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SOLUÇÕES e GASES- EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
SOLUÇÕES
1.
Tem-se 500g de uma solução aquosa de sacarose (C12H22O11), saturada a 50°C. Qual a massa de
cristais que se separam da solução, quando ela é resfriada até 30°C?
Dados: Coeficiente de solubilidade (Cs) da sacarose em água: Cs à 30°C= 220g/100g de água; Cs à
50°C=260g/100g de água.
a) 40,0g
b) 28,8g
c) 84,25g
d) 55,5g
e) 62,5g
RESOLUÇÃO
Se 260 g de sacarose se dissolvem em 100 g de H2O a 50°C, temos massa total de 360g, daí 360 g de solução de
sacarose tem 260 g de sacarose e, 500 g de solução de sacarose terá x g de sacarose, fazendo os cálculos dá
361,1 gramas de sacarose em 500g de solução a 50°C, ou seja, temos em 500 g.
360g da solução ------------ 260g de sacarose
500g da solução ------------ x :. x = 361,1g de sacarose
Logo,
em 500g da solução teremos 138,9 g de água,
pois 500 - 361,1 = 138,9g
Em seguida, utilizando-se do dado de solubilidade a 30°C (220 g em 100g de água) e como já sabemos que
somente existem 138,9 g de água façamos,
220 g de sacarose se dissolvem em -----------100 g de água,
x g se dissolvem em
----------138,9 g de água,
:. x = 305,55g de sacarose
Fazendo a diferença entre a sacarose inicial, 361,1 e a sacarose final, 305,55, temos a massa de cristais
precipitada que é de 55,55 gramas
Resposta letra D
2.
Ao se adicionar cloreto de amônio NH4Cl a uma certa quantidade de água a 25 °C, observa-se um
resfriamento na solução. Com base nessa informação, pode-se afirmar:
a)
b)
c)
d)
e)
O processo é exotérmico e a solubilidade do cloreto de amônio aumenta com o aumento da
temperatura.
O processo é exotérmico e a solubilidade do NH4Cl diminui com o aumento da temperatura.
O processo é endotérmico e a solubilidade do NH4Cl aumenta com o aumento da temperatura.
O processo é endotérmico e a solubilidade do NH4Cl diminui com o aumento da temperatura.
O processo é endotérmico e a solubilidade do NH4Cl independe da temperatura.
RESOLUÇÃO
O processo é endotérmico e a solubilidade do NH4Cl aumenta com o aumento da temperatura.
Resposta letra C
1
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3. Determine a massa de água que deve ser adicionada de uma solução aquosa de hidróxido de
potássio, a 45% em peso, afim de convertê-la em outra solução a 15% em peso.
a) 225g
b) 337,5g
c) 255g
d) 335,7g
e) 200g
RESOLUÇÃO
Temos na solução inicial 45g de KOH em 100g da solução, ou 45g de KOH dissolvidos em 55g
de H2O, pois 45g de KOH + 55g de H2O = 100g da solução
2
Como trata-se de uma diluição a quantidade de KOH, antes e depois da adição de água, na
solução inicial (45g), permanecerá a mesma.
Assim temos na solução 100g,
45g de soluto (KOH) ----------- 55g de H2O
(solução a 45% em peso, 45% de 100 = 45g)
15 g de soluto (KOH) ---------- 85 g de H2O
(solução a 15% em peso, 15% de 100 = 15g)
Usando regra de três simples,
15g de soluto (KOH) ------------45g de soluto (KOH) -------------
85 g de H2O
x :.
x = 255g de H2O
Entretanto, já havia na solução inicial, 55 g de H2O, assim a massa de H2O adicionada foi de
200g ( 255g – 55g = 200g de H2O).
Ou
% Peso 
msoluto
45
15


