w 1 L w = 1 · 0,001 V w = 0,01 mol/L 0,1 7.14 Alternativa D. Massa molar do CO2 = 44 g/mol. 1 mol de CO2 44 g de CO2 0,025 mol de CO2 x x = 0,025 · 44 V x = 1,1 g/L de CO2 1 7.15 a) Cálculo da massa de ureia 1 mol de ureia 60 g 1,0 . 10–2 mol x x = 1,0 . 10–2 · 60 V x = 0,6 g de ureia 1 0,6 g de ureia 1 000 mL y 200 mL y = 200 · 0,6 V y = 0,12 g de ureia 1000 b) Cálculo do número de moléculas de ureia dissolvidas. 60 g de ureia 6,02 . 1023 moléculas 0,12 g de ureia z z = 0,12 · 6,02 . 1023 V z q 1,2 . 1021 moléculas 60 7.16 a) Massa molar do AL2(SO4)3 = 342 g/mol 68,4 g de AL2(SO4)3 100 mL de solução x 1000 mL de solução x = 1000 · 68,4 V x = 684 g de AL2(SO4)3 100 1 mol de AL2(SO4)3 342 g de AL2(SO4)3 y 684 g de AL2(SO4)3 y = 684 · 1 V y = 2 mol de AL2(SO4)3 342 Solução 2 mol/L de AL2(SO4)3. b) Considerando a = 60%: AL2(SO4)3(aq) **( 2 AL3+ (aq) + 3 SO4 2– (aq) 2 mol/L 4 mol/L 6 mol/L Para o AL3+ (aq): 4 mol/L de íons AL3+ (aq) 100% de dissociação z 60% de dissociação z = 60 · 4 V z = 2,4 mol/L de íons AL3+ (aq) 100 Para o SO4 2– (aq): 6 mol/L de íons SO4 2– (aq) 100% de dissociação w 60% de dissociação w = 60 · 6 V w = 3,6 mol/L de íons SO4 2– (aq) 100 7.17 Alternativa D. 0,010 mol/L de íons Ca2+ (aq) 1 L de solução x 1,0 . 103 L de solução x = 1,0 . 103 · 0,010 V x = 10 mol de íons Ca2+ (aq) 1 0,005 mol/L de íons Mg2+ (aq) 1 L de solução y 1,0 . 103 L de solução y = 1,0 . 103 · 0,005 V y = 5 mol de íons Mg2+ (aq) 1 Total de íons bivalentes a serem substituídos: 10 + 5 = 15 mol. Como o sódio, Na1+ , é monovalente, será necessário o dobro de íons desse elemento para substituir os íons Ca2+ e Mg2+ , portanto, serão necessários 30 mol de íons Na1+ (aq). 7.18 Alternativa B. 100 mL de solução aquosa 2 g de glutaraldeído 1 000 mL de solução aquosa x x = 1 000 · 2 V x = 20 g de glutaraldeído 100 Massa molar do glutaraldeído, C5H8O2 = 100 g/mol 100 g glutaraldeído 1 mol 20 g glutaraldeído y y = 20 · 1 V y = 0,2 mol 100 Concentração em quantidade de matéria de glutaraldeído na solução: 0,2 mol/L 7.19 Alternativa C. Massa molar do CaCO3 = 100 g/mol 1 mol de CaCO3 100 g 0,2 mol de CaCO3 x x = 0,2 · 100 V x = 20 g de CaCO3 1 20 g de CaCO3 1 000 mL y 500 mL y = 500 · 20 V y = 10 g 1000 7.20 Alternativa C. Massa molar do CaBr2 = 200 g/mol 200 g de CaBr2 1 mol 10 g de CaBr2 x x = 10 · 1 V x = 0,05 mol 200 Concentração em quantidade de matéria = 0,05 mol/L. 7.21 Cálculo da massa de mercúrio em 250 mL de solução. Massa molar do mercúrio = 200 g/mol 5 . 10–5 mol de Hg 1 000 mL de solução x 250 mL de solução x = 250 · 5 . 10–5 V x = 1,25 . 10–5 mol de Hg 1 000 1 mol de Hg 200 g 1,25 . 10–5 mol de Hg y
  22. 22. 47 Orientações para o professor 47 y = 1,25 . 10–5 · 200 V y = 2,5 . 10–3 g de Hg 1 Ao beber 250 mL da água (solução) o garimpeiro ingere uma massa de 2,5 mg de mercúrio. 7.22 a) Verdadeira. 60 g de A 300 mL de solução x 1 000 mL de solução x = 1 000 · 60 V x = 200 g 300 Concentração em massa = 200 g/L b) Falsa. 160 g de A 1 mol 200 g de A y y = 200 · 1 V y = 1,25 mol 160 Concentração em quantidade de matéria = 1,25 mol/L c) Falsa. A cada 8 horas o paciente deve ingerir 1 g do princípio ativo (3 gramas por dia): 60 g de A 300 mL de solução 1 g de A z z = 1 · 300 V z = 5 mL 60 7.23 Alternativa D. 0,975 . 10–3 g de K2A 280 mL de solução x 1 000 mL de solução x = 1 000 · 0,975 . 10–3 V x = 0,0035 g de K2A 280 Concentração em massa de K2A = 0,0035 g/L 174 g de K2A 1 mol 0,0035 g de K2A y y = 0,0035 · 1 V y = 2,01 . 10–5 mol 174 Concentração em mol/L de K2A = 2,01 . 10–5 mol/L 1 mol de K2A 2 mol de íons K1+ 2,01 . 10–5 mol de K2A z z = 2,01 . 10–5 · 2 V z = 4,02 . 10–5 mol 1 Concentração em mol/L de íons K1+ = 4,02 . 10–5 mol/L 7.24 Alternativa C. 2 mol de Br1− 1 mol de Br2 5,0 . 10−3 mol de Br1− x x = 5,0 . 10−3 · 1 V x = 2,5 . 10–3 mol de Br2 2 7.25 Alternativa C. 1 mol de FeSO4 . 7 H2O 278 g x 12,49 . 10–3 g x = 12,49 . 10–3 . 1 278 x = 0,045 . 10–3 mol de FeSO4 . 7 H2O 1 mol de FeSO4 . 7 H2O 1 mol Fe2+ Logo, tem-se: 0,045 . 10–3 mol de íons Fe2+ 0,045 . 10–3 mol de íons Fe2+ 15 mL y 1 000 mL y = 1 000 · 0,045 . 10–3 V y = 3,0 . 10–3 mol 15 A concentração em quantidade de matéria de íons Fe2+ no biotônico é igual a 3 . 10−3 mol/L. 7.26 a) Cálculo da concentração em mol/L de íons Fe3+ (aq): 1 mol de Fe3+ 56 g x 4,48 . 103 g x = 4,48 . 103 · 1 V x = 80 mols de Fe3+ 56 80 mols de Fe3+ 1 000 L y 1 L y = 1 . 80 V y = 0,08 mol de Fe3+ 1 000 Concentração em quantidade de matéria: 0,08 mol/L de Fe3+ b) 4 Fe3+ (aq) + 3 O2(g) *( 2 Fe2O3(s) 4 mol 3 . 22,4 L de O2 80 mol z z = 80 . 3 . 22,4 V z = 1 344 L de O2 4 7.27 Alternativa D. Massa molar do íon PO4 3– = 95 g/mol 1 mol de íons PO4 3– 95 g x 0,15 g x = 0,15 . 1 95 x = 1,58 . 10–3 mol de íons PO4 3– Concentração em quantidade de matéria de íons fosfato no refrigerante = 1,58 . 10–3 mol de íons PO4 3– /L 7.28 a) ZnO(s) + 2 HCL(aq) *( Zn2+ (aq) + 2 CL1– (aq) + + H2O(L) b) 81 g de ZnO 65 g de Zn2+ 1,62 . 10−2 g x x = 1,62 . 10−2 . 65 V x = 1,3 . 10–2 g de Zn2+ 81 1 mol de Zn2+ 65 g de Zn2+ 0,10 mol de Zn2+ y y = 0,10 . 65 V y = 6,5 g de Zn2+ 1 6,5 g 1 000 mL 1,3 . 10–2 g z z = 1,3 . 10–2 . 1 000 V z = 2 mL 6,5 O volume de solução de ZnSO4 é igual a 2 mL. 7.29 Alternativa B. I. Falso. Concentração de F1– (aq), em ppm, numa solução 0,05 g/L: indica que, em 1 000 000 mg de solução, há 50 mg de F1– (aq). Portanto, a solução 0,05 g/L corresponde exatamente a 50 ppm de F1– (aq). Nessas condições a pessoa que ingerir a solução pode sofrer sérios efeitos de intoxicação. II. Verdadeira.
