Questão 61
por benzeno, clorobenAcontaminação
zeno, trimetilbenzeno e outras substâncias
utilizadas na indústria como solventes pode
causar efeitos que vão da enxaqueca à leucemia. Conhecidos como compostos orgânicos
voláteis, eles têm alto potencial nocivo e cancerígeno e, em determinados casos, efeito tóxico cumulativo.
O Estado de S. Paulo, 17 de agosto de 2001
Pela leitura do texto, é possível afirmar que
I. certos compostos aromáticos podem provocar leucemia.
II. existe um composto orgânico volátil com
nove átomos de carbono.
III. solventes industriais não incluem compostos orgânicos halogenados.
Está correto apenas o que se afirma em
a) I
b) II
c) III
d) I e II
e) I e III
O equilíbrio A foi estabelecido misturando-se,
inicialmente, quantidades estequiométricas
de N2 (g) e H2 (g). Os equilíbrios B e C foram
estabelecidos a partir de, respectivamente,
N2O4 e MgCO 3 puros.
A tabela abaixo traz os valores numéricos das
constantes desses três equilíbrios, em função
da temperatura, não necessariamente na
mesma ordem em que os equilíbrios foram
apresentados. As constantes referem-se a
pressões parciais em atm.
t/ oC
1,1 × 10
175
3,3 × 102
2,6 × 10−3
250
3
−1
3,0 × 10
equilíbrio
C) MgCO 3 (s)
1,2 × 10
3,9 × 102
2,4
6,7 × 10−2
Logo, as constantes K1 , K2 e K 3 devem corresponder, respectivamente, a
K1
K2
K3
a)
B
C
A
b)
A
C
B
c)
C
B
A
d)
B
A
C
e)
C
A
B
alternativa A
Considere os equilíbrios abaixo e o efeito térmico da reação da esquerda para a direita,
bem como a espécie predominante nos equilíbrios A e B, à temperatura de 175o C.
B) N 2O4 (g)
K3
−5
1,5 × 10
Questão 62
A) N 2 (g) + 3H 2 (g)
K2
1
100
alternativa D
As substâncias orgânicas aromáticas citadas são
C6 H6 (benzeno), C6 H5 Cl (clorobenzeno) e os isômeros C9 H12 (trimetilbenzeno), então:
I. Correta. Substâncias orgânicas aromáticas podem causar leucemia.
II. Correta. Os isômeros trimetilbenzeno apresentam nove átomos de carbono.
III. Incorreta. Os solventes industriais podem conter compostos orgânicos halogenados como o
clorobenzeno (C6 H5 Cl).
K1
2NH 3 (g)
2NO 2 (g)
efeito
térmico
espécie
predominante
exotérmica NH 3 (g)
endotérmica NO 2 (g)
MgO (s) + CO 2 (g) endotérmica
A análise da tabela K P / t( oC) permite o estabelecimento das seguintes associações decorrentes do
Princípio de Le Chatelier:
1. ↑T
2. ↑T
3. ↑T
↑K P
↑K P
↓K P
(processo endotérmico)
(processo endotérmico)
(processo exotérmico)
Conclusões:
K 3 – processo A (exotérmico)
K 2 – processo C (endotérmico)
K1 – processo B (endotérmico – a predominância
do NO 2 sugere que os valores de K P são elevados).
química 2
Questão 63
O esquema abaixo apresenta, de maneira
simplificada, processos possíveis para a obtenção de importantes substâncias, a partir
de gás natural e ar atmosférico.
III. Correta. Na mistura de nitrogênio (N 2 ), hidrogênio (H 2 ) e amônia (NH 3 ), como a amônia é a
substância com o maior ponto de ebulição, ao
resfriarmos, ela condensará, sendo removida da
mistura.
