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 agitação 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
16
Orientações para o professor
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 pressão e mesmo volume. Pode-se concluir, portanto, que o número 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 movimentam 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 porque 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-esferograficas5.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 . V i = P f . V f
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 encosta; passou, portanto, a 0,9 P.
Pi . V1 = P f . Vf
V
Pi . 1 L = 0,9 P1 . Vf
P ·1L
Vf = i
0,9 Pi
V
1.10 Alternativa A.
Vf = 1,1 L
1 + 3 = 4 atm.
Supondo-se que a temperatura do ar seja a mesma (na superfície e a 30 m de profundidade):
V
1 . 1 = 4 . Vf
Pi . V1 = P f . Vf
1·1
4
V
Vf =
Vf = 0,25 L ou 250 mL
1.12 Alternativa D.
Ti = 22 oC ou 295 K
Pi = 28,0 lb/pol2
Tf = ?
P f = 31,4 lb/pol2
T ·P
295 · 31,4
Pi P f
=
V T = i f V Tf =
Ti Tf f
Pi
28,0
Tf q 330 K ou 58 oC
1.13 Alternativa D.
V
P · V = P · V
6 · 42
P · V
Vf =
V = i i
V
Pf
2
i
i
f
f
f
3
f
VV = 126 cm
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 transformação 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 haver 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 = ?
o
Ti = 25 C ou 298 K
Tf = 35 oC ou 308 K
T · V
Vi Vf
=
V Vf = f i
Ti Tf
Ti
308 · 30
298
Vf =
V
Vf q 31 mL
1.17 Alternativa D.
Vi Vf
=
V
Ti Tf
900 . 5
V
Vf =
300
5 Vf
=
300 900
Vf = 15 mL ou 0,015 L
1.18 Alternativa A.
Vi = 30 m3
Ti = 20 oC ou 293 K.
Pi = 2 atm.
P . V = P . V
V
Vf = 50 m3
Tf = 293 K
Pf = Pf
.
2 30 = P . 50
Trata-se de uma transformação isobárica representada graficamente por retas inclinadas. Dobrando-se a temperatura
termodinâmica do sistema, o volume ocupado pelo gás também dobra.
2 · 30
Pf =
50
Pf = 1,2 atm
1.19 Alternativa A.
Vi = V; Ti = 27 ºC ou 300 K;
i
1
1.11
f
f
V
f
Alternativa D.
Pressão total sobre o mergulhador a 30 m de profundidade:
Pi = 760 mmHg ou 1 atm
Vf = V; Tf = ?; P f = 2 atm
17
T ·P
300 · 2
Pi P f
=
V T = i f V Tf =
Ti Tf f
Pi
1
Tf = 600 K ou 327 oC
1.20 Alternativa B.
Trata-se de uma transformação isovolumétrica. Para compensar o aumento da pressão tem de haver um aumento da temperatura na mesma proporção.
1.21 Alternativa B.
A panela de pressão é útil para cozer os alimentos rapidamente graças ao aumento da pressão interna que fica maior
que a pressão externa. Isso faz a temperatura dentro da panela 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 ebulição 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
x
x = 2 atm
Pi P f
=
V
Ti Tf
285 . 2
V
P =
f
300
15 lb/pol2
30 lb/pol2
2 P f
=
300 285
P f = 1,9 atm
18
Resolução da série
exercitando o raciocínio
2.1 Alternativa A.
b) Incorreta, pois na transformação I, a pressão do gás é constante 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 aumento 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.
nV PV . V V . T T
PV . V V nV . R . T V
=
V
=
P . V n . R . T
n P . V . T
T
T
T
T
T
nV 100 . 4 . 300
=
V
nT 1 . 80 . 750
T
T
V
nV
= 2
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.
m
2.4
a) P · V =
·R·T
M
m
5 · 20 =
· 0,082 · 298
28
b)P1 P2
5 P2
=
V
=
298 333
T1 T2
V
m = 114,6 g de N2
V
P2 q 5,6 atm
2.5 Alternativa C.
Pi = P; P f = 2P; Ti = 273 K; Tf = 300 K
P . Vi 2P . Vf
=
V
273 300
Vf 300
=
q 0,55
Vi 546
2.6 Alternativa C.
P1 · V1 P2 · V2
=
T1
T2
60 · 22,4 700 · V2
7
=
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
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V V = i i f
Ti
Tf f
Pf · Ti
600 · 20 · 273
819 · 400
Vf =
V
Vf = 10 mL
2.8 Alternativa C.
Vi = 4 L; Ti = 280 K; Pi = 596 mmHg
19
Vf = ?; Tf = 228 K; Pf = 40 mmHg
2.13 Alternativa D.
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V V = i i f
Ti
Tf f
Pf · Ti
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V V = i i f
Ti
Tf f
Pf · Ti
Vf =
596 · 4 · 228
40 · 280
V
Vf = 48,5 L
Vf =
2.9 a) Vi = 4 L; Pi = 2 atm e Ti = 300 K
V
Vf = 250 Vi
2.14 Alternativa D.
Vx = 8 L; Px = 2 atm e Tx = ?
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V V = i i f
Ti
Tf f
Pf · Ti
Vy = 4 L; Py = ? e Ty = Tx
Vf = 4 L; Pf = 2 atm e Tf = ?
a)
275 · Vi · 300
1 · 330
1 · 10 · 223
Vf =
0,25 · 300
P/atm
V
Vf q 29,7 L
2.15 Alternativa C.
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V
P = i i f
Ti
Tf f
Ti · Vf
c
Px
1 · 250 · 596
Pf =
298 · 250
isotérmica
isocórica
isobárica
Geórgia M.
a
8
Início
a ( b
b ( c
c(a
4 L
8 L
4 L
4L
2 atm
2 atm
Px
2 atm
300 K
Tx
Tx
Ty = Tx
V/L
P = 3 atm
R = 0,082 atm . L/mol . K
M=?