  23. 23. 48 48 Massa molar do NaF = 42 g/mol 42 000 mg de NaF 1 mol 150 mg de NaF x x = 150 · 1 V x = 0,0036 mol de NaF 42 000 0,0036 mol de NaF 250 mL y 1 000 mL y = 1 000 · 0,0036 V y = 0,0144 mol de NaF 250 Concentração em quantidade de matéria q 0,014 mol/L. III. Verdadeira. 100 L de ar 1,5 . 10−4 L de HF 1 000 000 de ar z z = 1 000 000 · 1,5 . 10−4 V z = 1,5 L de HF 100 Portanto, a concentração de HF no ar é 1,5 ppm. Esse valor está abaixo da faixa máxima permitida (de 2 a 3 ppm). 7.30 a) Concentração de Pb na água = 100 ppb. 1 . 109 g de água V 1 . 106 L de água V 100 g de Pb 1 L de água x x = 1 · 100 V x = 1 . 10–4 g de Pb 1 . 106 b) 1 mol de Pb 207 g de Pb y 1 . 10–4 g de Pb y = 1 . 10–4 · 1 V y = 4,8 . 10–7 mol de Pb 207 A concentração em quantidade de matéria de chumbo na água é igual a 4,8 . 10–7 mol de Pb/L. 7.31 Alternativa B. 1 mol de Mg2+ 24 g 4 . 10−4 mol de Mg2+ x x = 4 . 10−4 · 24 V x = 9,6 . 10–3 g de Mg2+ 1 x = 9,6 mg de Mg2+ ou q10 mg de Mg2+ Concentração em quantidade de matéria q10 mg de Mg2+ /L.ndradeustdio
  24. 24. 52 52 HH H H H H H HH H HH H H HH H HH H H H H H H HHH H H H H H H H H H HH H H H H H H H Resolução da série exercitando o raciocínio 8.1 São verdadeiras: 01, 04 e 32. Resposta = 37. 02. Falso. As soluções saturadas apresentam soluto dissolvido em quantidade igual ao coeficiente de solubilidade. 04. Verdadeiro. Aumentando a pressão, a solubilidade au- menta (lei de Henry). 08. Falso. O etanol é separado do álcool hidratado por desti- lação fracionada. 16. Falso. 1 mol de NaCL 58,5 g de NaCL x 30 g de NaCL x = 30 · 1 V x q 0,513 mol de NaCL 58,5 0,513 mol de NaCL 0,5 L de solução y 1 L de solução
  25. 25. 53 Orientações para o professor 53 y = 1 · 0,513 V y q 1,026 mol/L de NaCL 0,5 32. Verdadeiro 1 L de solução 2 mol de HCL 0,70 L de solução z z = 0,70 · 2 V z = 1,40 mol de HCL 1 O volume da solução resultante é: 0,30 L + 0,70 L = 1,0 L Portanto: 1,40 mol/L de HCL 64. Falso. A solubilidade dos gases, por exemplo, aumenta com a diminuição da temperatura. 8.2 Alternativa A. Cálculo da quantidade de matéria total de NaCL: 0,08 mol de NaCL 1 L de solução x 20 L de solução x = 20 · 0,08 V x = 1,6 mol de NaCL 1 0,52 mol de NaCL 1 L de solução y 2 L de solução y = 2 · 0,52 V y = 1,04 mol de NaCL 1 Quantidade de matéria total de NaCL na solução final: 1,6 + 1,04 = 2,64 mol de NaCL Cálculo da concentração em quantidade de matéria da solu- ção final: 2,64 mol de NaCL 22 L de solução z 1 L de solução z = 1 · 2,64 V z = 0,12 mol de NaCL 22 Concentração = 0,12 mol/L de NaCL Resposta: 0,12 · 100 = 12 8.3 Alternativa A. Adicionando-se a solução II à solução III, teremos: massa de KMnO4 = 6 + 12 massa de KMnO4 = 18 g Volume de solução = 300 + 200 Volume de solução = 500 mL Cálculo da concentração: 18 g de KMnO4 0,5 L de solução x 1 L de solução x = 1 · 18 V x = 36 g de KMnO4 0,5 Concentração = 36 g/L Cálculo da concentração da solução I: 4 g de KMnO4 0,1 L de solução y 1 L de solução y = 1 · 4 V y = 40 g de KMnO4 0,1 Concentração = 40 g/L Logo, CII + III < CI. 8.4 Alternativa C. Cálculo da concentração de oxigênio em 20 litros de H2O2 a 125 volumes. 1 L de H2O2 (125 volumes) 125 L de O2(g) 20 L de H2O2 (125 volumes) x x = 20 · 125 V x = 2 500 L de O2(g) 1 Cálculo da concentração de oxigênio em 100 litros de água oxigenada a 10 volumes: 1 L de H2O2 (10 volumes) 10 L de O2(g) 100 L de H2O2 (10 volumes) y y = 100 · 10 V y = 1 000 L de O2(g) 1 20 L de H2O2 (125 volumes) 2 500 L de O2(g) z 1000 L de O2(g) z = 1 000 · 20 V z = 8 L de H2O2 (125 volumes) 2 500 Para obter 100 L de água oxigenada a 10 vo­­lumes, tomam-se 8 litros de água oxige­na­da a 125 volumes e diluem-se a 100 litros. 8.5 Alternativa D. 0,5 mol de glicose 1000 mL de solução x 100 mL de solução x = 100 · 0,5 V x = 0,05 mol de glicose 1000 Antes da evaporação: 0,05 mol/L V 0,5 mol em 1000 mL Como o volume variou de 1000 mL para 100 mL, conclui-se que o volume de água evaporada é de 900 mL 8.6 a) V = 1/3 . 300 m3 V V= 100 m3 ou 105 L; m = 104 g de CuSO4 1 mol de CuSO4 159,5 g de CuSO4 (massa molar) x 104 g de CuSO4 x = 104 · 1 V x = 62,7 mol de CuSO4 159,5 62,7 mol de CuSO4 105 L de solução y 1 L de solução y = 1 · 62,7 V y = 6,27 . 10–4 mol de CuSO4/L 105 b) Numa diluição, a quantidade do soluto não muda. 3 · 10–3 mol de CuSO4 1 L de solução y 105 L de solução y = 3 · 10–3 · 105 V y = 3 · 10–3 · 105 mol de CuSO4 1 Como o volume da piscina é de 300 m3 ou 3 . 105 L, temos: 3 · 10–3 · 105 mol de CuSO4 3 . 105 L de solução z 1 L de solução z = 3 · 10–3 · 105 ·1 V z = 1 · 10–3 mol de CuSO4/L 3 . 105 8.7 Alternativa A. Como o volume e a concentração em mol/L são iguais para as duas soluções, podemos calcular: Em relação aos sais NaCL e KCL :
  26. 26. 54 54 1 NaCL(aq) **( 1 Na1+ (aq) + 1 CL1– (aq) 0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/L 1 KCL(aq) **( 1 K1+ (aq) + 1 CL1– (aq) 0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/L Volume da solução final (desprezando-se qualquer variação): 100 mL + 100 mL = 200 mL Para os íons Na1+ (aq): 0,1 mol de Na1+ (aq) 1 000 mL x 100 mL x = 100 · 0,1 V x = 0,01 mol de Na1+ (aq) 1 000 0,01 mol de Na1+ (aq) 200 mL y 1 000 mL y = 1 000 · 0,01 V y = 0,05 mol de Na1+ (aq) 200 Concentração de íons Na1+ (aq) = 0,05 mol/L Pelas equações balanceadas acima, concluímos que a concentra- ção de íons K1+ (aq) na solução final é igual a de íons Na1+ (aq) e que a concentração de íons CL1– (aq) é o dobro da concentração de íons Na1+ (aq). Portanto: Concentração de íons K1+ (aq) = 0,05 mol/L Concentração de íons CL1– (aq) = 0,1 mol/L 8.8 Em relação aos sais NaBr e MgBr2 : 1 NaBr(aq) **( 1 Na1+ (aq) + 1 Br1– (aq) 0,20 mol/L 0,20 mol/L 0,20 mol/L 1 MgBr2(aq) **( 1 Mg2+ (aq) + 2 Br1– (aq) 0,30 mol/L 0,30 mol/L 2 . 