Questão 64
O cheiro agradável das frutas deve-se, principalmente, à presença de ésteres. Esses ésteres podem ser sintetizados no laboratório,
pela reação entre um álcool e um ácido carboxílico, gerando essências artificiais, utilizadas em sorvetes e bolos. Abaixo estão as fórmulas estruturais de alguns ésteres e a indicação de suas respectivas fontes.
Dados:
gás
H2
N2
O2
NH 3
temperatura de
ebulição (kelvin),
sob pressão de
1 atm
20
77
90
240
Considere as afirmações:
I. Na etapa A, a separação dos gases pode ser
efetuada borbulhando-se a mistura gasosa
numa solução aquosa alcalina.
II. Na etapa B, N2 e O2 podem ser separados
pela liquefação do ar, seguida de destilação
fracionada.
III. A amônia, formada na etapa C, pode ser
removida da mistura gasosa por resfriamento.
Está correto o que se afirma
a) em I apenas.
b) em II apenas.
c) em III apenas.
d) em II e III apenas.
e) em I, II e III.
alternativa E
I. Correta. No borbulhamento, o gás carbônico
(CO 2 ) se dissolverá na solução alcalina. O gás hidrogênio (H 2 ), dessa forma, será separado da
mistura, pois não se dissolve nesse meio.
II. Correta. Industrialmente se faz a liquefação do
ar atmosférico seguida de destilação fracionada
para se obter nitrogênio (N 2 ) e oxigênio (O 2 ) separadamente.
A essência, sintetizada a partir do ácido butanóico e do metanol, terá cheiro de
a) banana.
b) kiwi.
c) maçã.
d) laranja.
e) morango.
química 3
alternativa C
A equação da reação de esterificação é:
2Mg + O2 → 2MgO ∆H = −1200 kJ/mol de O2
Si + O2 → SiO2
∆H = −910 kJ/mol de O2
Em reações iniciadas por aquecimento, dentre esses elementos, aquele que reduz dois
dos óxidos apresentados e aquele que reduz
apenas um deles, em reações exotérmicas,
são, respectivamente,
a) Mg e Si
b) Mg e Al
c) Al e Si
d) Si e Mg
e) Si e Al
alternativa B
Questão 65
As figuras abaixo representam moléculas
constituídas de carbono, hidrogênio e oxigênio.
O magnésio reduz dois dos óxidos apresentados
em reações exotérmicas, conforme as equações
químicas a seguir:
2 Mg + O 2 → 2 MgO
SiO 2
→ Si + O 2
2 Mg + SiO 2 → Si + 2 MgO
∆H1 = −1 200 kJ
∆H 2 = 910 kJ
∆Hr = ∆H1 + ∆H 2 = −290 kJ
2 Mg + O 2
Elas são, respectivamente,
a) etanoato de metila, propanona e
2-propanol.
b) 2-propanol, propanona e etanoato de metila.
c) 2-propanol, etanoato de metila e propanona.
d) propanona, etanoato de metila e
2-propanol.
e) propanona, 2-propanol e etanoato de metila.
alternativa E
As figuras representam respectivamente propanona, 2-propanol e etanoato de metila.
→ 2 MgO
4
2
Al + O 2
Al 2 O3
→
3
3
2
4
2 Mg +
Al 2 O3 →
Al + 2 MgO
3
3
∆H1 = −1 200 kJ
∆H 2 = 1 120 kJ
∆Hr = ∆H1 + ∆H 2 = −80 kJ
O alumínio é capaz de reduzir, em reação exotérmica, apenas um dos óxidos listados:
4
2
Al + O 2 →
Al 2 O3
3
3
SiO 2
→ Si + O 2
2
4
Al 2 O3
Al + SiO 2 → Si +
3
3
∆H1 = −1 120 kJ
∆H 2 = 910 kJ
∆Hr = ∆H1 + ∆H 2 = −210 kJ
Questão 66
Considere as reações de oxidação dos elementos Al, Mg e Si representadas pelas
equações abaixo e o calor liberado por mol de
O2 consumido.
