GABARITO
Química C – Extensivo – V. 2
Exercícios
01)E
04)D
04.Certa. Se a solução inicial for saturada, o
soluto adicionado permanecerá insolúvel,
pois o solvente já estava em seu limite de
solubilidade;
08.Certa. Se a solução inicial estivesse acima
do limite de solubilidade (supersaturada), a
adição da partícula de solvente causaria uma
perturbação no sistema, promovendo a cristalização das demais partículas em excesso;
16.Errada. Com a solução inicial insaturada, o
solvente poderia dissolver a partícula adicionada.
Pela análse do gráfico, percebe-se que a 30 oC, 100 g de
H2O dissolvem até 10 g do composto x.
a)Certa. Basta observar no gráfico a linha quase
reta (horizontal) que representa a pequena
variação da solubilidade do cloreto de sódio
em água;
b)Certa.Cs do KNO3 30°C = 40 g/100 g H2O
Cs do KNO3 30 °C = x g/200 g H2O
x = 80 g
c)Certa. Quando a temperatura aumenta, a
solubilidade diminui (dissolução exotérmica);
d)Errada. A substância menos solúvel a 20 °C é
o Ce2(SO4)3. O NaNO3 é o mais solúvel nessa
temperatura;
e)Certa.
CS30 °C = 10 g / 100 g H2O
Obs.:
♦ Para dissolver 20 g de x, a temperatura deve ser de 40 °C;
♦ Para dissolver 30 g de x, a temperatura deve ser de 50 °C
(ou aumentar a quantidade de solvente – H2O).
02)E
Situação 1. Sistema heterogêneo – solução saturada com
corpo de fundo;
Cs 20 °C = 46,5/100 g H2O
Na situação 1 há 80 g de soluto em 100 g de água a 20 °C.
O excesso de soluto é de 33,5 g originando solução que é
saturada com corpo de fundo, ou de chão (soluto acima do
limite de solubilidade).
Situação 2. Sistema homogêneo – solução insaturada;
Com o aquecimento para 50°C, de acordo com o enunciado, o sal é completamente dissolvido, originando solução
insaturada (soluto abaixo do limite de solubilidade).
Situação 3. Sistema homogêneo – solução supersaturada;
Após o resfriamento, a solução fica com a quantidade de
soluto acima do limite de solubilidade, mas mantém-se
homogênea até que qualquer perturbação altere o sistema.
05)E
O coeficiente de solubilidade de 30 g de K2Cr2O7
em 50 g de água corresponde ao coeficiente de
60 g do sal para 100 g de água. Nesse caso,
utilizando o gráfico, percebe-se que 60 g do sal
são totalmente dissolvidos na temperatura de
aproximadamente 80 °C. Abaixo dessa temperatura inicia a cristalização.
06)a) 80 °C b) 80 g
Situação 4. Sistema heterogêneo – solução saturada com
corpo de fundo;
Com a adição do cristal de acetato, que no caso atuará como
gérmen de cristalização, o soluto em excesso forma corpo
de fundo.
03)13
01.Certa. Se a solução inicial é insaturada, o solvente pode
receber mais partículas de soluto, mantendo a solução
homogênea;
02.Errada. Se a solução inicial fosse saturada, a partícula
de soluto adicionada não se dissolveria;
Química C
a)200 g/400 g H2O (Situação da experiência –
frasco I)
x g / 100 g H2O (Situação-padrão – gráfico)
x = 50 g
100 g de água podem dissolver 50 g de soluto
na temperatura de 80 °C
b)Como o gráfico foi elaborado para 100 g de
água, calcula-se o coeficiente de solubilidade
para essa quantidade de solvente:
Cs KC 20 °C = 30 g/100 g H2O (Situação
padrão)
Cs KC 20 °C = x g/400 g H2O (Situação da
experiência – frasco II)
x = 120 g
1
GABARITO
O máximo solubilizado por 400 g de água a 20 °C é
120 g. Como foram adicionados 200 g:
200 g – 120 g = 80 g de corpo de fundo.