0,30 mol/L Volume da solução final (desprezando-se qualquer variação): 200 mL + 600 mL = 800 mL Para os íons Na1+ (aq): 0,20 mol de Na1+ (aq) 1 000 mL x 200 mL x = 200 · 0,20 V x = 0,04 mol de Na1+ (aq) 1 000 0,04 mol de Na1+ (aq) 800 mL y 1 000 mL y = 1 000 · 0,04 V y = 0,05 mol de Na1+ (aq) 800 Concentração de íons Na1+ (aq) = 0,05 mol/L Para os íons Mg2+ (aq): 0,30 mol de Mg2+ (aq) 1 000 mL z 600 mL z = 600 · 0,30 V z = 0,18 mol de Mg2+ (aq) 1 000 0,18 mol de Mg2+ (aq) 800 mL w 1 000 mL w = 1 000 · 0,18 V w = 0,225 mol de Mg2+ (aq) 800 Concentração de íons Mg2+ (aq) = 0,225 mol/L Para os íons Br1– (aq), cálculo da quantidade de matéria total: 0,20 mol de Br1– (aq) 1 000 mL a 200 mL a = 200 · 0,20 V a = 0,04 mol de Br1– (aq) 1 000 2 . 0,30 mol de Br1– (aq) 1 000 mL b 600 mL b = 600 · 2 . 0,30 V b = 0,36 mol de Br1– (aq) 1 000 Quantidade de matéria total = 0,04 + 0,36 Quantidade de matéria total = 0,4 mol de Br1– (aq) 0,4 mol de Br1– (aq) 800 mL g 1 000 mL g = 1 000 · 0,4 V g = 0,5 mol de Br1– (aq) 800 Concentração de íons Br1– (aq) = 0,5 mol/L 8.9 Alternativa B. 100 000 m3 = 108 L Cálculo da quantidade de matéria de CN1– : 0,0012 mol de CN1– 1 L de solução x 108 L de solução x = 0,0012 · 108 V x = 1,2 · 105 mol de CN1– 1 Massa molar do íon cianeto, CN1– = 26 g/mol 1 mol de CN1– 26 g de CN1– 1,2 · 105 mol de CN1– y y = 1,2 · 105 · 26 1 y = 3,12 · 106 g de CN1– ou y = 3,12 · 109 mg de CN1– Cálculo do volume de água necessário para diluir 3,12 · 109 mg de CN1– para que a água do efluente possa servir ao consumo doméstico: 0,01 mg de CN1– 1 L de solução 3,12 · 109 mg de CN1– z z = 3,12 · 109 · 1 V z = 3,12 · 1011 L de solução 0,01 Deve-se diluir aproximadamente em: 3,12 · 1011 = 3,12 · 103 108 ou seja, 3120 vezes ou q 3200 vezes. 8.10 Alternativa C. 4,0 mol de KCL 1 L de solução x 0,150 L de solução x = 0,150 · 4,0 V x = 0,6 mol de KCL 1 Como: KCL(aq) **( K1+ (aq) + CL1– (aq), Em 150 mL da solução de KCL(aq) 4,0 mol/L haverá 0,6 mol de íons K1+ (aq) e 0,6 mol de íons CL1– (aq). 3,0 mol de K2SO4 1 L de solução y 0,350 L de solução y = 0,350 · 3,0 V y = 1,05 mol de K2SO4 1 Como: K2SO4(aq) **( 2 K1+ (aq) + 1 SO4 1– (aq), em Em 350 mL da solução de K2SO4(aq) 3,0 mol/L haverá 2,10 mol de íons K1+ (aq) e 1,05 mol de íons SO4 1– (aq). Cálculo da concentração de íons K1+ (aq):
  27. 27. 55 Orientações para o professor 55 (0,6 + 2,10) mol de K1+ (aq) (0,150 + 0,350) L de solução z 1 L de solução z = 2,7 . 1 V z = 5,4 mol de K1+ (aq)/L 0,5 Cálculo da concentração de íons SO4 2– (aq): 1,05 mol de SO4 2– (aq) (0,150 + 0,350) L de solução w 1 L de solução w = 1,05 . 1 V w = 2,1 mol de SO4 2– (aq)/L 0,5 8.11 Alternativa B. A solução sempre é eletricamente neutra. Dessa forma temos: Total de cargas negativas na solução: 0,28 mol de CL1– + 0,10 mol de SO4 2– 0,28 . (1–) + 0,10 . (2–) = 0,48 mol de cargas negativas Total de cargas positivas na solução: 0,30 mol de Na1+ + x mol de Fe3+ 0,30 . (1+) + x . (3+) = 0,48 mol de cargas positivas +0,30 + 3 x = 0,48 V 3 x = 0,48 – 0,30 x = 0,18 V x = 0,06 mol de íons Fe3+ . 3 A concentração de íons Fe3+ é 0,06 mol/L. 8.12 Alternativa C. Cálculo da massa de NaOH nas soluções: 24 g de NaOH 1 000 mL de solução x 200 mL de solução x = 200 · 24 V x = 4,8 g de NaOH 1 000 2,08 g de NaOH 1 000 mL de solução y 1300 mL de solução y = 1300 · 2,08 V y = 2,704 g de NaOH 1 000 Na diluição a massa de NaOH não muda. Cálculo da concentração em g/L: (4,8 + 2,704) g de NaOH 2 500 mL de solução z 1 000 L de solução z = 1000 · 7,504 V z q 3,0 g de NaOH/L 2500 8.13 Alternativa C. Cálculo da quantidade de matéria de NaOH nas soluções: 5 mol de NaOH 1000 mL de solução x 60 mL de solução x = 60 · 5 V x = 0,3 mol de NaOH 1000 2 mol de NaOH 1000 mL de solução y 300 mL de solução y = 300 · 2 V y = 0,6 mol de NaOH 1000 Cálculo da concentração em quantidade de matéria final: (0,3 + 0,6) mol de NaOH (0,06 + 0,3) L de solução z 1 L de solução z = 1 · 0,9 V z = 2,5 mol de NaOH/L 0,360 8.14 a) Equação da reação: 2 HCL(aq) + Ba(OH)2(aq) **( BaCL2(aq) + 2 H2O(L) Cálculo da quantidade de matéria de Ba(OH)2 que reage: 0,01 mol de Ba(OH)2 1000 mL de solução x 100 mL de solução x = 100 · 0,01 V x = 0,001 mol de Ba(OH)2 1000 Como a proporção estequiométrica entre HCL e Ba(OH)2 é de 2 : 1, reagem 0,002 mol de HCL. Cálculo do volume de solução de HCL 0,002 mol/L: 0,02 mol de HCL 1 000 mL de solução 0,002 mol de HCL y y = 0,002 · 1000 V y = 100 mL de solução 0,02 Portanto, são necessários 100 mL de solução de ácido clorídri- co, HCL, 0,002 mol/L b) HCL(aq) + NaOH(aq) **( NaCL(aq) + H2O(L) Cálculo da quantidade de matéria de HCL que reagiu: 0,10 mol de HCL 1 000 mL de solução z 5 mL de solução z = 5 · 0,10 V z = 5 . 10–4 mol de HCL 1000 Como a proporção estequiométrica entre HCL e NaOH é de 1 : 1, reagem 5 . 10–4 mol de NaOH. 1 mol de NaOH 1 000 mL de solução 5 . 10–4 mol de NaOH w w = 5 . 10–4 · 1 000 V w = 0,5 mL de solução 1 Portanto, são necessários 0,5 mL de solução de NaOH 1 mol/L. 8.15 Alternativa B. BaCL2(aq) + Na2SO4(aq) **( 2 NaCL(aq) + 1BaSO4(ppt) Como 1 mol de BaCL2 reage com 1 mol de Na2SO4, o Na2SO4 está em excesso (o dobro da concentração). Assim, precisa­mos da metade do volume da solução de Na2SO4 para obtermos a máxima quanti­dade de BaSO4. 8.16 Alternativa E. 1 HCL + 1 NaOH **( 1 NaCL + 1 H2O 1 mol 1 mol Para o HCL: 1,600 mol 1 L x 0,04 L x = 0,04 · 1,600 V x = 6,4 . 10–2 mol 1 Para o NaOH 2,000 mol 1 L y 0,06 L y = 0,06 · 2,000 V y = 12 . 10–2 mol 1 Excesso de NaOH = 12 · 10–2 – 6,4 · 10–2 Excesso de NaOH = 5,6 · 10–2 mol Volume final = 40 + 60 V Volume final = 100 mL Para o cátion Na1+ : 12 · 10–2 mol 0,1 L z 1 L