4/3 Al + O2 → 2/3 Al 2 O 3 ∆H = −1120 kJ/mol
de O2
Questão 67
Alguns alimentos são enriquecidos pela adição de vitaminas, que podem ser solúveis em
gordura ou em água. As vitaminas solúveis
em gordura possuem uma estrutura molecu-
química 4
lar com poucos átomos de oxigênio, semelhante à de um hidrocarboneto de longa
cadeia, predominando o caráter apolar. Já as
vitaminas solúveis em água têm estrutura
com alta proporção de átomos eletronegativos, como o oxigênio e o nitrogênio, que promovem forte interação com a água. Abaixo
estão representadas quatro vitaminas:
Dentre elas, é adequado adicionar, respectivamente, a sucos de frutas puros e a margarinas, as seguintes:
b) II e III
a) I e IV
d) III e I
c) III e IV
e) IV e II
alternativa E
Os sucos de frutas são misturas nas quais o
principal componente é a água (solvente polar)
na qual substâncias polares (com muitos grupos
— OH, — NH 2 , etc.) são solúveis: I e IV. Margarinas apresentam como principal constituinte lipídios que apresentam moléculas pouco polares.
Estes materiais dissolvem outras substâncias
pouco polares com longas cadeias de hidrocarbonetos (... — CH 2 — CH 2 — CH 3 ): II e III.
Questão 68
Os automóveis movidos à gasolina, mesmo
que utilizem uma relação ar/combustível adequada, produzem substâncias poluentes tais
como hidrocarboneto não queimado (HC), CO
e NO. Atualmente, os automóveis são equipados com catalisadores que promovem as
transformações dos referidos poluentes gasosos, conforme as seguintes equações:
2CO + O2 → 2CO2
2NO + 2CO → N2 + 2CO2
HC + oxigênio → dióxido de carbono + água
O gráfico abaixo dá a porcentagem de poluentes transformados (Y), em função da porcentagem de oxigênio (X) presente na mistura do
combustível com ar.
Logo, se a porcentagem de oxigênio na mistura for
I. X1, a porcentagem de HC transformado
será menor que a de CO transformado.
II. X2, a soma das quantidades de HC, CO e
NO, nos gases de escape, será menor do que
aquela obtida se a porcentagem de oxigênio
for X1 ou X3.
III. X3, restará menos CO, para transformar
NO em N2 , do que se a porcentagem de oxigênio for X1.
É, pois, correto o que se afirma
a) em I apenas.
b) em II apenas.
c) em III apenas.
d) em II e III apenas.
e) em I, II e III.
alternativa D
I. Errada. No gráfico para X1, a porcentagem de
HC transformado será maior que a de CO transformado.
II. Correta. No gráfico para X1, todas as porcentagens de transformados são menores que em X2.
As porcentagens de transformados em X3 são um
pouco maiores para CO e HC, mas quase zero
para NO. Portanto, podemos concluir que a soma
das quantidades de HC, CO e NO será menor
para X2 (maiores porcentagens de transformados) do que aquela obtida se a porcentagem de
oxigênio for X1 ou X3.
III. Correta. A quantidade de CO para X3 é a menor (maior porcentagem transformada), o que segundo a equação dada transforma menos NO em
N2 .
química 5
Questão 69
Galinhas não transpiram e, no verão, a freqüência de sua respiração aumenta para resfriar seu corpo. A maior eliminação de gás
carbônico, através da respiração, faz com que
as cascas de seus ovos, constituídas principalmente de carbonato de cálcio, se tornem
mais finas. Para entender tal fenômeno, considere os seguintes equilíbrios químicos:
Ca2 + (aq) + CO23 − (aq) CaCO 3 (s)
CO23 − (aq) + H2O( l )
HCO −3 (aq)
HCO −3 (aq) + OH − (aq)
+ H2O( l )
H2CO 3 (aq)
H2CO 3 (aq) + OH − (aq)
CO2 (g) + H2O( l )
Para que as cascas dos ovos das galinhas não
diminuam de espessura no verão, as galinhas
devem ser alimentadas
a) com água que contenha sal de cozinha.
b) com ração de baixo teor de cálcio.
c) com água enriquecida de gás carbônico.
d) com água que contenha vinagre.
e) em atmosfera que contenha apenas gás
carbônico.