msoluto  msolvente
100  x 100
 100  45  15  100  x 
Resposta letra E
 4500  1500  15 x
 15 x  3000  x 
3000
 200 g
15
4. Soro fisiológico é uma solução aquosa de cloreto de sódio a 0,9% em massa. A massa de NaCl em
gramas necessária para preparar 2 litros de soro fisiológico é:
Dado: massa específica H2O = 1g/mL
a) 0,9
b) 1,8
c) 9,0
d) 90
e) 18
RESOLUÇÃO
Adimitindo uma solução de 100g, 0,9% corresponde a 0,9g de NaCl, pois 0,9% de 100 =
0,9
100  0,9 .
100
Transformando 2litros para mL, temos 2 x 1000= 2000mL de soro.
Por meio de regra de três simples,
0,9g NaCl ------------ 100g solução
X ------------- 2000g solução :. X = 18g NaCl
Resposta letra E
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5. A massa de Na2CO3.10H2O necessária para preparar 5L de solução aquosa de Na 2CO3 0,10 molar é igual
a:
Dados:Massas molares: Na=23g/mol; C=12g/mol; O=16g/mol; H=1g/mol
RESOLUÇÃO
Massa Molar do Na2CO3.10H2O = 286g/mol
M= 0,1 mol/L
1 mol de Na2CO3.10H2O --------- 286g
0,1 mol
---------- x = 28,6g
28,6g ------ 1L
x ------- 5L :. x=143g
Resposta letra E
6. Diluição é uma operação muito empregada no nosso dia-a-dia, quando, por exemplo, preparamos um
refresco a partir de um suco concentrado. Considere 100 mL de determinado suco em que a concentração
do soluto seja de 0,4 mol/L. O volume de água, em mL, que deverá ser acrescentado para que a
concentração do soluto caia para 0,04 mol/L, será de:
a) 1000
b) 900
c) 500
d) 400
RESOLUÇÃO
M1 = 0,4 mol/L
V1 = 100mL
M2 = 0,04 mol/L
V2 ?
V H2O ?
M1 X V1 = M2 X V2
0,4 X 100 = 0,04 X V2
V2 = 1000mL
V2 = V1 + V H2O
1000 = 100 + V H2O
V H2O = 900 mL
Resposta letra B
7. Uma solução aquosa de ácido sulfúrico (H2SO4), para ser utilizada em baterias de chumbo de veículos
automotivos, deve apresentar concentração igual a 4mol/L.
O volume total de uma solução adequada para se utilizar nestas baterias, que pode ser obtido a partir de
500mL de solução de H2SO4 de concentração 18mol/L, é igual a
a) 0,50 L
b) 2,00 L
c) 2,25 L
d) 4,50 L
e) 9,00
RESOLUÇÃO
M1 = 18 mol/L
V1 = 500mL
M2 = 4 mol/L
V2 ?
M1 X V1 = M2 X V2
18 X 500 = 4 X V2
V2 = 2250mL ou 2,25L
Resposta letra C
8. Na preparação de 500mL de uma solução aquosa de H2SO4 de concentração 3 mol/L, a partir de uma
solução de concentração 15mol/L do ácido, deve-se diluir o seguinte volume da solução concentrada:
a) 10 mL
b) 100 mL
c) 150 mL
d) 300 mL
e) 450 mL
RESOLUÇÃO
M1 = 15 mol/L
V1 = ?
M2 = 3 mol/L
V2 = 500mL
M1 X V1 = M2 X V2
15 X V1 = 3 X 500
V1 = 100mL
Resposta letra B
V2 ?
Resposta letra C
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9. Apartir de uma solução aquosa de ácido sulfúrico, a 49% em peso de ácido, cuja massa específica da
solução é igual a 1,2g/mL, deseja-se preparar uma nova solução, cujo volume é de 200 mL, e sua
concentração molar é de 1,5 mol/L. Sendo assim informe:
a) O volume da solução inicial utilizado;
b) O volume de água adicionado à segunda solução.
RESOLUÇÃO:
M  MM  d  10  5% p
1,2  10  49
M 
 6mol / L
98
M 1  V1  M 2  V2
6  V1  1,5  200
1,5  200
V1 
 50mL
6
Resposta letra a = 50mL
Resposta letra b = 200 – 50 = 150mL
GASES
1. Determine o volume ocupado nas condições normais de temperatura e pressão:
Volume molar, nas CNTP:22,4L/mol; C=12u, O=16u.
a) por 0,1 mol de um gás ideal.
b) 220g de CO2, considerando-o um gás ideal.
RESOLUÇÃO
Letra a
1 mol  22,4L
0,1 mol  V = 2,24 L
Letra b
1 mol CO2 (44g)  22,4L
220g
 V =112 L
Resposta letra a = 2,24L
Resposta letra b = 112L
2. 1,8g de um gás X ocupa um volume de 1,74L a 150°C e 2 atm de pressão. Determine massa molar de X.
Dados: Vmolar a 150 °C e 2 atm = 17,4L/mol.
RESOLUÇÃO
1 mol gás X  17,4L
y
 1,74L
 y = 0,1 mol
0,1 mol gás X  18g
1 mol gás x  R = 18g
Resposta: massa molar do gás X é igual a 18g
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3. Dois frascos de igual volume, mantidos à mesma temperatura e pressão, contêm, respectivamente, os
gases X e Y. A massa do gás X é 0,34g, e a do gás Y é 0,48g. Considerando que Y é o ozônio (O3), o gás
X é:
Dados: Massas atômicas H = 1,0; C = 12,0; N = 14,0; O = 16,0; S = 32,0
a) N2
b) CO2
mO3
mx
m
RESOLUÇÃO