  28. 28. 56 56 z = 1 · 12 · 10–2 V z = 1,2 mol 0,1 Concentração de íons Na1+ (aq) = 1,2 mol/L Para o ânion CL1– : 6,4 · 10–2 mol 0,1 L w 1 L w = 1 · 6,4 · 10–2 V w = 0,64 mol 0,1 Concentração de íons CL1– (aq) = 0,64 mol/L Para o ânion OH1– : 5,6 · 10–2 mol 0,1 L a 1 L a = 1 · 5,6 · 10–2 V a = 0,56 mol 0,1 Concentração de íons OH1– (aq) = 0,56 mol/L 8.17 a) Cálculo da quantidade de matéria de NaOH: 0,1 mol de NaOH 1 000 mL de solução x 500 mL de solução x = 500 . 0,1 V x = 0,05 mol de NaOH 1 000 Massa molar do NaOH = 40 g/mol: 1 mol de NaOH 40 g de NaOH 0,05 mol de NaOH y y = 0,05 . 40 V y = 2 g de NaOH 1 b) Em 1 L de solução de NaOH 0,01 mol/L há 0,01 mol de NaOH. Essa quantidade de matéria corresponde a 0,1 L de uma solução de NaOH 0,1 mol/L. 0,1 mol de NaOH 1 L de solução 0,01 mol de NaOH z z = 0,01 . 1 V z = 0,1 L de solução 0,1 Assim, pode-se preparar 1 L de solução de NaOH 0,01 mol/L por meio de diluição de 0,1 L de solução de NaOH 0,1 mol/L com 0,9 L de água. c) HCL(aq) + NaOH(aq) **( NaCL(aq) + H2O(L) Cálculo da quantidade de matéria de NaOH que reagiu: 0,10 mol de NaOH 1 000 mL de solução w 10 mL de solução w = 10 · 0,10 V w = 0,001 mol de NaOH 1000 Como a proporção estequiométrica entre HCL e NaOH é de 1 : 1, reagem 0,001 mol de HCL. 0,05 mol de HCL 1 000 mL de solução 0,001 mol de HCL a a = 0,001 · 1 000 V a = 20 mL de solução 0,05 Portanto, são necessários 20 mL de solução de ácido clorídrico, HCL, 0,005 mol/L. 8.18 a) Equação da reação: 1 H2SO4(aq) + 2 NaOH(aq) **( 1 Na2SO4(aq) + 2 H2O(L) Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4: 0,10 mol de H2SO4 1 000 mL de solução x 50 mL de solução x = 50 · 0,10 V x = 0,005 mol de H2SO4 1000 Cálculo da quantidade de matéria de NaOH: 0,40 mol de NaOH 1 000 mL de solução y 50 mL de solução y = 50 · 0,40 V y = 0,02 mol de NaOH 1000 Na solução final restam 0,01 mol de NaOH em excesso (o H2SO4 é o reagente limitante). O volume de solução final (considerando desprezível qualquer variação que possa ter ocorrido) é: 0,05 L + 0,05 L = 0,1 L. A solução será básica, pois há um excesso de 0,01 mol de NaOH em relação ao de H2SO4. b) Cálculo da concentração de base na solução remanescente: 0,01 mol de NaOH 0,1 L de solução z 1 L de solução z = 1 · 0,01 V z = 0,1 mol de NaOH/L 0,1 8.19 Alternativa A. 2 AgNO3(aq) + K2CrO4(aq) **( Ag2CrO4(s) + 2 KNO3(aq) Cálculo da quantidade de matéria de AgNO3: 0,1 mol de AgNO3 1 000 mL de solução x 20 mL de solução x = 20 . 0,1 V x = 0,002 mol de AgNO3 (limitante) 1 000 Cálculo da quantidade de matéria de K2CrO4: 0,2 mol de K2CrO4 1 000 mL de solução y 10 mL de solução y = 10 . 0,2 V y = 0,002 mol de K2CrO4 1 000 Logo, há um excesso de 0,001 mol de K2CrO4. De acordo com a proporção estequiométrica, há a formação de 0,001 mol de Ag2CrO4 e a solução sobrenadante terá colo- ração amarela por causa do excesso de K2CrO4. 8.20 a) Pretende-se determinar se o solo é ácido ou básico, ou seja, o seu pH. Isso pode ser feito pela medida do pH da solução inicial de acetato de cálcio, comparando-a com o pH obtido pela titulação da solução final. b) O ponto final da titulação pode ser observado com a utiliza- ção de um indicador apropriado. c) Como se trata de uma reação ácido-base, teremos: H3O1+ (aq) + OH1– (aq) **( 2 H2O(L) 8.21 Alternativa D. HCL(aq) + NaOH(aq) **( NaCL(aq) + H2O(L) 1mol 1mol 1 mol 1 mol 7 mL de solução 0,09 mol/L de NaOH 0,09 mol de NaOH 1 000 mL x 7 mL x = 7 . 0,09 V x = 6,3 . 10–4 mol de NaOH 1 000 Logo, reagiu 6,3 . 10–4 mol de HCL
  29. 29. 57 Orientações para o professor 57 6,3 . 10–4 mol de HCL 5 mL y 1 000 mL y = 1 000 . 6,3 . 10–4 V y = 0,126 mol de HCL 5 Concentração de HCL = 0,126 mol/L 8.22 Alternativa E. Solução de base: 4 g/100 mL 1 mol de base 40 g x 4 g x = 4 · 1 V x = 0,1 mol 40 0,1 mol de base 100 mL y 25 mL y = 25 . 0,1 V y = 0,025 mol de base 100 Cálculo da quantidade de matéria do ácido: 0,5 mol de ácido 1 000 mL z 20 mL z = 20 · 0,5 V z = 0,01 mol 1 000 ácido + base **( sal + água 1 mol 2 mol 0,01 mol 0,02 mol Impurezas da base = 0,025 – 0,02 Impurezas da base = 0,005 mol 0,025 100% 0,005 w w = 0,005 · 100 V w = 20% de impurezas 0,025 Logo, a percentagem de pureza da base = 80% 8.23 Equação da reação: 1 H2SO4(aq) + 2 NaOH(aq) **( 1 Na2SO4(aq) + 2 H2O(L) Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4 que reagiu: 0,25 mol de H2SO4 1 000 mL de solução x 20 mL de solução x = 20 · 0,25 V x = 0,005 mol de H2SO4 1 000 Como a proporção estequiométrica entre H2SO4 e NaOH é de 1 : 2, reagem 0,01 mol de NaOH. Cálculo da massa de NaOH (40 g/mol) que reagiu: 1 mol de NaOH 40 g de NaOH 0,01 mol de NaOH y y = 0,01 . 40 V y = 0,4 g de NaOH 1 Como a amostra possui 0,5 g, conclui-se que 0,4 g correspon- de ao NaOH e 0,1 g corresponde às impurezas. Cálculo da percentagem de impureza na amostra: 0,5 g 100% 0,1g z z = 0,1 . 100 0,5 z = 20% de impurezas 8.24 a) As operações envolvidas no processo são: – Separar uma amostra de 10 mL do alvejante. Essa amostra contém n mols de OCL1– (aq). – Diluir a amostra de 10 mL do alvejante em água até o volume final de 100 mL. A solução obtida ainda contém n mols de OCL1– (aq). – Pegar uma alíquota de 25 mL da solução diluída do alvejante que irá conter n/4 mols de OCL1– (aq). A titulação dessa alíquota de 25 mL da solução diluída formou 1,5 · 10–3 mol de iodo, I2(ppt). Pela equação fornecida temos que: 1 mol de OCL1– (aq) 1 mol de I2(ppt) x 1,5 · 10–3 mol de I2(ppt) x = 1,5 · 10–3 · 1 1 x = 1,5 · 10–3 mol de OCL1– (aq) em 25 mL de solução Quantidade de matéria de OCL1– (aq) em 100 mL: 1,5 · 10–3 mol de OCL1– (aq) 25 mL de solução y 100 mL de solução y = 100 · 1,5 · 10–3 25 y = 6,0 · 10–3 mol de OCL1– (aq) Logo, a amostra inicial de 10 mL do alvejante também contém 6,0 · 10–3 mol de OCL1– (aq). Como o enunciado pede que se considere apenas o elemen- to cloro (átomo CL), a amostra inicial do alvejante conterá 6,0 · 10–3 mol de CL. Dados da amostra inicial: V = 10 mL massa = 10 g (d = 1,0 g/mL) quantidade de matéria do CL = 6,0 · 10–3 mol 1 mol de CL 35 g 6,0 · 10–3 mol de CL z z = 6,0 · 10–3 · 35 V z = 0,21 g de CL 1 10 g de alvejante 0,21 g de CL 100 g de alvejante w w = 100 · 0,21 V w = 2,1 g 10 ou w% = 2,1%; concluímos então que a especi­ficação do ró- tulo é válida. b) A bureta é usada para a determinação do volume do titu- lante gasto. O erlenmeyer contém a solução a ser titulada e o indicador.