09)B
07)22
01.Errada. A solubilidade do Ce2(SO4)3 diminui com o
aumento da temperatura (dissolução exotérmica);
02.Certa. Associando a temperatura de 20 °C com
10 g de qualquer soluto do gráfico, o ponto ficará
abaixo das curvas (insaturada);
04.Certa. A 10 °C o KNO3 será mais solúvel;
08.Errada. 1 mol de NaCl corresponde a 58,5 g. A 90
°C o máximo que 100 g de água dissolvem de NaCl
é em torno de 40 g;
16.Certa. A 70 °C o máximo que se dissolve de
Ce2(SO4)3 é em torno de 10 g, logo, haverá excesso
de soluto, ficando a solução heterogênea.
10)C
Procedimento I: Não serve para distinguir os sais, pois,
a 10 °C, 25 g de ambos os sais estarão dissolvidos.
(para efeito de solubilidade, 2,5 g em 10 g de água
correspondem a 25 g em 100 g de água);
Procedimento II: Não serve para distinguir os sais
porque a 28 °C as duas soluções serão saturadas;
Procedimento III: Serve para distinguir, pois, a 45 °C,
38 g de KC estarão dissolvidos completamente, enquanto que no NaC haverá excesso e a solução será
heterogênea.
08)A
A dissolução do carbonato de lítio é prejudicada pelo
aumento da temperatura (dissolução exotérmica),
enquanto que a dissolução do acetato de prata é
favorecida pelo aumento da temperatura (dissolução
endotérmica). Isso quer dizer que, para se dissolver,
o acetato de prata absorve energia, enquanto que o
carbonato de lítio libera energia.
Quando se adiciona um soluto e isso provoca o resfriamento do solvente, quer dizer que o soluto absorve
energia do solvente, sendo, portanto, uma dissolução
endotérmica. A solubilidade aumenta com o aumento
da temperatura.
11)a) 80 g b) 60 g
a)De acordo com o gráfico:
Cs KNO3 70 °C = 140 g/100 g H2O
A 40 °C, o máximo que dissolve é 60 g. Logo, precipitam: 140 – 60 = 80 g do sal.
b)Permanecem em solução os 60 g que são dissolvidos a 40 °C.
12)D
Para se comparar as concentrações das soluções, deve-se considerar o mesmo volume de soluto:
Solução 1
Solução 2
Solução 3
Solução 4
Solução 5
0,5 g --- 2 L
x --- 1 L
0,75 g --- 3 L
x --- 1 L
1,25 g --- 5 L
x --- 1 L
2 g --- 8 L
x --- 1 L
2,5 g --- 10 L
x --- 1 L
C = 0,25 g/L
C = 0,25 g/L
C = 0,25 g/L
C = 0,25 g/L
C = 0,25 g/L
13)A
14)E
Observação inicial: são 160 g de solução aquosa de
sacarose (sacarose + água).
A 30 °C:
320 g de solução –––––––––– 100 g de água
160 g de solução –––––––––– m
m = 160 x 100 / 320
m = 50 g de água
Logo, são 110 g de sacarose na solução.
A 0 °C:
180 g de sacarose –––––––––– 100 g de água
m –––––––––– 50 g de água
m = 180 x 50 / 100
m = 90 g de sacarose
15)40% em massa de NaOH
Soluto + Solvente = Solução
20 g + 30 g = 50 g
x% –––––––––– 100%
x = 40%
16)1,35% em massa de NH3
Soluto + Solvente = Solução
4,5 g + 330 g = 334,5 g
x% –––––––––– 100%
x = 1,35%
Então, cristalizam-se:
m = 110 – 90
m = 20 g de sacarose
2
Quanto maior a variação de solubilidade pela variação
de temperatura, mais eficiente será o processo.