V = 12,3 L
t = 327 oC ou 600 K
m
m·R·T
P·V=
· R · T V
M=
M
P·V
M=
30 · 0,082 · 600
3 · 12,3
V
M = 40 g/mol
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:
T ·V
300 · 8
b)Vi Vx
=
V Tx = i x
V Tx =
Ti Tx
Vi
4
Tx = 600 K
m
m·R·T
P·V=
·R·T V
M=
M
P·V
A temperatura do gás durante a compressão isotérmica é de
600 K. A pressão final do gás é igual à inicial: 2 atm.
M=
a) isotermicamente de 1 a 2.
b) isocoricamente de 2 a 3.
d) isotermicamente de 4 a 2.
e) isobaricamente de 3 a 4.
M = 131,05 g · mol–1
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
Tf = 54,6 + 273 V
Tf = 327,6 K
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V V = i i f
Ti Tf f
Pf · T i
100 000 · 22,71 · 327,6
V =
f
181 680 · 273
V
Vf = 15 L
Cálculo da massa inicial de gás oxigênio:
m·R·T
P · V = n · R · T V P · V =
M
P · V · M
2 · 8,2 · 103 · 32
V m =
m=
R · T
0,082 · 250
m = 25 600 g
Cálculo da massa final de gás oxigênio:
2.12 Alternativa D.
m·R·T
P · V = n · R · T V P · V =
M
Pi = P; Vi = V; Ti = T
Pf = ?; Vf = V/2; Tf = 2 T
P ·V ·T
Pi · Vi Pf · Vf
=
V
P = i i f
Ti
Tf f
Ti · Vf
P·V·2T
Pf =
V
·T
2
P · V · 2 T · 2
V·T
V
2.18 Alternativa C.
2.11 Ti = 273;
Pf =
5,38 · 0,082 · 288,15
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).
2.10 Alternativa C.
20
Tx
4
Pf = 2 atm
2.16 m = 30 g
b
2
V
V
Pf = 4 P
m=
P · V · M
1,5 · 8,2 · 103 · 32
V m =
R · T
0,082 · 250
m = 19 200 g
Massa perdida = 25 600 – 19 200
Massa perdida = 6 400 g (6,4 kg)
2.19 Alternativa B.
n · R · T
V V =
P·V=n·R·T
P
Orientações para o professor
2 . 10–4 · 0,082 · 300
V=
1
V = 49,2 · 10−4 L
V
V q 4,9 mL
m
m·R·T
P·V=
·R·T V
V=
M
M·P
V = 49,2 · 10−4 · 103 mL
2.20 Alternativa A.
m·R·T
P · V = n · R · T V P · V =
M
P · V · M
5 · 9,84 · 40
V m =
m=
R · T
0,082 · 300
3 000 000 · 106 · 0,082 · 300
44 · 1
V=
V
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
m = 80 g
n
1,2 · 1024 moléculas
2.21 Alternativa B.
n = 2 mol de nitrogênio
m
m·R·T
P·V=
·R·T V
P=
M
M·V
2,02 . 10−4 · 0,082 · 300
P=
V P = 0,082 atm
20 · 3,0 . 10−3
P = 8,2 · 10−2 atm
2.22 Alternativa D.
m
m·R·T
P·V=
·R·T V
V=
M
M·P
640 · 0,082 · 300
32 · 12,3
V=
V
V = 40 L
2.23 Alternativa A.
m
P·V·M
P·V=
·R·T V
m=
M
R·T
6,11 · 0,4 · 4
m=
0,082 . 298
V
m = 0,4 g
2.24 P · V = n · R · T
P · V
0,6 · 12 300
n=
n=
V
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.
m
m·R·T
P·V=
·R·T V
V=
M
M·P
V = 3 000 · 0,082 · 300
44 · 1
V
V = 1 677 L
2.26 Alternativa D.
Massa molar do O2: 32 g/mol
m
P·V·M
P·V=
m=
· R · T V
M
R·T
130 · 40 · 32
m=
0,082 . 298
V
m = 6 810 g
m = 6,8 kg
2.27 Alternativa C.
m
P·V·M
P·V=
·R·T V
m=
M
R·T
1 · 30 · 103 . 16
m=
V
m q 19 512 g
0,082 . 300
m = 19,51 kg
2.28 Alternativa D.
P · V = n · R · T V P =
P=
2 · 0,082 · 300
6
V
n · R · T
V
P = 8,2 atm
2.30 a) Cálculo da massa de N2 introduzida no pneu.
m
P·V·M
P·V=
· R · T V
m=
M
R·T
5 · 20 · 28
m=
V
m q 114,6 g de N2
0,082 . 298
b) Cálculo da pressão após a rodagem dos pneus.
P · T
5 · 333
Pi P f
=
V P = i f V P f =
Ti Tf f
Ti
298
P f q 5,6 atm
2.31 a) Cálculo do volume do reator:
P · V = n · R · T V V = n · R · T
P
5 · 0,082 · 400
V=
V
V = 16,4 L
10
b) Cálculo da variação de temperatura
Pi · Vi Pf · Vf
P ·V ·T
=
V T = f f i
Ti
Tf f
Pi · V i
20 · 40 · 600
Tf =
V
Tf = 400 Ki
120 · 10
A temperatura deve passar de 327 oC (ou 600 K) para 400 K
(ou 127 oC).
2.32 a) Cálculo da quantidade de matéria da substância:
P · V
P · V = n · R · T V n =
R·T
1 · 0,123
n=
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
1 . 0,45
x=
0,005
x
V
x = 90 g/mol
2.33
Cálculo do tempo necessário para atingir a concentração mortal de CO:
100% do volume da garagem
4,1 . 104 L
x
0,4%
0,4 . 4,1 . 104
x=
100
x = 1,64 . 102 L
21
P · V
P · V = n · R · T V n =
R·T
1 · 1,64 · 102
n=
V
0,082 · 300
n q 6,67 mol
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
6,67 . 1
y=
0,67
22
V
y = 9,95 min ou q 10 min
Resolução da série
exercitando o raciocínio
3.1
Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás oxigênio:
ngás carbônico: 1 mol 22,4 L
x 4,48 L
4,48 · 1
x=
V ngás carbônico = 0,2 mol
22,4
ngás nitrogênio: 1 mol 28 g
y 33,6 g
y =
33,6 · 1
28
V
ngás nitrogênio = 1,2 mol
ngás oxigênio
Xgás oxigênio =
ngás oxigênio + ngás carbônico + ngás nitrogênio
0,6
Xgás oxigênio =
0,6 + 0,2 + 1,2
Xgás oxigênio = 0,3
Cálculo da pressão parcial do gás oxigênio na mistura:
Pgás oxigênio
Ptotal
= Xgás oxigênio
Pgás oxigênio = Xgás oxigênio · Ptotal
Pgás oxigênio = 0,3 · 750
Pgás oxigênio = 225 mmHg
Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás carbônico:
24
ngás carbônico
Xgás carbônico =
noxigênio + ngás carbônico + nnitrogênio
Orientações para o professor
0,2
Xgás carbônico =
0,6 + 0,2 + 1,2
V Xgás carbônico = 0,1
3.2 Alternativa D.
P total = 4 atm; PA = 2 atm; PB = 1 atm e PC = 1 atm
P .V
V
ntotal = total
P total . V = ntotal . R . T
R.T
4 . 37
ntotal =
0,082 . 300
V
ntotal = 6 mols
Após a mistura:
Phidrogênio · 3 V = nhidrogênio · R · T (2)
(1)
V
(2)
Antes da mistura:
9 · V = nhélio · R · T (3)
Após a mistura:
Phélio · 3 V = nhélio · R · T (4)
(3)
V
(4)
Analogamente:
Phélio
V
nB = 1,5 mol
V
nC = 1,5 mol
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
14 g de N2
nN2
= 1
Phidrogênio = 1 atm
nA
. P total
PA = X A . P total
V
P =
A
ntotal
P
2 . 6
nA = A . ntotal
V nA = 3 mols
V nA =
P total
4
PB
1 . 6
. ntotal
nB =
V
n =
P total B
4
P 1 . 6
nC = C . ntotal
V
nC =
P total
4
3 · V
Phidrogênio · 3 · V
3
=1
9 · V
= 1
Phélio · 3 · V
V
Phélio = 3 atm
Portanto: Ptotal = Phidrogênio + Phélio
V
Ptotal = 1 + 3
Ptotal = 4 atm
3.7 Alternativa A.
Trata-se de uma transformação isotérmica:
P .V +P .V =P .V
O2
O2
V
V
total
total
3 . 5 + 0 . 7 = P total . (5 + 7)
V
P total = 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 dentro do saco plástico; o que aumenta sua pressão parcial sobre
a fruta acelerando seu amadurecimento.
3.9 Alternativa D.
nN2 = 0,5 mol de N2
P total = pNH3 + pO2 + pNO + pH2O
P · V = n · R · T
V
P = n · R · T
V
0,5 . 0,082 . 300 V
PN2 = 0,41 atm
P =
N2
30
P total = 1,05 + 1,32 + 1,05 + 1,58
P total = 5,00 atm
1 mol de O2
32 g de O2
nO2
8 g de O2
Dos gases citados no enunciado, apenas o hidrogênio, H2, e
o metano, CH4, são inflamáveis. Para cada mol da mistura há:
nO2 = 0,25 mol de O2
P · V = n · R · T
V
P = n · R · T
V
0,25 . 0,082 . 300 V P = 0,205 atm
P =
O2
O2
30
b) P total = PN2 + PO2
P total = 0,41 + 0,205
V
P total = 0,615 atm
3.5 a) O2, He, N2
b) PHe = XHe . P total
PHe = 0,24 . 9 000 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)
3.10 Alternativa D.
- 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:
M·P
d =
R·T
verifica-se que a compressão de um gás, ou seja, o aumento da pressão, faz a densidade do gás aumentar. Entretanto,
como a temperatura é constante, a energia cinética das moléculas 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 CL 2 (massa molar = 71 g/mol) possui a
maior densidade e o Ne (massa molar = 20 g/mol) a menor
densidade.
25
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 oC.
umidade de 100%
a pressão de vapor da água é
igual a 31,82 mmHg
umidade de 66%
66 . 31,82
x=
100
x
V
x = 21 mmHg
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 expiração, 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 atmosférica. Para a água, a 1 atm de pressão, a temperatura no interior
do veículo está bem abaixo dos 100 oC.
3.17 Alternativa C.
23,8 mmHg
100% umidade relativa do ar
11,9 mmHg 11,9 . 100
x=
23,8
x
V
x = 50%
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 intervalo 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 efusão (menor massa molar) pela permeabilidade da bexiga: H2
(hidrogênio).
A bexiga B contém um gás de velocidade de efusão intermediária e, portanto, de massa molar também intermediária: He
(hélio).
26
1 mol
23 g 3 g
x =
1 mol
40 g
x
3 · 40
23
V
x q 5,2 g
4.7 Alternativa A.
CaCO3 (s)
**( Resolução da série
x =
exercitando o raciocínio
01. Correta: a proporção estequiométrica entre CO2 e O2 é de
1 : 1.
02. Errada: para cada mol de glicose produzida são necessários 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 processo 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.
200 · 56
100
V
1 mol
x
4.4 Alternativa D.
CL 2(g) + 2 NaOH(aq) **( NaCL (aq) + NaCL O(aq) +
+H2O(L )
2 · 40 g de NaOH(aq)
1 · 74,5 g de NaCL O (aq)
x
149 kg de NaCL O (aq)
1 · 74 g
28 · 103 g
x
3
28 · 10 · 74
x=
56
4.6 Alternativa A.
30
V
12 · 28
30
V
x = 11,2 kg de O3(g)
4.9 Alternativa B.
TiCL 4 (g) + Mg(s) *( MgCL 2(s) + Ti(s)
1 mol 190 g 9,5 g 4.3 Alternativa A.