  30. 30. 5959 ­                 ­­­­ H H ­­ Resolução da série exercitando o raciocínio 9.1 Alternativa D. A pressão de vapor da solução é tanto menor quanto maior for o número de partículas de soluto dissolvi­das. Consi­derando α% = 100% para todas as soluções, temos: a) 1 C12H22O11(s) **( 1 C12H22O11(aq) 0,1 mol 0,1 mol Total: 0,1 mol de partículas em solução. b) 1 C12H22O11(s) **( 1 C12H22O11(aq) 0,2 mol 0,2 mol Total: 0,2 mol de partículas em solução. c) 1 HCL(g) + 1 H2O (L) **( 1 H3O1+ (aq) + 1 CL1– (aq) 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol Total: 0,2 mol de partículas em solução. d) 1 HCL(g) + 1 H2O (L) **( 1 H3O1+ (aq) + 1 CL1– (aq) 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol Total: 0,4 mol de partículas em solução. e) 1 NaOH(s) **( 1 Na1+ (aq) + 1 OH1– (aq) 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol Total: 0,2 mol de partículas em solução. 9.2 Resposta 25. São corretos os itens: 01, 08 e 16. Item 02: falso, porque a pressão de vapor do líquido em solu- ção é sempre menor que a do líquido puro. Item 04: falso, porque a pressão de vapor do líquido varia (di- minui) com a adição de soluto. 9.3 Alternativa B.
  31. 31. 60 60 A pressão de vapor depende do líquido em questão e da tempe- ratura. Quanto mais volátil o líquido, maior a sua pressão de va- por, na mesma temperatura. A ordem crescente de volatilidade é: água < etanol < éter etílico. 9.4 Tonoscopia. Algumas substâncias vaporizam até que sua pressão máxima de vapor seja alcançada, mesmo em baixas temperaturas, como no interior da geladeira. O ambiente fica saturado do vapor de tais substâncias, que então passam a se condensar sobre outros alimentos. No caso dos desodoriza- dores, o processo ocorre da mesma forma, porém de maneira mais acentuada, porque esses materiais possuem uma capaci- dade maior de adsorver substâncias voláteis. 9.5 a) O etanol, pois as interações intermoleculares no etanol (ligações de hidrogênio e forças de dipolo induzido na extre- midade apolar) são menos intensas que na água (cujas molé- culas estabelecem apenas ligações de hidrogênio). b) 1 L 96% de álcool etílico x 70% de álcool etílico x = 70 · 1 V x q 0,73 L 96 Coloca-se 0,73 L de álcool etílico 96% em um recipiente de 1 L e completa-se o volume com água destilada. c) A temperatura aumenta com o passar do tempo até atin- gir o ponto de ebulição, que é constante, já que a mistura é azeotrópica. Quando toda a mistura tiver passado para a fase gasosa, a temperatura voltará a subir em funcão do tempo. 9.6 Alternativa D. Ao molhar o balão com água fria, provoca-se uma condensa- ção parcial do vapor de água presente no interior do balão. Essa condensação faz que a pressão sobre a água diminua, o que acaba provocando uma diminuição da temperatura de ebulição da água. 9.7 Alternativa A. I. Verdadeira. A essência passa da gordura para a fase alcoó- lica porque é mais solúvel no álcool do que na gordura. II. Falsa. O álcool é vaporizado ficando a essência como re- síduo. O álcool é, portanto, mais volátil que a essência (tem maior pressão de vapor que a essência). III. Falsa. As densidades da gordura e da essência não têm influência no processo citado. 9.8 Alternativa A. Quando submetido ao mesmo aqueci­mento, o líquido em uma panela fechada entra em ebulição mais rapida­mente do que em uma panela aberta. Isso ocorre porque na panela fechada a pressão de vapor do líquido se iguala mais rapida­mente à pressão atmosférica local. 9.9 Alternativa B. A temperatura de ebulição da água usada no banho-maria é menor que a temperatura de ebulição da água do café (a presença de vários solutos no café faz que a temperatura de ebulição da água aumente nessa solução). Quando a água do banho-maria entra em ebulição, a sua temperatura permanece, aproximadamente, constante. Como a água do café só entra em ebulição em temperaturas superiores e essas temperaturas não serão atingidas, a água do café não entra em ebulição. 9.10 Alternativa E. Quanto menor a altitude, maior a pressão atmosférica e, por- tanto, maior a temperatura de ebulição da água. O tempo de cozimento de um alimento diminui com o aumento da tempe- ratura de ebulição da água em que ele está em contato. 9.11 Alternativa D. Ao erguer o êmbolo da seringa, a pressão sobre a água di- minui. Essa diminuição de pressão faz que a temperatura de ebulição também diminua, o que pode provocar a ebulição da água em temperaturas inferiores a 100 o C. 9.12 a) Equação da reação: BaCL2(aq) + Na2SO4(aq) **( BaSO4(s) + 2 NaCL(aq) O líquido sobrenadante é formado de cloreto de sódio dissol- vido em água. b) A temperatura de ebulição do líquido sobrenadante (sol- vente + soluto não volátil) é maior que o da água pura (efeito ebulioscópico). 9.13 Alternativa D. O aditivo diminui a pressão de vapor da solução formada com relação à água pura, causando um aumento do ponto de ebu- lição (evitando que ocorra o superaquecimento da água dos radiadores de carros) e uma diminuição do ponto de fusão (evitando o congelamento da água dos radiadores). 9.14 Alternativa C. Quanto maior a concentração de partículas, menor o ponto de congelação ou solidificação. Considerando a = 100%: 1 KNO3(s) **( 1 K1+ (aq) + 1 NO3 1– (aq) 1 mol de KNO3 fornece 2 mol de íons em solução. 1 MgSO4(s) **( 1 Mg2+ (aq) + 1 SO4 2– (aq) 1 mol de MgSO4 fornece 2 mol de íons em solução. 1 Cr(NO3)3(s) **( 1 Cr3+ (aq) + 3 NO3 1– (aq) 1 mol de Cr(NO3)3 fornece 4 mol de íons em solução. A solução de Cr(NO3)3 tem ponto de congelação mais baixo que as soluções dos outros dois sais. 9.15 Os sais e as demais substâncias dissolvidas na saliva pro- vocam uma redução da temperatura de solidificação da água, porém a água contida no interior das células apresenta quanti- dade inferior de solutos, congelando-se com maior facilidade. Como as células permitem a entrada e a saída de água, ocorre a cristalização da água das células com a água do gelo por meio de ligações de hidrogênio, que provocam a adesão da língua ao gelo do poste. 9.16 Alternativa E. I. Verdadeira. A água de uma solução de cloreto de sódio entra em ebulição a uma temperatura superior a 100 o C, o que diminui o tempo de cozimento dos alimentos. II. Verdadeira. A dissolução de gases em água aumenta a me- dida que a temperatura abaixa. III. Verdadeira. A presença de um soluto diminui a temperatu- ra de fusão do solvente. 9.17 Alternativa E. Soluções aquosas de cloreto de sódio (ou de qualquer outro soluto não volátil) sofrem, em relação à água pura, um abai- xamento na temperatura de congelamento. A solução aquosa de cloreto de sódio solidifica abaixo de 0 o C.