Química C
GABARITO
17)60%
Massa ––– Volume
1,25 g ––– 1 mL
x g ––– 120 mL
x = 150 g de solução
Soluto + Solvente = Solução
90 g + 60 g = 150 g
x% –––––––– 100%
x = 60%
Número de mol do soluto (n1):
1 mol sacarose –––––– 342 g
x mol sacarose –––––– 34,2 g
x = 0,1 mol
Número de mol do solvente (n2):
1 mol –––––– 18 g
y mol –––––– 36 g
y = 2 mol
Soluto + Solvente = Solução
0,1 mol + 2 mol = 2,1 mol
x% ––––––– 100%
x = 4,76% ou 0,0476
18)0,84mg
23)14,9% ou 0,149
Assim:
4,2 ppm = 4,2 g de soluto –––––– 1.000.000 g de solução
x g –––––– 200 g de solução (200 mL)
x = 0,00084 g ou 0,84 mg
19)19,2%
Soluto + Solvente = Solução
10 L + 42 L = 52 L
x% –––––– 100%
x = 19,2%
Massa –––––– Volume
20 g –––––– 0,5 L (500 mL)
x g –––––– 1 L
x = 40 g/L
1 mol de H2O ––– 18 g
y mol de H2O ––– 72 g
x = 4 mol
Mol na solução: 4,7
1 mol de A2(SO4)3 ––– 342 g
x mol de A2(SO4)3 ––– 34,2 g
x = 0,1 mol
0,1 mol ––– 0,08 L (80 mL)
Y mol ––– 1 L
Y = 1,25 mol/L
Massa da solução:
Soluto + Solvente = Solução
100 g + 400 g = 500 g
25)a) 80 g/L
Densidade da solução: massa (da solução) / volume (da
solução)
d = 500 g / 0,42 L (420 mL)
d = 1190 g/L
* A concentração comum é a divisão da massa do soluto (m1)
pelo volume da solução, enquanto que a densidade é a divisão
da massa total da solução (m) pelo volume da solução.
22)4,76% ou 0,0476
1 mol de NaOH ––– 40 g
x mol de NaOH ––– 28 g
x = 0,7 mol
Soluto + Solvente = Solução
100 g + 400 mL = 420 mL
x% –––––– 1000 mL (1 L)
x = 238,1 g/L
24)Resposta: 1,25 mol/L
21)a) 238,1 g/L b) 1190 g/L
Soluto + Solvente = Solução
28% + 72% = 100%
28 g + 72 g = 100 g
Soluto + Solvente = Solução
0,7 mol + 4 mol = 4,7 mol
x% –––––––– 100%
x = 14,9% ou 0,149
20)40 g/L
* Fração molar do soluto é a divisão do número de mol do
soluto pelo número de mol da solução.
Química C
b) 160 g
c) 0,1 L ou 100 mL
a)1 mol de NaOH ––– 40 g
2 mol de NaOH ––– x g
x = 80 g
Concentração: 80 g/L
b)80 g ––– 1 L
x g ––– 2 L
x = 160g
c)80 g ––– 1 L
8 g ––– x L
x = 0,1 L ou 100 mL
3
GABARITO
26)Respostas:
31)C
Soluto
1 mol ou 342 g
1L
2 mol ou 684 g
0,1 ppm =
0,1 mg de soluto –––––– 1 L de solução
x mg –––––– 10.000 L
x = 1.000 mg = 1 g
Solução
2L
0,1 mol ou 34,2 g
0,1 L
0,5 mol ou 171 g
0,5 L
3 mol ou 1026 g
3L
32)B
* Para a resolução do exercício, aplicar as proporções simples.
27)Respostas: a) 126 g b) 2 mol/L c) 2 mol/kg
Massa ––– Volume
63 g ––– 0,5 L (500 mL)
x g ––– 1 L
x = 126 g
1 mol HNO3 ––– 63 g
x mol HNO3 ––– 126 g
x = 2 mol
M = 2 mol/L
2 mol ––– 1 kg (1 L)
W = 2 mol/kg
Massa atômica do flúor: 19 u
Assim, em 188 g de Na2SiF6 temos:
19 x 6 = 114 g de flúor.
188 g de Na2SiF6 –––––– 114 g de F
x g –––––– 15 g de F
x = 24,7 g do sal
33)C
28)B
1,5 ppm = 1,5 mg –––––– 1 L de solução
x mg –––––– 10.000 L
x = 15.000 mg = 15 g
6 ppm = 6 g de soluto –––––– 1.000.000 g de solução
1.000.000 g = 1000 kg = 1000 L
Assim: 6 g de soluto –––––– 1 000 L
x g –––––– 0,3 L (300 mL)
x = 0,018 g
Molaridade =
MM do C12H22O11 = 342 g/mol
1 mol ––––– 342 g
x mol ––––– 34,2 g
x = 0,1 mol
Molalidade =
0,1 mol
= 0,5 molal
0, 2 kg (200 g)
34)C
29)a)5 . 10–2 ppm de Pb2+
b)C = 5 . 10–5 g/L
nA: NaOH
1 mol ––––– 40 g
a)
nB: H2O
x mol ––––– 1 mol–18 g =162 g
x = 9 mols
⇒ XA =
Para calcular ppm, divide-se soluto em mg por kg ou L de solução.