c) H2S
n
MM x MM O3
M
d) CH4
e) H2
0,34
0,48

=V
0,34g
X
=T
O3
0,48g
Y
MM x

48100
 MM x  34 g / moL
correspond endo ao H 2 S
1x2= 2
=P
+
32x 1 = 32
34 g/moL
Resposta: letra C
4. Um frasco de “gás para recarga de isqueiros” contém sob alta pressão, 11,6 g de butano (C 4H10). Se essa
mesma quantidade de butano estivesse nas condições de 27 °C e 1,0 atm ocupariam um volume, em litro,
aproximadamente igual a: (Volume molar do butano a 27 °C e 1,0 atm = 25 L/mol, massa molar do butano
= 58 g/mol).
a) 22
b) 44
c) 50
d) 58
e) 80
RESOLUÇÃO
116 g  58g / moL = 2 mols C4H10
1 mol C4H10  25 L
2 mols C4H10  V :. V = 50 L
Resposta: letra C
-1
-1
5. Um frasco de 22,4 L contém 2,0 mol de H2 e 1,0 mol de N2, a 273,15 K (R = 0,082 atm . L . K . mol ).
Portanto, podemos afirmar que:
A. (
B. (
C. (
D. (
)
)
)
)
E. (
)
as frações molares de H2 e N2 são respectivamente 2/3 e 1/3.
as pressões parciais de H2 e N2 são respectivamente 2,0 atm e 1,0 atm.
a pressão total no vaso é de 3,0 atm.
ao comprimirmos os gases, até a metade do volume inicial do frasco, teremos uma
pressão final de 1,5 atm.
os gases H2 e N2 possuem densidades diferentes e, por isso, não se misturam.
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RESOLUÇÃO
Cálculo das frações molares
Vrecipiente = 22,4L
N° de mols H2 = 2
N° de mols N2 = 1
X H2 
X N2 
nH2
nT
n N2
nT

2
3

1
3
T = 237,15K
Cálculo de Pressão Total
P
nRT 3  0,082  273,15

 3atm
V
22,4
Cálculo das Pressões Parciais
6
PH 2  X H 2  PT
 PH 2 
COMENTÁRIOS
nH2
nT
2

 PH 2  3  3  4atm
 PT  
 P  3  3  9 atm
 N 2 2
2
LETRA D:
Admitindo a temperatura constante temos uma transformação isotérmica, cuja expressão é PV=K, logo,
reduzindo o volume a metade a pressão irá dobrar.
LETRA E:
Os gases se misturam e se difundem em quisquer proporções, formando misturas homogêneas chamadas de
soluções.
Resposta: VFVFF
6. O gás natural proveniente da bacia petrolífera de Campos é constituído basicamente por gás metano
(CH4). Se o volume consumido por uma residência for de 24,6 m³ de CH4(g), à temperatura de 27°C e
pressão de 1 atm, a massa de gás consumida, em kg, será de:
Dados: Massa molar do CH4 = 16 g/mol
a) 13,60
b) 16,00
c) 19,51
d) 22,40
RESOLUÇÃO
PV  nRT
nCH4
PV 1  24,6  10 3