  32. 32. 61 Orientações para o professor 61 9.18 Alternativa D. O abaixamento da temperatura de congelamento de um sol- vente é diretamente proporcional à concentração de partículas do soluto. Num ácido forte monoprótico essa concentração é maior (ácido mais ionizado) do que num ácido fraco monopró- tico (ácido menos ionizado). Consequentemente, a temperatu- ra de congelamento da água numa solução contendo o ácido forte é mais baixa do que na solução contendo o ácido fraco. 9.19 a) 2 H3CCOOH(aq) + CaCO3(s) **( **( Ca(H3CCOO)2(aq) + CO2(g) + H2O(L) b) A variação de volume do ovo ocorre por causa de um pro- cesso de osmose. A água atravessa uma membrana semiper- meável da região mais diluída para a região mais concentrada. Existe uma concentração de proteínas muito elevada no ovo. Assim, quando o ovo é imerso no vinagre (solução diluída), a água entra no ovo, numa tentativa de tornar iguais as concen- trações de soluto de ambos os lados da membrana semiper- meável do ovo. Deste modo, o ov o aumenta de volume. Quando se coloca o ovo numa solução de melaço, existe uma concentração de soluto (glicose) mais elevada na parte exte- rior do ovo do que no seu interior. Assim, a água sai do ovo, numa tentativa de diluir a solução exterior, mais concentrada em glicose. Deste modo o ovo diminui de volume. c) Porque a variação de volume causa uma variação da densi- dade (d = m/V) . Pela fórmula, observamos que quanto maior o volume do ovo, menor a sua densidade, por isso o ovo sobe à tona. Quanto menor o volume do ovo, maior a densidade, por isso o ovo desce para o fundo do copo. 9.20 Alternativa B. O peixe de água doce é hipotônico e a água do mar é hiper- tônica; isso faz que o peixe perca água para o meio (sofra desidratação). 9.21 Alternativa E. Em solo salinizado, o meio externo ao das raízes é hipertô- nico (mais concentrado) enquanto o meio interno (interior das raízes) torna-se hipotônico (mais diluído). Por osmose, a água passa do meio mais diluído para o mais concentrado, isto é, de dentro das raízes para fora. Em condições normais (solo não salinizado), deveria ocorrer a passagem de água no sentido inverso. 9.22 Alternativa E. A planta é hipertônica e o meio é hipotônico; isso faz que a planta receba água do meio (seja hidratada).
  33. 33. 6767 ­­­­­­­­­­­­­­ Resolução da série exercitando o raciocínio 10.1 Alternativa A. A variável Q representa a quantidade de calor envolvida no aquecimento ou resfriamento de uma determinada massa m. O calor específico é representado por “c” na fórmula: Q = m . c . Dt. 10.2 Alternativa B. Considerando a composição do pão sendo basicamente car- boidrato, ou seja, açúcar: Q = m . c . Dt V 10 kJ = 1,0 g . caçúcar . 8,3 o C caçúcar = 1,205 kJ/g . o C Logo: Q = m . c . Dt 32,5 kJ = 2,0 g . 1,205 kJ/g . o C . Dt Dt q 13,5 o C 10.3 Alternativa D. A cada 100 g de sorvete: Proteínas: 0,05 . 100 g = 5,0 g 1 g de proteína 16,7 kJ 5 g de proteína QP EP = 83,5 kJ
  34. 34. 68 68 Portanto, no rótulo do produto II, o valor energético da dieta poderia ser substituído por 627,9 kJ e não por 2500 kJ. II. Falsa. 3 porções do produto II corresponde a: 3 . 150 kcal = 450 kcal. 4 porções do produto I corresponde a 4 . 75 kcal = 300 kcal. Portanto, 3 porções do produto II não têm o mesmo valor energético que 4 porções do produto I. III. Verdadeira. Produto I: 18 g de carboidratos = 0,600 30 g de produto Produto II: 21 g de carboidratos = 0,525 40 g de produto Produto III: 10 g de carboidratos q 0,667 15 g de produto A concentração de carboidratos no produto III é maior. 10.6 a) Gasto metabólico: 4,2 . 60 . 24 = 6048 kJ Gasto energético por digestão e absorção (10% da energia dos alimentos): 10% de 7600 = 760 kJ Atividade física moderada: 40% de 6048 = 2419,2 kJ Total: 6048 + 760 + 2419,2 = 9227,2 kJ b) Ingestão de 7600 kJ Perda de 9227,2 kJ No total há uma perda de 9227,2 − 7600 = 1627,2 kJ 450 g 15000 kJ x 1627,2 kJ x = 1627,2 · 450 V x = 48,816 g 15000 A perda de 1627,2 kJ corresponde, em massa, a uma perda de 48,816 g 10.7 Alternativa E. 1 hora de treinamento 1400 kJ x 6300 kJ x = 6300 · 1 V x = 4,5 horas 1400 10.8 Alternativa E. Para 20 L de combustível c/ vazão máxima foram colocados 140 mL de gasolina a menos. 20 L 140 mL 60L x x = 60 . 140 V x = 420 mL de gasolina a menos 20 1 mL de gasolina 0,70 g de gasolina 420 mL de gasolina1 y y = 420 . 0,70 V y = 294 g de gasolina a menos 1 1000 g de gasolina 40000 kJ 294 g de gasolina z z = 294 . 40000 V z = 11760 kJ 1000 10.9 Alternativa D. Para reações exotérmicas, Hr > Hp. 10.10 Alternativa D. A passagem do estado líquido para o vapor ocorre com absor- Carboidratos: 0,22 . 100 g = 22,0 g 1 g de carboidrato 16,7 kJ 22 g de carboidrato QC QC = 367,4 kJ Lipídios: 0,13 . 100 g = 13,0 g 1 g de lipídio 37,3 kJ 13 g de lipídio QL QL = 484,9 kJ Qtotal = QP + QC + QL V Qtotal = 935,8 kJ/100 g de sorvete Para uma criança: 935,8 kJ 1 sorvete 8400 kJ n sorvetes n = 8 400 · 1 V n = 8,976 935,8 n q 9 sorvetes 10.4 a) Cálculo da caloria dos alimentos: – Arroz: 1g de arroz 1,30 kcal 100 g de arroz QA QA = 130 kcal – Feijão: 1g de feijão 1,51 kcal 60 g de feijão QF QF = 90,6 kcal Analogamente, encontramos: – Tomate: QT = 7,2 kcal – Carne de boi: QC = 1020 kcal – Queijo: QQ = 90 kcal – Suco de laranja: QS = 90 kcal – Açúcar: QAc = 77,8 kcal – Chocolate: QCh = 151,5 kcal Qtotal = QA + QF + QT + QC + QQ + QS + QAc + QCh Qtotal = 130 + 90,6 + 7,2 + 1020 + 90 + 90 + 77,8 + 151,5 Qtotal = 1657,1 kcal b) Sendo 1 hora = 60 minutos 340 kcal 1 hora 1657,1 kcal t t = 1657,1 · 1 V t = 4,87 horas 340 c) Cálculo do número de copos de leite necessários para repor a energia gasta (1657,1 kcal) na caminhada. 1,0 g de leite 0,64 kcal 200,0 g de leite x x = 128 kcal 128 kcal 1 copo de leite 1657,1 kcal y y = 1657,1 · 1 V y = 12,946 128 y q 13 copos de leite 10.5 Alternativa B. I. Falsa. 1 kcal 4,186 kJ 150 kcal x x = 150 · 4,186 V x = 627,9 kJ 1
  35. 35. 6969 ção de energia (processo endotérmico). 10.11 Alternativa B. Para que as moléculas de água possam evaporar (passar da fase líquida para a fase sólida à pressão ambiente), elas pre- cisam ganhar energia (processo endo­térmico). O corpo com o qual a água está em contato fornece o calor necessário para que a água evapore. 10.12 Alternativa A. b) secagem de roupas (processo endotérmico). c) evaporação dos lagos (processo endotérmico). d) evaporação de água dos lagos e secagem de roupas (pro- cessos endotérmicos). e) derretimento do gelo (processo endotérmico). 10.13 Alternativa A. O processo de carregar bateria absorve energia do motor em funcionamento. A queima de uma vela (como toda combus- tão) libera energia. 10.14 Alternativa B. A reação de obtenção de alumínio metálico apresenta ΔH > 0. Trata-se, portanto, de um processo endotérmico. 10.15 Alternativa B. A reação I é exotérmica (tem ΔH < 0). O calor liberado pela reação aquece a bolsa térmica. A reação II é endotérmica (tem ΔH > 0). O calor absorvido pela reação resfria a bolsa térmica. A reação III é exotérmica (tem ΔH < 0). O calor liberado pela reação aquece a bolsa térmica. 10.16 Alternativa A. 0,782 g de etanol 1 mL de etanol x 100 mL de etanol x = 100 · 0,782 V x = 78,2 g de etanol 1 Etanol, C2H5OH = 46 g/mol 46 g de etanol 3,6 · 102 kcal 78,2 g de etanol y y = 78,2 · 3,6 . 102 V y = 612 kcal ou 612 . 103 cal 46 10.17 Alternativa A. 3 . 32 g de O2 absorvem 284 kJ 1000 g de O2 x x = 1000 · 284 V x q 2958,33 kJ 3 . 32 10.18 Alternativa E. 2 mol de NH4NO3 liberam 411,2 kJ 1 mol de NH4NO3 x x = 1 · 411,2 V x q 205,6 kJ liberados 2 10.19 A massa molar do C20H42(s) é igual a 282 g/mol 282 g de C20H42(s) 13 300 kJ 10 g de C20H42(s) x x q 471,63 kJ liberados na queima de 10 g de C20H42(s) 10.20 Alternativa E. Álcool combustível: C2H5OH(L) + 3 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(v) 1 g de etanol 30 kJ 46 g (1 mol) de etanol x x = 46 · 30 V x = 1380 kJ 1 1 mol de etanol produz 2 mols de CO2(g); logo, a energia libe- rada por mol de CO2(g), na combustão do etanol, é a metade: 690 kJ. Gasolina: C8H18(L) + 25/2 O2(g) *( 8 CO2(g) + 9 H2O(v) 1 g de C8H18 47 kJ 114 g de C8H18 y y = 114 · 47 V y = 5358 kJ 1 1 mol de gasolina produz 8 mols de CO2(g); logo, a energia liberada por mol de CO2(g), na combustão da gasolina, é 1/8: 669,75 kJ ou q 670 kJ. Gás natural: CH4(g) + 2 O2(g) *( CO2(g) + 2 H2O(v) 1 g de CH4 54 kJ 16 g de CH4 z z = 16 · 54 V z = 864 kJ 1 1 mol de gás natural produz 1 mol de CO2(g); logo, a energia liberada por mol de CO2(g), na combustão do gás natural, é a mesma: 864 kJ. Portanto, a energia liberada por mol de dióxido de carbono produzido, segue a ordem: Gás natural > Álcool combustível > Gasolina.