5 mg
= 0,05 ppm ou 5 . 10–2 ppm
Assim:
100 L
5 mg ––– 100 L
b)
0,005 g ––– 100 L
x g ––– 1 L
35)B
* 1 mg = 0,001 g
Ácido acético: nA: 1 mol –––– 60 g
x –––– 24 g
x = 0,4 mol
x = 0,00005 g = 5 . 10 g
C = 5 . 10–5 g/L
–5
Glicose: nB: 1 mol –––– 180 g
30)D
Para calcular ppm, divide-se soluto em mg por kg ou L de solução.
1000 mg (1 g)
Assim:
= 10 ppm
100 Kg
Química C
y –––– 18 g
y = 0,1 mol
Água: nC: 1 mol –––– 18 g
z –––– 81 g
z = 4,5 mol
XA =
4
1
= 0,1
10
0, 4 mol
= 0,08
5 mols
Total
de mols
na
solução:
5 mols
GABARITO
36)E
Cs NaCl a 100 °C = 398 g / 1L H2O
398 g ––– 1 L
x g ––– 0,25 L (250 mL)
x = 95,5 g (máximo de soluto que se dissolve a 100 °C)
–
Quantidade adicionada: 115 g
Massa que se dissolve: 99,5 g
—–——
Precipitado: 15,5 g → solução saturada
com corpo de fundo.
* Solução supersaturada é preparada em maior temperatura e depois resfriada lentamente, sem agitação. Qualquer
perturbação provoca a precipitação.
37)C
1, 6 g
* Considerado densidade = 1 g/mL
100 mL
1,6 g = 1600 mg
100 mL = 0,1 L
1,6% =
1600 mg ––––– 0,1 L
x mg ––––– 1 L
x= 16.000 mg ⇒ C = 16.000 mg/L
Massa de álcool em uma lata de cerveja:
0,8 g ––––– 1 mL (dados da densidade)
x g ––––– 17,5 mL
x = 14 g
42)a)Errada. Pode-se chegar a 92,8° INPM, ou seja,
92,8 g por 100 g da mistura.
b)Errada. álcool absoluto, puro ou anidro precisa
de um método complementar para ser obtido.
c)Errada. O INPM refere-se à porcentagem em
massa, não em volume.
d) Errada. A preparação utiliza 96 mL de álcool com
4 mL de água, totalizando 100 mL da mistura.
e) Certa. 500 g x 60% = 300 g de álcool.
43)E
0,250 g em 1 L
x g ––––– 0,3 L (300 mL)
x= 0,075 g
A diferença de massa entre as duas latas é a quantidade em massa de açúcar.
Logo: 331,2 – 316,2 = 15 g
Concentração: 15 g ––––– 0,3 L (300 mL)
x g ––––– 1 L
x = 50 g/L
39)C
I. Concentração de sal maior que 10% (12%) e presença
de ácido cítrico → tornar o meio ácido.
II. O aviso de conformidade com as normas da Anvisa
é em função da prevenção da intoxicação alimentar
(botulismo).
III. Apesar de importante, não tem relação com a prevenção ao botulismo.
40)A
O botulismo é evitado em conservas com concentração
de sal superior a 10%.
Na alternativa "a", 2 g de sal em 100 g de água equivale
a 2 %.
Nas demais alternativas, as medidas propostas auxiliam
na prevenção ao botulismo.
41)A
*Pela nova lei brasileira o limite de álcool no sangue é
0 (Zero). “Tolerância zero”. A resolução leva em conta a
proposta do enunciado da questão.
Dose admitida no sangue:
0,6 g de álcool ––––– 1 L de sangue
x g de álcool ––––– 5 L de sangue
x = 3,0 g de álcool
Porcentagem média de álcool que fica no sangue:
15% 14 g. 15% = 2,1 g
* De 1 lata de cerveja ingerida, 2,1 g de álcool ficam
na corrente sanguínea. Como o limite é de 3 g de
álcool, o adulto pode tomar no máximo 1 lata.
38)A
Lata de cerveja: 5% de álcool, 350 mL. 5% = 17,5 mL
44)a) 6 L b) 0,25 L
a)Em 100 mL de água de coco há 200 mg de potássio. Para repor 2 horas de corrida, são necessários 300 mL de água de coco, ou seja, perde-se
600 mg de potássio nesse período.