1 · 56 g
x =
1 mol
30 g
12 kg
1 mol
48 g
x
9,5 · 48
190
V
x = 2,4 g
2 AL 2O3 (s) + 3 C(s) *( 4 AL (s) + 3 CO2(g)
4 C3H5(ONO2)3 (L) *( 12 CO2(g) + 10 H2O(g) + 6 N2(g) + 1 O2(g)
4.5 Alternativa B.
1 CaO(s) + 1 H2O(L ) **(1 Ca(OH)2(ppt)
*( HCHO(g) + CO2(g) + H2(g)
4.10 Alternativa A.
1 mol
x
149 · 2 · 40
V x = 160 kg de NaOH(aq)
1 · 74,5
x = 112 kg de CaO(s)
1 mol
28 g
x
x =
(NH4)2Cr2O7(s) *( N2(g) + 4 H2O(L) + Cr2O3 (s)
4 mol
8 mol x = 2 mol
CO2(g)
4.8 Alternativa B.
4.1 Resposta 27. Corretos: 01, 08 e 16.
1 mol
0,50 mol x = 0,50 mol de óxido de crômio III
+
1 mol
56 g
x
O3 (g) + C2H4 (g)
x=
CaO(s)
1 mol
100 g
200 kg
n =
3 mol
3 mol n
2 700 · 103 · 3
4 · 27
4 mol
4 · 27 g
2 700 · 103 g
V
n = 7,5 · 104 mol
4.11 Alternativa B.
2 mol de Ca3(PO4)2(s)
2 · 310 g
31,0 g
31,0 · 124
x=
V
2 · 310
1 mol de P4(s)
124 g
x
x = 6,20 g de P4(s)
4.12 Alternativa C.
1 H3CCOCH2CO2H *( 1 H3CCOCH3 + 1 CO2
1 mol
1 mol
102 g
58 g
125 mg
x
125 · 58
x=
V x q 71,7 mg
102
4.13 1 mol = 6,02 ·1023 moléculas:
3
x = 37· 10 g ou 37 kg
* 1 NaOH(aq) + 1/ 2 H2(g)
1 Na(s) + H2O(L ) (
a)4 · 6,02 · 1023
moléculas de O2(g)
1 · 6,02 · 1023
moléculas de H2O(L )
8,2 · 1022
moléculas de O2(g)
x
Orientações para o professor
22
23
x = 8,2 · 10 · 1 · 6,0223 · 10
4 · 6,02 · 10
c) 2 · 22,71 L de SO2(g)
z
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
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
0,10 · 284
x =
2
V
3 . 22,4 de L O2
y
0,4 mol de KO2
V
1 mol de C5H10O2
3,52 g de C4H8O2
x
V
x = 0,04 mol de C5H10O2(L )
4.19 Alternativa D.
1 C2H2(g) + 1 HCL (aq) **( 1 C2H3CL (g)
22,4 L (CNTP)
1 mol
x
2 mol
2 · 22,4
x=
V
x = 44,8 L de C2H2(g)
1
y = 6,72 L de O2
4.20 Alternativa A.
4.15 Alternativa C.
6 NaN3 (s) + Fe2O3 (s) ( 3 Na2O(s) + 2 Fe(s) + 9 N2(g)
6 mol 9 . 22,4 L
1 mol de AL(OH)3 = 78 g
78 g de AL(OH)3
3 mol de HCL
x
0,24 mol de HCL
V
x = 6,24 g de AL(OH)3
1 000 mL do medicamento
26 g de AL(OH)3
y
6,24 g de AL(OH)3
y =
V z = 378,5 m3 de SO2(g)
1 · 88 g de C4H8O2
3,52 · 1
x=
1 · 88
x = 14,2 g de KO2
b) 4 mol de KO2
0,24 · 78
3
z=
1t
2 · 120 g ·
106 g
1 C4H8O2(L ) + 1 CH4O(L ) **( 1 C5H10O2(L ) + 1 H2O(L )
y = 7,68 · 106 g ou 7,68 t de O2(g)
x =
1 m3
2 t · 2 · 22,71 L ·
1 000 L
4.18 Alternativa A.
3,6 · 106 · 4 · 32
y =
60
0,4 · 3 · 22,4
y =
4
2 · 120 g de MgSO4(s)
2 t de MgSO4(s)
6,24 · 1 000
V
26
3 mol
3 · 9 · 22,4
V=
6
V
V
x = 100,8 L ou q 101 L de N2(g)
y = 240 mL do medicamento
4.16 Alternativa D.
8 SO2(g) + 16 H2S(g) *( 16 H2O(V) + 3 S8 (s)
16 · 6,02 · 1023
moléculas de H2S
3 · 256 g de S8
x
5,0 · 109 g de S8
9
5,0 · 10 · 16 · 6,02 · 1023
x =
3 · 256
x = 6,27 · 1031 moléculas
4.17 2 MgO(s)+
2 SO2(g) + 1 O2(g) **( 2 MgSO4 (s)
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 SO (g)
2 · 40 g
2
2 · 40 · 200
x=
V
2
8 · 103 g · 1 t
x=
V
106 g
b) 2 mol de MgO(s)
50 mol de MgO(s)
50 · 1 · 24,46
y=
V
2
1 m 3
y = 611,5 L ·
V
1 000 L
x = 8 000 g ou
x = 8 · 10–3 t de MgO(s)
1 · 24,46 L de O2(g)
y
y = 611,5 L ou
y = 0,6115 m3 ou q 0,61 m3
31
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
5,4 · 2 · 52
V y = 10,4 kg de Cr(s)
y=
2 · 27
5.4 Alternativa B.
Reação: 2 P(s)
2 mol
3 mol
62 g
114 g
15,5 g
x
15,5 · 114
V
x=
62
**( 3 F2(g)
+
2 PF3 (g)
x = 28,5 g (100% de rendimento)
5.5 Alternativa E.
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
2,000 · 76
x=
V x = 0,7136 kg de CS2(L)
3 · 71
Excesso de CS2(L) = 1,000 kg – 0,7136 kg
O2(g)
2 mol
1 mol
2 mol
4 g
32 g
36 g
2 g
32 g
x
reagente
reagente em
limitante
excesso
2 · 36
x=
4
V
2 H2O(v)
x = 18 g de H2O(v)
massa de oxigênio que reage: 16 g
massa de oxigênio em excesso: 16 g
5.6 Alternativa B.
3 H2(g)
1 N2(g) +
**(
2 NH3 (g)
1 mol
3 mol
2 mol
30 mol
75 mol
x
75 · 2
x=
3
V
x = 50 mol de NH3(g)
O nitrogênio, N2(g), está presente em excesso.