  36. 36. 72 72 III. Correta. De fato a transformação de grafita em diamante libera energia: ∆H = –0,5 kcal. IV. Incorreta. C(grafite) é a forma alotrópica mais estável do car- bono. 11.2 Alternativa A. Como ∆H = HP – HR se HP > HR V ∆H > 0 e a reação é endotérmica se HP < HR V ∆H < 0 e a reação é exotérmica 11.3 Alternativa D. O calor de reação depende diretamente da forma alotrópica da substância formada (mais estável, maior o calor de reação liberado; mais instável, menor o calor de reação liberado). 11.4 Alternativa D. Pela equação da reação, observamos que 1 mol de CH4 pro- duz 1 mol de CO2 (44 g/mol): 44 g de CO2 800 kJ x 2,4 . 109 kJ x = 2,4 . 109 . 44 V x = 0,132 . 109 g de CO2 800 x = 132 . 106 g ou 132 toneladas de CO2/hora 11.5 Alternativa C. H2SO4 = 98 g/mol; 12 mil toneladas = 12 . 109 g 98 g liberam 96 kJ 12 . 109 g x x = 12 . 109 . 96 V x q 11,76 . 109 kJ ou q 12 . 109 kJ 98 11.6 Alternativa B. C4H10 = 58 g/mol 58 g de C4H10 2900 kJ x 60000 kJ x = 60000 . 58 V x = 1200 g ou 1,2 kg de C4H10 2900 11.7 Alternativa B. AL(s) = 27 g/mol 2 . 27 g de AL 1653 kJ liberados 2 g AL x x = 2 . 1653 V x = 61,22 kJ 2 . 27 11.8 Alternativa D. H2O = 18 g/mol 18 g de H2O 43,4 kJ x 4,18 . 102 kJ x = 4,18 . 102 . 18 V x q 173,4 g de H2O 43,4 11.9 Alternativa B. Para o etanol: –1370 kJ 46 g de etanol (1 mol) Qetanol 1 g de etanol Qetanol q –29,78 kJ/g de etanol Para o metano: –890 kJ 16 g de metano (1 mol) Qmetano 1 g de metanoDD Resolução da série exercitando o raciocínio 11.1 Alternativa B. Pela lei de Hess C(diamante) + O2(g) *( CO2(g) ∆H = –94,5 kcal CO2(g) *( C(grafite) + O2(g) ∆H = +94,0 kcal C(diamante) *( C(grafite) ∆H = –0,5 kcal I. Correta, pois ∆HC(grafite) < ∆HC(diamante). II. Incorreta. Em ambas as reações, ∆H < 0, ou seja, são exotér- micas.
  37. 37. 73 Orientações 73 Qmetano q –55,63 kJ/g de metano Para o metanol: –726 kJ 32 g de metanol (1 mol) Qmetanol 1 g de metanol Qmetanol q –22,69 kJ/g de metanol Para o hidrogênio: –286 kJ 2 g de hidrogênio (1 mol) Qhidrogênio 1 g de hidrogênio Qhidrogênio = –143 kJ/g de hidrogênio 11.10 Alternativa A. 1 mol de Na2SO4 . 10 H2O 1 mol de Na2SO4 322 g de Na2SO4 . 10 H2O 20 kcal x 10000 kcal x = 10000 . 322 V x = 161000 g ou 161 kg 20 x = 161 kg de Na2SO4 . 10 H2O 11.11 Alternativa A. Como a equação de obtenção do gás hilariante mostra, a re- ação absorve 19,5 kcal por mol de N2O formado. É, portanto, uma reação endotérmica. Nesta equação, forma-se 1 mol de produto, N2O, a partir de substâncias simples e nas condições padrão. A energia envolvida nessa reação, portanto, correspon- de à entalpia de formação do N2O. 11.12 Alternativa B. Calor envolvido na formação de 1 mol de HF: 5,4 = 2,7 kcal 2 A reação é exotérmica (libera calor), pois apresenta ΔH < 0. 11.13 Alternativa A. Foram fornecidos os valores de ∆H de formação do gás carbô- nico, do dióxido de carbono, do ácido sulfúrico e do trióxido de enxofre. Assim, para calcular o ∆H da reação faltam ainda os valores de ∆H de formação da ureia e do ácido sulfâmico. 11.14 Resposta 15. São corretos os itens: 01, 02, 04 e 08. 08. Equação 1 multiplicada por 2 + equa­ção 3 + equação 2 multiplicada por 2 = reação de formação do CH3OH(L). 2 CH4(g) + 2 H2O(g) *( 2 CO(g) + 6 H2(g) ∆H0 = +412,2 kJ 2 H2(g) + O2(g) *( 2 H2O(g) ∆H0 = – 483,6 kJ 4 H2(g) + 2 CO(g) *( 2 CH3OH(L) ∆H0 = – 256,6 kJ 2 CH4(g) + O2(g) *( 2 CH3OH(L) ∆H0 = – 328 kJ 16. Falso. O aquecimento aumenta a temperatura do sistema, e o aumento de temperatura favorece mais a reação en­do­ térmica (reação inversa). Dessa forma, o aumento de tempera- tura prejudica a produção de metanol. 11.15 Alternativa C. Equação I + equação II + inverso da equa­ção III = equação X: 1 W(s) + 3/2 O2(g) *( 1 WO3(s) ∆Hcombustão = –840 kJ/mol 1 C(grafita) + 1 O2(g) *( 1 CO2(g) ∆Hcombustão = –394 kJ/mol 1 WO3(s) + 1 CO2(g) *( 1 WC(s) + 5/2 O2(g) ∆Hcombustão = +1 196 kJ/mol 1 C(grafita) + 1 W(s) *( 1 WC(s) ∆H = –840 + (–394) + 1196 ∆H = –38 kJ/mol 11.16 a) Aplicando a lei de Hess: inverso da reação II + rea- ção III + inverso da reação IV = reação de formação do óxido de ferro II, FeO(s). 1 Fe(s) + 1 CO(g) *( 1 FeO(s) + 1 C(grafita) ∆H0 = –155,8 kJ 1 C(grafita) + 1 O2(g) *( 1 CO2(g) ∆H0 = –393,5 kJ 1 CO2(g) *( 1 CO(g) + ½ O2(g) ∆H0 = +283,0 kJ 1 Fe(s) + ½ O2(g) *( 1 FeO(s) ∆H0 = –266,3 kJ/mol b) Aplicando a lei de Hess: inverso da reação I + reação III multiplicado por 3 + inverso da reação IV multipli­cado por 3 = = reação de formação de Fe2O3(s). 2 Fe(s) + 3 CO(g) *( 1 Fe2O3(s) + 3 C(grafita) ∆H0 = –492,6 kJ 3 C(grafita) + 3 O2(g) *( 3 CO2(g) ∆H0 = –1 180,5 kJ 3 CO2(g) *( 3 CO(g) + 3/2 O2(g) ∆H0 = +849,0 kJ 2 Fe(s) + 3/2 O2(g) *( 1 Fe2O3(s) ∆H0 f = –824,1 kJ 11.17 1 SO2(g) *( 1/8 S8(s) + 1 O2(g) ∆H = +70 962,5 cal 1 NO2(g) *( 1/2 N2(g) + 1 O2(g) ∆H = –8 100 cal 1/8 S8(s) + 3/2 O2(g) *( 1 SO3(g) ∆H = –94 450 cal 1/2 N2(g) + 1/2 O2(g) *( 1 NO(g) ∆H = +21 600 cal 1 SO2(g) + 1 NO2(g) *( 1 SO3(g) + 1 NO(g) ∆H = –9 987,5 cal 11.18 Alternativa A. Inverso da equação I + equação II + inverso da equação III = equação procurada. H2S + 3/2 O2 *( H2O + SO2 ΔH = −37,5 kJ H2O + SO3 *( H2SO4 ΔH = −40,8 kJ SO2 + 1/2 O2 *( SO3 ΔH = +24,0 kJ H2S + 2 O2 *( H2SO4 ΔH = −54,3 kJ 11.19 Alternativa B. Inverso da equação I multiplicada por 4 + inverso da equação II + equação III = equação procurada. 4 H2O(L) *( 4 H2(g) + 2 O2(g) ΔH = + 1144 kJ 6 CO2(g) + 3 H2O(L) *( C6H6(L) + 15/2 O2(g) ΔH = + 3268 kJ C6H14(L) + 19/2 O2(g) *( 6 CO2(g) + 7 H2O(L) ΔH = − 4163 kJ C6H14(L) *( C6H6(L) + 4 H2(g) ΔH = + 249 kJ 11.20 Alternativa D.