Sendo assim, as figuras I, II e III podem representar, respectivamente,
a) cloreto de sódio, dióxido de carbono e ferro.
b) cloreto de sódio, ferro e dióxido de carbono.
c) dióxido de carbono, ferro e cloreto de sódio.
d) ferro, cloreto de sódio e dióxido de carbono.
e) ferro, dióxido de carbono e cloreto de sódio.
alternativa D
À temperatura ambiente (pressão atmosférica), o
dióxido de carbono é gasoso e o ferro e o cloreto
de sódio são sólidos. A figura III é a única em
que as partículas não estão organizadas em um
cristal; portanto, representa um gás (dióxido de
carbono). A figura I representa um sólido formado por apenas um tipo de átomo (um elemento),
caso do ferro. A figura II representa um sólido
formado por dois tipos de átomos (dois elementos); portanto, representa o cloreto de sódio
(NaCl).
alternativa C
Os equilíbrios químicos estão associados e podem
ser deslocados em seqüência. De modo simplificado podemos estudá-los da seguinte maneira:
2+
2−
CaCO3(s) Ca(aq)
+ CO3(aq)
2−
CO3(aq)
+ H 2 O( l)
−
HCO3(aq)
+ H 2 O( l)
H 2 CO3(aq)
−
−
HCO3(aq)
+ OH(aq)
−
H 2 CO3(aq) + OH(aq)
CO 2(g) + H 2 O( l)
CaCO3(s) + H 2 O( l)
2+
−
Ca(aq)
+ 2 OH(aq)
+ CO 2(g)
Pelo Princípio de Le Chatelier, um aumento da
[CO 2 ] causará deslocamentos para a esquerda
nos equilíbrios, de modo que teremos um aumen2+
2−
] e [CO3(aq)
] nos fluidos das aves,
to nas [Ca(aq)
possibilitando a formação de cascas de ovos mais
espessas.
Questão 70
As figuras abaixo representam, esquematicamente, estruturas de diferentes substâncias,
à temperatura ambiente.
Questão 71
Em solução aquosa, íons de tálio podem
ser precipitados com íons cromato. Forma-se
o sal pouco solúvel, cromato de tálio,
Tl x (CrO4 )y .
Tomaram-se 8 tubos de ensaio. Ao primeiro,
adicionaram-se 1 mL de solução de íons tálio
(incolor) na concentração de 0,1 mol/L e 8 mL
de solução de íons cromato (amarela), também na concentração de 0,1 mol/L. Ao segundo tubo, adicionaram-se 2 mL da solução de
íons tálio e 7 mL da solução de íons cromato.
Continuou-se assim até o oitavo tubo, no qual
os volumes foram 8 mL da solução de íons tálio e 1 mL da solução de íons cromato. Em
cada tubo, obteve-se um precipitado de cromato de tálio. Os resultados foram os da figura. Os valores de x e y, na fórmula
Tl x (CrO4 )y , são, respectivamente,
química 6
d)
A
A
C
A
e)
A
B
A
C
alternativa B
a) 1 e 1
d) 2 e 3
b) 1 e 2
e) 3 e 2
Como apenas o metal A é corroído pelo HCl, ele
é o metal mais reativo dos três. Numa pilha, o metal mais reativo é sempre corroído, pois sofre oxidação, sendo o pólo negativo (ânodo). Desse
modo, o metal A será corroído nas duas pilhas, o
metal B será o pólo positivo na pilha 1 e o metal C
o pólo positivo na pilha 2.