5.7 Alternativa C.
1 SnO2(s) + 2 C(s)
*( 1 Sn(s)
1 mol
2 mol
1 mol
151 g
453 . 103g
24 g
96 . 103 g
119 g
+
2 CO(g)
y
Excesso de CS2(L) = 0,286 kg
Cálculo do reagente em excesso:
453 . 103 · 24
V
x = 72 . 103 g de C(s)
x=
151
3 · 71 g de CL2(g)
154 g de CCL4(L)
reagente limitante: SnO2(s)
2,000 kg de CL2(g)
y
reagente em excesso: C(s)
2,000 · 154
y=
3 · 71
34
**( Reação: 2 H2(g) +
V
y = 1,446 kg de CCL4(L)
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
5,4 · 152 V x = 15,2 kg de Cr2O3(s)
x =
54
Cálculo da massa de estanho formado:
119 g de Sn
151 g de SnO2(s)
3
.
y
453 10 g de SnO2(s)
453 . 103 · 119
V
y = 357 . 103 g de Sn(s)
y=
151
y = 357 kg de Sn
5.8 Alternativa C.
Orientações para o professor
1 mol glicose
2 mol etanol
180 g glicose
90 . 106 g glicose
2 · 46 g etanol
y=
x
5.13 Alternativa D.
90 . 106 · 2 · 46
x=
180
x = 46 t de etanol
75 · 272
100
V
**( 6 V(s) + AL 2O3 (s)
x = 46 . 10 g de etanol
3 V2O5 (s) + 10 AL (s)
100%
46 t de etanol
y
11,5 toneladas de etanol
10 mol
80 . 6
V
x=
100
11,5 · 100
y=
46
V
6
V
y = 25%
+
**( 1 mol
12 g
3 000 g
x = 4,8 mol de V(s)
CO2(g)
270 g de AL (s)
244,8 g de V(s)
1 mol
44 g
x
y
122,16 g
122,16 · 270
y=
244,8
V x = 11 000 g ou 11 kg de CO2(g)
11 kg de CO2(g)
y
100% de rendimento
90% de rendimento
90 · 11
y=
100
V y = 9,9 kg de CO2(g)
V
y q 135 g de AL (s)
5.14 Alternativa C.
**( 1 CO(NH2)2(s) + H2O(g)
1 . 60 g
CO2(g) + 2 NH3 (g)
2 . 17 g
340 . 106 g
.
340 106 · 1 . 60
x =
2 . 17
x
V
x = 600 . 106 g de ureia
x = 600 toneladas de ureia
5.10 Alternativa B.
1 mol de C7H6O3
1 mol de C9H8O4
100%
600 t de ureia
138 g
1,38 . 106 g
180 g
y
540 t de ureia
x
1,38 . 106 · 180
x=
138
x = 1,8 . 10 g de C9H8O4
V
6
x = 1,80 t de C9H8O4
1,80 t
80%
y
80 · 1,80
100
V y = 1,44 t de C9H8O4
5.11 Alternativa E.
Cr2O3 (s) + 2 AL (s) **( 1 mol
152 g
15,2 g
15,2 . 104
V
x=
152
100% de rendimento
2 Cr(s) + AL 2 O3 (s)
2 mol
104 g
x
x = 10,4 g de Cr(s)
10,4 g
75% de rendimento
y
75 · 10,4
y=
100
y = 7,8 g de Cr(s)
V
5.12 Alternativa D.
1 CaCL 2(aq) + 1 Na2SO4 (aq) ( 1 CaSO4 (s) + 2 NaCL (aq)
1 mol
1 mol
1 mol
136 g
2 mol x
2 . 136
V
x = 272 g de CaSO4(s)
x=
1
100% de rendimento
272 g
75% de rendimento
y =
540 . 100
V
600
5.15
y
y = 90% de rendimento
Alternativa C.
**( 1 AL 2(SO4)3 (s) + 3 H2(g)
2 AL (s) + 3 H2SO4 (aq)
100% de rendimento
y=
100%
80%
10 mol de AL (s) = 270 g e 4,8 mol de V(s) = 244,8 g
O2(g)
3 000 · 44
x=
12
6 mol
6 mol de V(s)
x
AL (s) = 27 g/mol e V(s) = 51 g/mol
5.9 Alternativa D.
C(s)
y = 204 g de CaSO4(s)
2 mol
2 . 27 g
3 mol
3 . 22,4 L
5,4 g
x
5,4 . 3 . 22,4
x =
2 . 27
V
6,72 L
5,71 L
y =
x = 6,72 L de H2(g)
100% de rendimento
y
5,71 . 100
6,72
V
y q 85% de rendimento
5.16 Alternativa C.
6 mol HF
6 . 20 g
1 mol Na3ALF6
30 kg
x
x=
30 · 210
6 . 20
210 g
V
x = 52,5 kg de Na3AL F6
100% de rendimento
52,5 kg
90% de rendimento
y
y =
90 · 52,5
100
V
y = 47,25 kg de Na3AL F6
5.17 Alternativa A.
2 NaCL + MnO2 + 2 H2SO4 *( Na2SO4 + MnSO4 + CL 2 + 2 H2O
2 mol
1 mol
35
2 . 58,5 g
71 g
500 g x
500 . 71
x= .