Água de coco Potássio
100 mL ––––– 200 mg
300 mL ––––– x mg
x = 600 mg
Isotônico Potássio
100 mL ––––– 10 mg
y mL ––––– 600 mg
y = 6000 mL ou 6 L
b)
Natação Tempo
10 Kcal ––––– 1 min
x kcal ––––– 17 min
x = 170 kcal
Água de coco Valor energético
100 mL ––––– 68 kcal
y mL ––––– 170 kcal
y = 250 mL
ou
y = 0,25 L
Química C
5
GABARITO
45)A
50)C
Permanganato de Potássio: KMnO4
Massa molar: 158 g/mol
1 mol ––––– 158 g
x mol ––––– 0,395 g
x = 0,0025 mol
5.10-5 mol de F ––––– 1 L
x mol de F ––––– 3 L
x = 15.10-5 mol = 1,5.10-4 mol
0,0025 mol ––––– 0,25 L (250 mL)
Y mol ––––– 1 L
y = 0,01 mol/L
1 mol de F ––––– 19 g
1,5.10-4 mol de F ––––– y g
y = 28,5.10-4 g = 2,85.10-3 g
y = 2,85 mg
51)C
46)A
Ácido acético + Água = Vinagre
3 g + 97 g = 100 g
30 g + 970 g = 1000 g (igual a 1000 mL = 1 L)
1 mol benzeno ––––– 78 g
x mol benzeno ––––– 0,0032 g (3,2 mg)
x = 0,000041 mol (4,1.10-5 mol)
1m3 de ar = 1000 L
Em um litro de vinagre há 30 g de ácido acético.
1 mol ácido acético ––––– 60 g
x mol ––––– 30 g
x = 0,5 mol/L
Benzeno Ar
4,1.10-5 mol ––––– 1000 L
y mol ––––– 1 L
y = 4,1.10-8 mol/L
52)a) 0,025 g/L b) 0,007 mol/L
a)Limite inferior: 0,0025%
Ácido cítrico ––––– Refrigerante
0,0025 g ––––– 100 g
x g ––––– 1000 g (igual 1000 mL = 1 L)
x = 0,025 g/L = 2,5.10-2 g/L
47)35,1 g
NaC 0,06 M:
0,06 mol ––––– 1 L
x mol ––––– 10 L
x = 0,6 mol
b)Limite superior: 0,15%
Ácido cítrico ––––– Refrigerante
0,15 g ––––– 100 g
x g ––––– 1000 g (igual 1000 mL = 1 L)
x = 1,5 g
1 mol de NaC ––––– 58,5 g
0,6 mol de NaC ––––– y g
y = 35,1 g
48)3 L
1 mol de F ––––– 19 g
x mol de F ––––– 2,85.10-3 g (2,85 mg = 2,85.10-3 g)
x = 0,15.10-3 mol
x = 1,5.10-4 mol
5.10-5 mol de F ––––– 1 L
1,5.10-4 mol de F ––––– y L
1, 5.10 −4
y=
5.10 −5
y = 0,3.101 L
y=3L
Sacarose: C12H22O11
Massa molar: 342 g/mol
1 mol ––––– 342 g
x mol ––––– 7 g
x = 0,02 mol
SO4: 1 mol ––––– 96 g
x mol ––––– 2,7 g (2700 mg)
x = 0,028 mol/L
Na: 1 mol ––––– 23 g
x mol ––––– 10,5 g (10 500 mg)
x = 0,456 mol/L
C: 1 mol ––––– 35,5 g
x mol ––––– 19 g (19 000 mg)
x = 0,535 mol/L
0,02 mol ––––– 0,05 L (50 cm3 = 50 mL = 0,05 L)
y mol ––––– 1 L
y = 0,4 mol/L
6
53)E
Mg: 1 mol ––––– 24 g
x mol ––––– 1,35 g (1350 mg)
x = 0,056 mol/L
49)0,4 mol/L
1 mol ––––– 210 g
y mol ––––– 1,5 g
y = 0,007 mol/L = 7.10-3 mol/L
54)D
Açúcar ingerido ––––– Eleva no sangue
80 g ––––– 1 g/L
100 g ––––– x
x = 1,25 g/L
Química C
GABARITO
Concentração no diabético:
1,4 g/L + 1,25 g/L = 2,65 g/L
1 mol ––––– 180 g
y mol ––––– 2,65 g
y = 0,015 mol
Resposta: 1,5 . 10-2 mol/L
58)
a) 500 L b) 100 g
a)
55)D
2H2O2 2H2O + O2
2 mol ––––– 22,4 L (volume molar nas CNTP)
x ––––– 20 L
x = 1,78 mol
56)D
Suco + Água = Suco diluído
1parte + 5 partes = 6 partes
300 mL ––––– x
x = 300 . 6
x = 800 mL ou 1,8 L
Ci = 25 g/L Cf = 10 g/L
Vi = ? Vf = 300 + Vi
Ci . Vi = Cf . Vf
25 . Vi = 10 . (300 + Vi)
* Vi = água do mar; 300 L é a água potável que vai
diluir a água do mar.