c) 2 e 1
alternativa C
Observando-se a figura verifica-se que o sexto
tubo, da esquerda para a direita, é o que contém
a maior quantidade de precipitado. Nele, os números de mols de tálio e cromato podem ser calculados do seguinte modo:
0,1 mol Tl
= 6 ⋅10 −4 mol Tl
nTl = 6 ⋅10 −3 L ⋅
L
0,1 mol CrO42 −
−3
n
=
2 − = 3 ⋅10 L ⋅
CrO4
L
= 3 ⋅10 −4 mol CrO42 −
Nota-se que a quantidade de tálio é o dobro da de
cromato, logo a proporção entre os íons na fórmula do sal deve ser de 2 : 1, ou seja, x = 2 e y = 1.
Questão 73
O composto HClO, em água, dissocia-se de
acordo com o equilíbrio:
HClO (aq) + H2O (l)
ClO − (aq) + H 3O + (aq)
As porcentagens relativas, em mols, das espécies ClO − e HClO dependem do pH da solução aquosa. O gráfico que representa corretamente a alteração dessas porcentagens com
a variação do pH da solução é
a)
b)
Questão 72
Considere três metais A, B e C, dos quais
apenas A reage com ácido clorídrico diluído,
liberando hidrogênio. Varetas de A, B e C foram espetadas em uma laranja, cujo suco é
uma solução aquosa de pH = 4. A e B foram
ligados externamente por um resistor (formação da pilha 1). Após alguns instantes, removeu-se o resistor, que foi então utilizado para
ligar A e C (formação da pilha 2).
Nesse experimento, o pólo positivo e o metal
corroído na pilha 1 e o pólo positivo e o metal
corroído na pilha 2 são, respectivamente,
pilha 1
c)
d)
e)
pilha 2
pólo
positivo
metal
corroído
pólo
positivo
metal
corroído
a)
B
A
A
C
b)
B
A
C
A
c)
B
B
C
C
Dado: Constante de dissociação do
HClO em água, a 25oC: 4 x 10−8
química 7
alternativa A
Analisando o equilíbrio de dissociação para o
HClO podemos afirmar que sua porcentagem é
máxima para sistemas ácidos (pH baixo – equilíbrio deslocado para a esquerda).
Em sistemas alcalinos, a porcentagem de HClO
será baixa (pH alto – equilíbrio deslocado para a
direita).
Obs.: a curva da alternativa B não pode ser considerada como correta porque a relação entre porcentagem e pH não é linear.
Efetuando-se a nitração do para-dibromobenzeno, em reação análoga, o número de compostos mononitrados sintetizados é igual a
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
alternativa A
A mononitração do paradiclorobenzeno fornece
apenas um isômero
Questão 74
O aspartame, um adoçante artificial, pode
ser utilizado para substituir o açúcar de
cana. Bastam 42 miligramas de aspartame
para produzir a mesma sensação de doçura
que 6,8 gramas de açúcar de cana. Sendo assim, quantas vezes, aproximadamente, o número de moléculas de açúcar de cana deve
ser maior do que o número de moléculas de
aspartame para que se tenha o mesmo efeito
sobre o paladar?
Dados: massas molares aproximadas (g/mol)
açúcar de cana: 340
adoçante artificial: 300
a) 30
b) 50
c) 100
d) 140
e) 200
alternativa D
Cálculo da relação entre moléculas de açúcar de
cana e de aspartame:
6,8 g aç. cana 1 mol aç. cana 300 g asp.
⋅
≅
⋅
340 g aç. cana 1 mol asp.
42 ⋅ 10 −3 g asp. 1
44
42444
3 14
4244
3
144
42444
3
m. molar
m. molar
prop. massa
≅ 140
mol aç. cana
mol asp.
Questão 75
Quando se efetua a reação de nitração do bromobenzeno, são produzidos três compostos
isoméricos mononitrados:
uma vez que as quatro posições disponíveis para
uma nova substituição são idênticas.