2 58,5
V
x q 303,4 g de CL 2
100% de rendimento
303,4 g de CL 2
85% de rendimento
85 . 303,4
y=
100
y
V
y q 257,9 g de CL
m
m·R·T
P·V=
·R·T V
V=
M
M·P
257,9 · 0,082 · 300
V=
71 · 1,5
5.18 1 NH4NO2(s)
V
V q 59,6 L
1 · 64 g de NH4NO2
**(
2 H2O(L) + 1 N2(g)
1 · 22,4 L de N2(g)
12,8 g de NH4NO2
x
3 mol
3 mol
1 mol
1 mol
87 g
55 g
x
1,10 . 106 g
1,10 . 106 · 87
x =
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)
1,74 . 106 · 100
x =
V
x = 1,74 . 106 g de MnO2(s)
80
x = 2,175 . 106 g ou q 2,18 t
12,8 · 1 · 22,4
x =
V x = 4,48 L de N2(g)
1 · 64
4,48 L de N2(g)
100% de rendimento
y
80% de rendimento
80 · 4,48
y =
V y = 3,584 L de N2(g)
100
5.23 Alternativa D.
1 mol
1 mol
5.19 Cálculo da quantidade teórica:
64 g
22,4 L (CNTP)
2 Fe2O3(s) + 6 C(s) + 3 O2(g)**( 4 Fe(s) + 6 CO2(g)
2 · 160 g
4 · 56 g
80 t
x
80 · 4 · 56
x=
V x = 56 t de Fe(s)
2 · 160
56 t
100%
50,4 g
y
50,4 · 100
y=
56
V
y = 90%
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
56
V x = 136 g de NH3(g)
136 g
100%
102 g
y
y =
36
5.22 Alternativa D.
100 g de pirolusita fornece 80 g de dióxido de manganês.
3 MnO2(s) + 4 AL (s) *( 2 AL 2O3 (s) + 3 Mn(s)
102 · 100
136
V
y = 75%
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
16 · 58
x =
V x = 9,8 g de Mg(OH)2(col.)
95
12,2 g de Mg(OH)2(col.)
100%
9,8 g
y
9,8 · 100
y =
V y = 80,3%
12,2
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)
640 g
640 · 22,4
x =
64
x
V
x = 224 L
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
50 · 60
x=
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 oC, uma solução aquosa com 120 g de NaOH é supersaturada, 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 oC, uma solução aquosa com 80 g de NaOH é concentrada já que essa quan­ti­dade de soluto é próxima do CS.
c)a 30 oC, 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 oC, 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 · 6
x =
1 000
6.6 Alternativa C.
40
1 000 mL de lágrimas
1 mL de lágrimas
V
6 g de sais
x
x = 0,006 g
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
Orientações para o professor
6.7 Alternativa A.
200 mL de leite
x =
1 200 · 0,2
240
0,2 L leite
x
V
240 mg Ca
1 200 mg Ca
x = 1,0 L
6.8 Alternativa E.
15 g de açúcar
0,3 L de refrigerante
x
1 L de refrigerante
1 · 15
x =
0,3
V
x = 50 g de açúcar/L de refrigerante
6.15 a)
29,4 g de H2SO4
x 500 mL de solução
1 000 mL de solução
O íon metálico mais tóxico é o que apresenta a menor concentração máxima tolerada.
500 · 29,4
x =
1 000
6.9 Alternativa D.
b) 1,84 g de H2SO4
1 mL de H2SO4
y
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
1
V
x = 100 g de CuSO4
6.11 Alternativa C.
1 000 mL de soro (1 L) 3,5 NaCL
500 mL de soro
x
500 · 3,5
x =
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 =
14,7 g de H2SO4
y =
14,7 · 1
1,84
V
x = 14,7 g de H2SO4
y q 8 mL de H2SO4
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
100 · 60
x =
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:
V
mágua = 100 – 25
mágua = 75 g
75 g de água
100 g de solução
y
350 g de solução
y =
350 · 75
100
V
y = 262,5 g de água
c) 30% em massa: 30 g de AgNO3 /100 g de solução
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
1 000 · 58
x =
V
200
x
x = 290 mg de aspartame
x = 0,29 g de aspartame.
Concentração de aspartame no suco = 0,29 g/L
6.13 Alternativa A.
103 cm3
2 · 106 cm3 2 · 106 · 1
V
V =
103
1L
V
V = 2 . 103 L
Em 1 L deve haver
Em 2 . 103 deve haver
2 · 103 · 30
m =
1
V
V
30 g de sais
m
m = 60 . 103 g
m = 60 kg ou 6 · 101 kg
msolução = mAgNO3 + mágua
msolução = mAgNO3 + 700
30 g de AgNO3
100 g de solução
mAgNO3
(mAgNO3 + 700)
(mAgNO3 + 700) · 30
mAgNO3 =
100
100 . mAgNO3 = 30 . mAgNO3 + 30 . 700
mAgNO3 =
70 . mAgNO3 = 21000 V
mAgNO3 = 300 g de AgNO3
21 000
70
6.17 3 mg
1 kg de peso corporal
80 kg de peso corporal
x
x =
80 · 3
1
V
x = 240 mg
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
200 · 1
V
6.14 Alternativa E.
y=
maçúcar = 331,2 – 316,2
6.18 Sim. Ao misturar etanol anidro, C2H5OH, com água, há
retração do volume da solução por causa da grande intensidade das forças intermoleculares (ligações de hidrogênio)
estabelecidas entre o etanol anidro e a água.
Sabendo que a diferença de massa entre o refrigerante comum e o diet é somente por conta do açúcar, temos:
maçúcar = mrefrigerante comum – mrefrigerante diet
V
maçúcar = 15 g
5
y = 40 gotas
41
6.191000 mL de vinagre
100 mL de vinagre
100 · 55
x =
1000
V
% em volume = 5,5%
55 mL de ácido acético
100 g de solução alcoólica
60 g de etanol
x
500 g de solução alcoólica
x
x = 5,5 mL de ácido acético
V
T V = 0,055
6.20 Alternativa D.
V
x = 300 g de etanol
6.26 Alternativa D.
1 000 000 g da crosta terrestre 20 g de chumbo
100 mL de solução intravenosa
3 g NaNO2
100 g da crosta terrestre x
100 mL de solução intravenosa
3 000 mg NaNO2
10 mL de solução intravenosa
x
100 · 20
x=
1 000 000
10 · 3 000
x =
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.