25 . Vi = 3000 + 10 Vi
15 Vi = 3000
Vi = 200 L
57)0,1 mol/L; 0,25 mol/L
Vf = Vi + Vadicionado
Vf = 200 + 300 = 500 L
1 mol de H2SO4 ––––– 98 g
x mol ––––– 19,6 g
x = 0,2 mol
b) 500 ––––– 50 pessoas
x L ––––– 1 pessoa
x = 10 L por pessoa
0,2 mol ––––– 2 L
y mol ––––– 1 L
y = 0,1 mol
10 g de NaC ––––– 1 L
y g ––––– 10 L
y = 100 g de NaC por pessoa
Resposta: 0,1 mol/L
c)Ao evaporar, os sais presentes no mar não atingem
temperatura suficiente para a evaporação, portanto,
apenas moléculas de H2O evaporam com a temperatura ambiente, e os sais permanecem dissolvidos
no mar.
59)B
Diluição correta: 500 g para 5 L de água
500 g ––––– 5 L
x g ––––– 1 L
x = 100 g/L
Mi = 0,1 mol/L Mf = ?
Vi = 2 L Vf = 0,8 L (800 mL)
Mi . Vi = Mf . Vf
0,1 . 2 = Mf . 0,8
Mf = 0,25 mol/L
Preparação do agricultor: 100 g para 2 L de água
100 g ––––– 2 L
y g ––––– 1 L
x = 50 g/L
A solução ficou muito diluída, faltando 50 g de herbicida
nesse mesmo volume. Pode-se corrigir acrescentando
os 50 g do produto, sem adicionar água.
Química C
7
GABARITO
60)18
Al2(SO4)3
1 mol ––––– 342 g
Al: 27 x 2 = 54
S: 32 x 3 = 96
O: 16 x 12 = 192
——
342 μ
01.Errada. A solução possui 0,1 mol (0,1 M = 0,1 mol/L) em 1 L.
02.Certa. 1 mol de Al2(SO4)3 ––––– 342 g Contém 34,2 g em 1L.
0,1 mol ––––– 34,2 g
04.Errada. Se o volume aumentou em 10 vezes pela adição de solvente, a solução ficará 10 vezes mais diluída (de
25 para 250 mL).
08.Errada. Ao separar a solução em dois recipientes, transfere-se soluto e também solvente. Estando a solução inicial
homogênea, não haverá alteração de concentração.
16.Certa. 0,1 mol . 20% = 0,02 mol
Al2(SO4)3  2Al3+ + 3SO2−
4
0,1 mol
2 . 0,02 mol
0,04 mol
61)02
01.Errada. Pelo gráfico observa-se que a intensidade de cor de 0,2 corresponde a 0,5 g de glicose em 100 mL de
solução.
0,5 g ––––– 100 mL
x g ––––– 1000 mL (1 L)
x = 5 g
C = 5 g/L
02.Certa. 1 mol de glicose ––––– 180 g
x ––––– 5 g
x = 0,028 mol
04.Errada. A intensidade de cor aumenta com o aumento da concentração de glicose.
08.Errada. O gráfico relaciona intensidade de cor e concentração de glicose.
16.Errada. A glicose forma soluções aquosas e sua presença na urina é possível, embora indesejável.
62)28
– Volume ocupado pelos grãos de areia: calcula-se pelo deslocamento de água.
Água: 25 mL
Água com areia: 39 mL
39 – 25 = 14 mL
– Volume ocupado pelo ar:
Areia com ar: 25 mL
Areia sem ar: 14 mL
25 – 14 = 11 mL
40, 6 g
– Densidade da areia: n =
= 2,9 mL
14
mL
V
8
Resposta = 14 + 11 + 2,9 ≅ 28
Química C