Questão 76
Quando o composto LiOH é dissolvido em
água, forma-se uma solução aquosa que contém os íons Li + (aq) e OH − (aq). Em um experimento, certo volume de solução aquosa de
LiOH, à temperatura ambiente, foi adicionado a um béquer de massa 30,0 g, resultando
na massa total de 50,0 g. Evaporando a solução até a secura, a massa final (béquer + resíduo) resultou igual a 31,0 g. Nessa temperatura, a solubilidade do LiOH em água é cerca
de 11 g por 100 g de solução. Assim sendo,
pode-se afirmar que, na solução da experiência descrita, a porcentagem, em massa, de
LiOH era de
a) 5,0%, sendo a solução insaturada.
b) 5,0%, sendo a solução saturada.
c) 11%, sendo a solução insaturada.
d) 11%, sendo a solução saturada.
e) 20%, sendo a solução supersaturada.
alternativa A
Sabemos que:
massa total = massa béquer + massa de solução
50 g = 30 g + massa de solução
massa de solução = 20 g
Como, ao evaporarmos o solvente, a massa final
resultou 31 g, concluímos que existia 1 g de hidróxido de lítio (LiOH) dissolvido na solução.
química 8
Calculando a porcentagem em massa de LiOH temos:
1g
% massa =
⋅ 100% = 5%
20 g
Como a solubilidade de LiOH em água é de 11%
(11 g de LiOH em 100 g de solução), concluímos
que a solução está insaturada.
c)
I
H2 + CO
CH4 + CO2
d)
II
H2 + CO
CH4 + CO2
e)
I
CH4
CO
alternativa B
Cálculo do calor envolvido nos processos:
2 H 2 + 2 CO
Questão 77
I
CH4 + CO 2
II
Buscando processos que permitam o desenvolvimento sustentável, cientistas imaginaram um procedimento no qual a energia solar
seria utilizada para formar substâncias que,
ao reagirem, liberariam energia:
∆Hr = +2 ⋅ εH — H +
+ 2 ⋅ εC O −4 ⋅ εC — H − 2 ⋅ εC O
∆Hr = +2 ⋅ 440 + 2 ⋅ 1 080 − 4 ⋅ 420 − 2 ⋅ 800
∆Hr = 880 + 2 160 − 1 680 − 1 600 = −240 kJ
Conclui-se que o processo I envolve liberação de
energia, e, portanto, o reservatório E contém H 2 e
CO (combustíveis). No reservatório D encontram-se CH4 e CO 2 (com menor conteúdo energético).
O processo que ocorre em B envolve absorção de
energia, ou seja, é representado pela equação II.
Questão 78
A = refletor parabólico
B = reator endotérmico
C = reator exotérmico
D e E = reservatórios
Considere as seguintes reações
I) 2H2 + 2CO → CH4 + CO2
II) CH4 + CO2 → 2H2 + 2CO
e as energias médias de ligação:
4 ,4 × 102 kJ/mol
H-H
C ≡ O (CO)
10,8 × 102 kJ/mol
C = O (CO2 )
8 ,0 × 102 kJ/mol
C-H
4 ,2 × 102 kJ/mol
A associação correta que ilustra tal processo é
Reação que Conteúdo de Conteúdo de
ocorre em B
D
E
a)
I
CH4 + CO2
CO
b)
II
CH4 + CO2
H2 + CO
O vírus da febre aftosa não sobrevive em
pH < 6 ou pH > 9, condições essas que provocam a reação de hidrólise das ligações peptídicas de sua camada protéica. Para evitar a
proliferação dessa febre, pessoas que deixam
zonas infectadas mergulham, por instantes,
as solas de seus sapatos em uma solução
aquosa de desinfetante, que pode ser o carbonato de sódio. Neste caso, considere que a velocidade da reação de hidrólise aumenta com
o aumento da concentração de íons hidroxila
(OH − ). Em uma zona afetada, foi utilizada
uma solução aquosa de carbonato de sódio,
mantida à temperatura ambiente, mas que se
mostrou pouco eficiente. Para tornar este
procedimento mais eficaz, bastaria
a) utilizar a mesma solução, porém a uma
temperatura mais baixa.