 10 3 mols 
RT
0,082  300
1mol  16 g
10 3 mol  x  16 10 3 kg ou 16kg
Resposta: B
7. A análise do gráfico anterior, que mostra as transformações sofridas por um gás ideal quando variamos a
sua temperatura, pressão ou volume, nos permite afirmar que o gás evolui:
a) isobaricamente de 1 a 2.
b) isotermicamente de 2 a 3.
c) isobaricamente de 3 a 4.
d) isometricamente de 4 a 2.
e) isometricamente de 3 a 4.
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RESOLUÇÃO
a) de 1 para 2 a transformação é isotérmica
b) de 2 para 3 a transformação é isovolumétrica ou isocórica
c) de 3 para 4 a transformação é isobárica
d) de 4 para 2 a transformação é isotérmica
e) de 3 para 4 a transformação é isobárica
Resposta: C
8. Numa embalagem plástica de volume 2 litros, que pode suportar uma pressão interna de até 5 atm, foi
embalado a vácuo um sólido que ocupa o espaço de 1 litro. Devido a um erro de processamento, o
produto sólido sofreu fermentação que liberou 11g de CO 2 na temperatura de 27°C. Observa-se que:
Dados: C=12; O=16; R=0,082 atm.L/mol.K
a) não haverá ruptura da embalagem.
b) haverá ruptura da embalagem.
c) o CO2 liberado não irá alterar a pressão interna na embalagem.
d) o rompimento só ocorreria se a temperatura fosse elevada acima de 127°C.
e) o rompimento não ocorreria, mesmo que a temperatura fosse elevada acima de 127°C.
Cálculo da pressão produzida pelo CO2:
P=5 atm
2 Volume disponível = 1L
1L
L
P
mCO2  11g ou 11g  44 g / moL  0,25mol
0,25  0,082  300
 6,15
1
Como a embalagem plástica pode suportar uma
pressão máxima de 5 atm e a pressão produzida
pelo CO2 será de 6,5 atm, conclui-se que haverá
ruptura da embalagem
T = 27°C = 300K
9. Temos um frasco aberto contendo um gás à temperatura de 27°C. A que dos temperatura
devemos aquecê-lo para que saia 1/3 do número de moléculas desse gás?
2
n
3
1
n
3
“n” mols de moléculas
de gás
T1=27°C = 300K
T2 = ?
RESOLUÇÃO
Estando o recipente aberto a pressão permanece constante e
corresponde a pressão atmosférica. O volume permanece constante,
pois o volume de um gás é igual ao volume do próprio recipiente.
Sendo assim aplicando a equação de Clapeyron, tem-se:
P  V n R T
( CTE ) ( CTE )
( cte )
PV
 nT
R
 K  nt
ou n1T1  n 2 T2

2
n  T2
3
T2  450 K
n  300 
Problemas envolvendo gases
em recipientes abertos, faz-se:
n1T1
= n2T2
Pois, são constantes a Pressão, Volume.
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10.
Dois gramas de hélio e X gramas de hidrogênio estão contidos num frasco de volume igual a 22,4 L
nas CNTP. Qual será a pressão se essa mistura for transferida para um frasco de 5,6L e a 0°C?
Recipiente I
CNTP
2g He
Recipiente II
Xg H2
2g He
Xg H2
V=22,4L
T = 0°C = 273K
P=1atm
Como a quantidade de matéria premanece constante,
(basta perceber que não há mudança na quantidade dos
gases do recipiente 1 e 2), logo obteremos apartir da
equação de Clapeyron,
P V  n R T
Apartir da equação PV=K,
 PV  K
ou
P1V1  P2V 2
Percebemos que como o volume
do recipiente 2, é 4 vezes menor
que o volume do recipiente 1, a
pressão no recipiente 2 deve ser 4
vezes maior que a pressão no
recipiente 1. Pois P e V são
grandezas
inversamente
proporcionais.
( cte ) ( cte ) ( cte )
V=5,6L
T = 0°C = 273K
P=?
1  22,4  P2  5,6
P2 
22,4
 4atm
5 .6
11. Dois balões esféricos de mesmo volume são unidos por um tubo desprezível, promovido de torneira.
Inicialmente o balão A contém 1,00mol de um gás ideal e em B há vácuo.
Os dois balões são mantidos às temperaturas indicadas no desenho acima. A torneira é aberta durante
certo tempo. Voltando a fechá-la verifica-se que a pressão em B é 0,81 do valor da pressão em A. Quanto
do gás deve ter sobrado no balão A?
Situação inicial:
n° de mols (A) = 1
Pressão = PA
Situação final:
vácuo
Pressão PB = 0
n° de mols (A) = 1 - nB
Pressão = PA
nB
Pressão PB= 0,81PA
Como os dois balões tem o mesmo volume, podemos obter através da equação de Clapeyron:
P V  n R T
( cte )
n ATA PB  nBTB PA
( cte )
V nT