V
x = 0,002 g ou 2,0 mg de Pb
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
100 g de solução
2 g de soluto
1 000 000 · 2
x=
500 000
250 g de solução
250 . 2
x=
V
100
x
x = 4 L em 1 milhão de L ou 4 ppm
V
6.28 Alternativa A.
x = 5,0 g de soluto
1450 ppm indica: 1450 g de NaF a cada 106 g do dentrifício
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
2 000 . 0,9
x=
V
100
x
x = 18 g de soluto
6.23 Alternativa E.
100 mL de solução = 0,1 L de solução
106 g do dentifrício
1 450 g de fluoreto de sódio
90 g do dentifrício
x
90 · 1 450
x=
1 000 000
V
x = 0,1305 g ou q 0,13 g de NaF
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
0,3 · 6
x=
1
V
x = 1,8 mg ou 0,0018 g de NaNO3
6.30 Alternativa B.
1 kg de “peso corporal”
5 mg de flúor
70 kg de “peso corporal”
x
0,1 L de solução
0,3 g de H3BO3
70 · 5
x=
1
10 000 L de solução
10 000 . 0,3
x=
0,1
x
1 000 L de água
700 mg de flúor
V
350 mg de flúor
V
x = 30 000 g de H3BO3
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 = 1 000 5
V
100
x
x = 50 g de soluto
6.25 Alternativa A.
Em 100 g de solução alcoólica 60,0 oINPM há 60 g de etanol:
42
60 · 5
x=
1
V
V = 350 · 1 000
700
x = 350 mg de flúor
V
x = 500 L de água
y=
42 · 1,0
60
V
y = 0,7 mol/L
7.3 Alternativa D.
1000 mL de suco gástrico
1,0 . 10 –2 mol de HCL
x
100 mL de suco gástrico
–2
.
1,0 10 · 100
x=
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
1,0 . 10 –3 · 36,5
1
.
y = 36,5 10 –3 g de HCL
y=
V
y = 0,0365 g de HCL
7.4 Alternativa B.
NaCL: massa molar = 58,5 g/mol
0,06 mol de NaCL
x
200 · 0,06
x=
1000
1 mol de NaCL
1000 mL de soro caseiro
200 mL de soro caseiro
V
x = 0,012 mol de NaCL
58,5 g de NaCL
0,012 mol de NaCL
y
0,012 · 58,5
y=
V y = 0,702 g de NaCL
1
C12H22O11: massa molar = 342 g/mol
0,032 mol de C12H22O11
z
z=
exercitando o raciocínio
7.1 Alternativa B.
0,20 mol de C4H10O
1 000 mL de solução
x
500 mL de solução
500 · 0,20
x=
V
x = 0,10 mol de C4H10O
1 000
Massa molar do C4H10O = 74 g/mol
1,0 mol de C4H10O
74 g
0,10 mol de C4H10O
y
0,10 · 74
1
7.2 Alternativa E.
V
y = 7,4 g de C4H10O
4,2 g de C2H4O2
100 mL de vinagre
x
1 000 mL de vinagre
1000 · 4,2
x=
V
x = 42 g de C2H4O2/L de vinagre
100
Massa molar do C2H4O2 = 60 g/mol
1,0 mol de C2H4O2
44
y
V
z = 0,0064 mol de C12H22O11
1 mol de C12H22O11
0,0064 mol de C12H22O11
Resolução da série
y=
200 · 0,032
1000
1000 mL de soro caseiro
200 mL de soro caseiro
0,0064 · 342
1
w=
V
342 g de C12H22O11
w
w q 2,19 g de C12H22O11
7.5 Alternativa E.
d = 1,29 g/cm3
1,29 g
1 cm3
x
1000 cm3
1000 . 1,29
x=
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
1290 . 38
y=
V
100
y
y = 490,2 g de soluto (H2SO4)
1 mol de H2SO4
98,0 g
n
490,2
490,2 . 1
n=
98,0
V
n q 5,0 mol de H2SO4
7.6 Alternativa D.
60 g
1 gota de adoçante
3,66 mg de sacarina
42 g (por litro de vinagre)
50 gotas de adoçante x
Orientações para o professor
50 . 3,66
1
V
x=
1 mol de C16H18CLN3S
x = 183 mg
1 g de C16H18CLN3S
1 . 1
x=
V
x q 0,00313 mol de C16H18CLN3S
319,5
2,5 . 10 –6 mol de C16H18CLN3S
1 L de solução
x
ou x = 0,183 g de sacarina
1 mol de sacarina
183 g
y
0,183 g
1 . 0,183
y=
183
V
y = 0,001 mol
0,001 mol de sacarina
0,250 L de café com leite
z
1 L de café com leite
1 . 0,001
z=
0,250
V
7.11 a) Solução 0,0025% em massa
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.
342 g
x
5g
5 . 1
x=
342
V
y
0,00313 mol de C16H18CLN3S
0,00313 . 1
y=
V
y q 1 252 L de solução
2,5 . 10 –6
Aproximadamente 1 250 L.
z = 0,004 mol
1 mol de lactose
319,5 g de C16H18CLN3S
x q 0,015 mol de lactose
100 g de solução
0,0025 g de soluto
1 000 g de solução
1 000 . 0,0025
x=
100
x
V
x = 0,025 g
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:
0,015 mol de lactose
0,1 L de leite integral
100 g de solução
0,15 g de soluto
y
1 L de leite integral
1 000 g de solução
1 000 . 0,15
x=
100
x
1 . 0,015
y=
0,1
V
y q 0,15 mol de lactose
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
5,0 . 1010 g de ar
1 L de ar
y
V
y = 4 . 10 –13 mol de etanotiol
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
162 . 103 mg de Ca(HCO )
1 mol de Ca(HCO ) 3 2
y
V
y = 0,00714 mol
7.12 Massa molar do I2 = 254 g/mol
7.9 Alternativa C.
x
1 mol
1,5 g
A concentração em quantidade de matéria da solução é igual
a 7,14 . 10 –3 mol/L.
1 L de ar
1 . 0,016
y=
4,0 . 1010
210 g de ácido cítrico
y=
210
5,0 . 1010 . 1
10
V
x = 4,0 . 10 L de ar
x=
1,25
Cálculo da concentração, em mol/L, do etanotiol:
0,016 mol de etanotiol
4,0 . 1010 L de ar
x = 1,5 g
Como a densidade da solução é igual a 1 kg/L, teremos uma
concentração em massa igual a 1,5 g/L
1,5 . 1
x
V
3 2
129,60 mg de Ca(HCO3)2
254 g de I2
1 mol de I2
15,24 g de I2
x
15,24 · 1
x=
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
500 · 1
y=
0,8
V
y = 625 mL
0,06 mol de I2
625 mL de álcool etílico
z
1 000 mL de álcool etílico
1000 · 0,06
z=
625
z = 0,096 mol/L ou q 0,01 mol/L
1 . 129,60
x=
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.