b) preparar uma nova solução utilizando
água dura (rica em íons Ca2 + ).
c) preparar uma nova solução mais concentrada.
d) adicionar água destilada à mesma solução.
e) utilizar a mesma solução, porém com menor tempo de contacto.
química 9
alternativa C
A situação descrita pode ser representada pelos
equilíbrios:
2−
+
Na 2 CO3(aq)
2 Na(aq)
+ CO3(aq)
2−
CO3(aq)
+ H 2 O( l)
−
−
HCO3(aq)
+ OH(aq)
Como a hidrólise das ligações peptídicas é favorecida em meio alcalino (pH > 9), deve-se aumentar a concentração da solução de carbonato de
sódio para que os equilíbrios sejam deslocados
no sentido da formação de OH − (Le Chatelier).
Questão 79
Para combater o carbúnculo, também chamado antraz, é usado o antibacteriano ciprofloxacina, cuja fórmula estrutural é:
Na molécula desse composto, há
a) ligação peptídica e halogênio.
b) grupo ciclopropila e ligação peptídica.
c) anel aromático e grupo nitro.
d) anel aromático e ligação peptídica.
e) anel aromático e grupo carboxila.
alternativa E
Na ciprofloxacina estão presentes o grupo carboxila (— COOH) e o anel aromático, que é caracterizado pela existência de ligações simples (—) intercaladas de ligações duplas (—).
Questão 80
Para determinar a composição de uma mistura sólida de carbonato de sódio e hidróxido de
sódio, esta mistura foi tratada com ácido clorídrico de concentração 0,50 mol/L. Gasta-
ram-se 500 mL dessa solução para obter,
após ligeiro aquecimento, uma solução neutra. No processo, houve liberação de gás carbônico que, após secagem, apresentou o volume de 1,23 L , medido à temperatura de 25o C
e à pressão de 1,0 bar.
Logo, as quantidades, em mols, de carbonato
de sódio e hidróxido de sódio, na mistura sólida, eram, respectivamente,
Dado: Volume molar do gás carbônico
a 25o C e 1 bar: 24,6 L/mol
a) 0,050 e 0,10
c) 0,10 e 0,10
e) 0,10 e 0,30
b) 0,050 e 0,15
d) 0,10 e 0,20
alternativa B
Equações das reações que ocorrem na mistura
das soluções:
I. Na 2 CO3 + 2 HCl → 2 NaCl + H 2 O + CO 2
II. NaOH + HCl → NaCl + H 2 O
Cálculo do nº de mols de HCl consumidos na reação com o carbonato de sódio:
1 mol CO 2
2 mols HCl
=
1,23 l CO 2 ⋅
⋅
24,6 l CO 2 1 mol CO 2
4244
3
14
4244
3 14
v . molar
eq . química I
= 0,1 mol HCl
Cálculo do nº de mols total de HCl consumidos
nas duas reações:
0,5 mol HCl
0,5 l HCl ⋅
= 0,25 mol HCl
1 l HCl 3
144244
molaridade
Portanto, a quantidade em mols de HCl consumida na reação de neutralização do hidróxido de sódio é:
−
=
0,25
0,15 mol HCl
1
23
10,1
23
usado
total
na neutralização
do Na 2 CO3
Quantidade, em mol, de carbonato de sódio:
1 mol Na 2 CO3
= 0,05 mol
0,1 mol HCl ⋅
mols
HCl3
1244
244
eq . química I
Quantidade, em mol, de hidróxido de sódio:
1 mol NaOH
= 0,15 mol
0,15 mol HCl ⋅
14
mol
l3
1
42HC
44
eq . química II