R
P
nT
K
P
ou
n ATA nBTB

PA
PB

n ATA PB  nBTB PA
(1  nB )  400  0,81PA  nB  324  PA
 nB  0,5
MÉTODO 2:
n A  400  0,81PA  nB  324  PA
 n A  nB
Como a quantidade de matéria (n° de mols) inicialmente no balão A é
igual a 1, concluimos que 0,5mol fica no balão A e 0,5 mol passa para
o balão B.
Logo nA =0,5
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11. Em um recipiente com capacidade para 22,4L, foram introduzidos, a 273°C, 2g de hidrogênio e 8g de
oxigênio, em seguida se faz passar um faísca elétrica.
Dados: Massas molares: H2 = 2g/mol; O2 = 32g/mol
I
II
Antes da passagem da faísca elétrica, a pressão parcial do hidrogênio era de 0,2 atm.
0
0
1
1
Antes da passagem da faísca elétrica, a pressão total da mistura era 2,5 atm.
2
2
3
3
4
4
Após a reação se completar, a pressão total no recipiente será 2,0 atm. Considerando-se que a
água formada está no estado gasoso.
Considere agora que a água está no estado liquido e que seu volume é desprezível. Então, a
pressão total no recipiente será de 0,5 atm.
A pressão parcial do oxigênio, antes da passagem da faísca elétrica, era de 0,5 atm.
Dados: Constante universal dos gases – R=0,082 atm.L/mol.K
Massas molares: H = 1g/mol; O=16 g/mol.
Cálculo da quantidade de matéria dentro do balão:
2g H2
8g O2
n° de mols de H2 = 2g  2g/mol = 1 mol
n° de mols de O2 = 8g  32g/mol = 0,25 mol
V = 22,4L
T = 273°C = 546K
Ou 546 = 2 x 273
Cálculo da pressão total antes da passagem da faísca elétrica:
PT 
1,25  0,082  273  2
 2,5atm
22,4
Cálculo das pressões parciais antes da passagem da faísca elétrica:
PH 2  X H 2  PT
PH 2 
1
 2,5  2atm
1,25
Segue que,
PH 2  PO2  PT
2  PO2  2,5
PO2  0,5atm
Cálculo da pressão total após a passagem da faísca elétrica, admitindo a água no estado gasoso:
Pela esquiometria da equação,
1H 2( g ) 
1
O2( g )  1H 2 O( g )  excesso de H 2( g )
2
Verificamos que 1 mol de H2 reage com 0,5 mol de O2 formando 1 mol de H2O (g) ,
Logo, 0,25 mol de O2 reage apenas com 0,5 mol de H2, estando este com 0,5 mol em excesso
de H2, e havendo a formação de 0,5 mol de H2O(g)
Portanto aplicando a equação de clapeyron,
PT 
1 0,082  273  2
 2atm
22,4
Cálculo da pressão total após a passagem da faísca elétrica, admitindo a água no estado líquido:
PT 
0,5  0,082  273  2
 1atm
22,4
Como a água está no estado gasoso contibuirá com 0,5
mol para a pressão total, juntamente com 0,5 mol de H2.
9