  38. 38. 74 74 Para encontrar o valor de ∆H4 é necessário somar: a reação 1 multiplicada por 3 + a reação 3: 3 H2O(L) *( 3 H2O(g) ∆H1 = 132,0 kJ/mol 1 CH3CH2OH(L) + 7 /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L) ∆H3 = –1 366,8 kJ/mol 1 CH3CH2OH(L) + 7 /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(g) ∆H4 = –1 234,8 kJ/mol Para encontrar o valor de ∆H5 é necessário somar: o inverso da reação 2 + a reação 3: Observe que: C2H5OH = CH3CH2OH. 1 C2H5OH(g) *( 1 C2H5OH(L) ∆H2 = –42,6 kJ/mol 1 CH3CH2OH(L) + 7 /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L) ∆H3 = –1 366,8 kJ/mol 1 CH3CH2OH(g) + 7 /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L) ∆H5 = –1 409,4 kJ/mol Para encontrar o valor de ∆H6 é necessário somar: a reação 1 multiplicada por 3 + o inverso da reação 2 + a reação 3: 3 H2O(L) *( 3 H2O(g) ∆H1 = 132,0 kJ/mol 1 C2H5OH(g) *( 1 C2H5OH(L) ∆H2 = –42,6 kJ/mol 1 CH3CH2OH(L) + 7 /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L) ∆H3 = –1 366,8 kJ/mol 1 CH3CH2OH(g) + 7 /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(g) ∆H6 = –1 277,4 kJ/mol   
  39. 39. 75 Orientações 75 ΔH = [2 (−394) + 3 (−286)] − [−278] ΔH = −1368 kJ 12.9 Alternativa A. ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = [12(−94) + 10(−57,8)] − [4(−58)] ΔH = −1474 kcal 12.10 Alternativa A ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = [−1131 −242 −394] − [2(−947)] ΔH = + 127 kJ 12.11 Alternativa A P4S3(s) + 8 O2(g) *( P4O10(s) + 3 SO2(g) ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = (−2940) + 3 (−296,8) − (−151,0) ΔH = − 3679,4 kJ P4S3(s) = 220 g/mol 220 g de P4S3(s) 3679,4 kJ liberados 22,0 g de P4S3(s) x x = 367,94 kJ de energia liberada 12.12 Alternativa C. ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = −1206,9 −241,8 − [(−986,1) + (−393,5) ΔH = − 69,1 kJ 12.13 Cálculos: ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = [−1 676] – [−824] ΔH = −852 kJ/mol 12.14 C - C - E - E A reação equacionada no enunciado é exotérmica, pois libera calor. Esse calor é que faz que a ração seja aquecida sem chama. A reação é de óxido-redução, pois o magnésio passa da forma metálica para a forma de cátion bivalente (sofre, portanto, oxidação). Enquanto isso, o hidrogênio da água que apresenta NOX = +1 se transforma em hidrogênio molecular (NOX = 0) (sofre, portanto, redução). A reação libera 352,9 kJ por mol de Mg e não 1210,3 kJ/mol de Mg: ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = −924,5 − 2 (−285,8) ΔH = −352,9 kJ/mol de Mg. O magnésio é consumido na reação; logo, não é catalisador. 12.15 Alternativa B. CL k CL + H k O k H *( H k CL + H k O k CL ΔH = [1 . (+ 243) + 2 . (+464)] + [1 . (− 431) + 1 . (− 464) + 1 . (− 205)] ΔH = + 71 kJ 12.16 Alternativa B. Resolução da série exercitando o raciocínio 12.1 a) NH3(g) + HCL(g) *( NH4CL(s) (–46) (–92) (–314) ∆H = Hf – Hi ∆H = –314 – (–46 –92) V ∆H = –176 kJ/mol b) A reação é exotérmica porque a varia­ção de entalpia possui valor negativo (libera calor). 12.2 Alternativa B. 8 AL(s) + 3 Mn3O4(s) *( 4 AL2O3(s) + 9 Mn(s) 8 · 0 + 3 · (–1385,3) 4 · (–1667,8) + 9 · 0 ∆H = Hp – Hr ∆H = 4 · (–1 667,8) – 3 · (–1385,3) ∆H = –2515,3 kJ 12.3 ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ∆H = [∆H0 f N2 + 4 · ∆H0 f H2O] – [∆H0 f N2H4 + 2 · ∆H0 f H2O2 ] ∆H = [0 + 4 · (–57,8)] – [+ 12 + 2 · (– 46)] ∆H = –151,2 kcal 12.4 Alternativa B. ΔH = [3(−26,4)] − (−196,2) ΔH = +117,0 kcal 12.5 Alternativa B. ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔH = [−1263] − [6 x (−393) + 6 x (−286)] ΔH = + 2811 kJ 12.6 Alternativa D. ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ΔHreação = [−26,4] − [(−18,0) + (−68,4)] ΔHreação = +60,0 kcal 12.7 Alternativa D. 1 C2H2(g) + 5/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 1 H2O(L) ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes ∆H = [2 (−94,1) + (−68,3)] − [ 54,2 ] ∆H = = − 202,3 kcal C2H2(g) = 26 g/mol 26 g de C2H2(g) 202,3 kcal liberadas 5200 g x x = 5200 · 202,3 V x = 40460 kcal liberadas 26 ΔHreação = − 40460 kcal 12.8 Alternativa E. C2H6O(L) + 3 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L) ∆H = ∆H0 f produtos – ∆H0 f reagentes N k N H k k k k H H H
  40. 40. 76 76 ΔH = 4 . (N k H) + 1 . (N k N) 1720 = 4 . (390) + (N k N) V (N k N) = 160 kJ/mol 12.17Alternativa A. Equação da reação de combustão completa balanceada do propano: 1 C3H8(g) + 5 O2(g) *( 3 CO2(g) + 4 H2O(g) ΔH = 8 (+413) + 2 (+348) + 5 (+498) + 6 (−744) + 8 (−462) ΔH = −1670 kJ 12.18 Cálculo da variação de entalpia. ∆Hreação = ∆Hligações rompidas + ∆Hligações formadas ∆Hligações rompidas = (2 · 100) + (1 · 200) + (1 · 135) ∆Hligações rompidas = +535 kcal ∆Hligações formadas = (3 · –100) + (1 · –116) + (1 · –146) ∆Hligações formadas = –562 kcal ∆Hreação = +535 + (–562) V ∆Hreação = –27 kcal 12.19 Alternativa D. N m N(g) + 3 H k H(g) *( 2 H k N k H(g) H x + 3 . (+435) + 6 . (−390) = − 90 x + 1305 − 2340 = −90 x = 945 kJ­­­­­D CC H H H H H C *(+ O H H 5 O l O 3 O l C l OH H H + + 4
  41. 41. 78 78 ­­­    ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Resolução da série exercitando o raciocínio 13.1 1 N2O5(g) *( 1 N2O4(g) + ½ O2(g) 1 min = 60 s V 3 min = 180 s e 5 min = 300 s Td = |∆[C] | V Td = |0,180 – 0,200 | V Td = |– 0,02 | ∆t 5,0 – 3,0 2,0 Td = 0,01 mol/L · min 13.2 NaN3 = 65 g/mol 1 mol 65 g de NaN3(s) x 130 g de NaN3(s) x = 130 · 1 V x = 2 mols 65

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