0,5 mL de sangue
0,9 mg de glicose
1,0 mL de sangue
x
7.10 Alternativa E.
1mL de sangue
1,8 mg de glicose
100 mL de sangue
y
Massa molar do C16H18CLN3S = 319,5 g/mol
7.13 a) Cálculo da massa de glicose/mL de sangue:
x = 1,8 mg de glicose, portanto, 1,8 mg/mL
Cálculo da massa de glicose; em 100 mL de sangue:
45
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.
V
w = 3,6 mol/L de íons SO42–(aq)
b) Massa molar da glicose é igual a 180 g/mol.
7.17 Alternativa D.
0,010 mol/L de íons Ca2+(aq)
180 g de glicose
180 . 10 –3 g de glicose
x
1 mol
z
z = 0,001 mol
0,001 mol de glicose
0,1 L (100 mL)
w
1L
1 · 0,001
w=
0,1
V
Massa molar do CO2 = 44 g/mol.
1 mol de CO2
44 g de CO2
0,025 mol de CO2
x
0,025 · 44
x=
1
V
x = 1,1 g/L de CO2
1 mol de ureia
1,0 . 10 –2 mol
x=
V
1
1,0 . 103 · 0,010
x=
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
7.18 Alternativa B.
7.15 a) Cálculo da massa de ureia
1,0 . 10 –2 · 60
1 L de solução
1,0 . 103 L de solução
1,0 . 103 · 0,005
V y = 5 mol de íons Mg2+(aq)
y=
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).
w = 0,01 mol/L
7.14 Alternativa D.
100 mL de solução aquosa 2 g de glutaraldeído
1 000 mL de solução aquosa
x
60 g
1 000 · 2
x=
100
x
Massa molar do glutaraldeído, C5H8O2 = 100 g/mol
x = 0,6 g de ureia
0,6 g de ureia
1 000 mL
y
200 mL
V
x = 20 g de glutaraldeído
100 g glutaraldeído
1 mol
20 g glutaraldeído
y
20 · 1
y=
100
V
y = 0,2 mol
200 · 0,6
y=
V
y = 0,12 g de ureia
1 000
b) Cálculo do número de moléculas de ureia dissolvidas.
60 g de ureia
6,02 . 1023 moléculas
Concentração em quantidade de matéria de glutaraldeído na
solução: 0,2 mol/L
0,12 g de ureia
z
1 mol de CaCO3
100 g
z q 1,2 . 1021 moléculas
0,2 mol de CaCO3
x
0,12 · 6,02 . 1023
z=
60
V
7.16 a) Massa molar do AL 2(SO4)3 = 342 g/mol
68,4 g de AL 2(SO4)3
x
1000 · 68,4
x=
100
V
1 mol de AL 2(SO4)3
x = 20 g de CaCO3
y
500 mL
x = 684 g de AL 2(SO4)3
342 g de AL 2(SO4)3
+
3 SO42–(aq)
6 mol/L
Para o AL (aq):
100% de dissociação
z
60% de dissociação
60 · 4
z=
V
z = 2,4 mol/L de íons AL 3+(aq)
1 00
Para o SO42–(aq):
6 mol/L de íons SO42–(aq)
100% de dissociação
w
V
1 000 mL de solução
4 mol/L
4 mol/L de íons AL (aq)
0,2 · 100
x=
1
1 000 mL
3+
3+
Massa molar do CaCO3 = 100 g/mol
20 g de CaCO3
b) Considerando a = 60%:
**( 2 AL 3+(aq)
AL 2(SO4)3 (aq)
2 mol/L
7.19 Alternativa C.
100 mL de solução
y
684 g de AL 2(SO4)3
684 · 1
y=
V
y = 2 mol de AL 2(SO4)3
342
Solução 2 mol/L de AL 2(SO4)3.
46
60 · 6
w=
100
60% de dissociação
500 · 20
y=
1000
V
y = 10 g
7.20 Alternativa C.
Massa molar do CaBr2 = 200 g/mol
200 g de CaBr2
1 mol
10 g de CaBr2
x
10 · 1
x=
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 · 5 . 10 –5
x=
1 000
1 mol de Hg
1,25 . 10–5 mol de Hg
250 mL de solução
V
x = 1,25 . 10–5 mol de Hg
200 g
y
Orientações para o professor
1,25 . 10–5 · 200
y=
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.
0,045 . 10–3 mol de íons Fe2+
15 mL
y
1 000 mL
1 000 · 0,045 . 10–3
y=
15
V
y = 3,0 . 10–3 mol
60 g de A
300 mL de solução
A concentração em quantidade de matéria de íons Fe2+ no
biotônico é igual a 3 . 10 −3 mol/L.
x
1 000 mL de solução
7.26 a) Cálculo da concentração em mol/L de íons Fe3+(aq):
x = 200 g
1 mol de Fe3+
56 g
x
4,48 . 103 g
1 000 · 60
x=
V
300
Concentração em massa = 200 g/L
b) Falsa.
160 g de A
1 mol
200 g de A
y
x=
200 · 1
y=
V
y = 1,25 mol
160
Concentração em quantidade de matéria = 1,25 mol/L
z
1 · 300
z=
60
V
z = 5 mL
280 mL de solução
x
1 000 mL de solução
–3
.
1 000 · 0,975 10 V
x = 0,0035 g de K2A
x=
280
Concentração em massa de K 2A = 0,0035 g/L
174 g de K 2A
1 mol
0,0035 g de K 2A
y
0,0035 · 1
y=
V
y = 2,01 . 10–5 mol
174
Concentração em mol/L de K 2A = 2,01 . 10 –5 mol/L
2 mol de íons K1+
1 mol de K 2A
–5
.
2,01 10 mol de K 2A
z
2,01 . 10 –5 · 2
V
z = 4,02 . 10–5 mol
z=
1
Concentração em mol/L de íons K1+ = 4,02 . 10 –5 mol/L
7.24 Alternativa C.
2 mol de Br1−
5,0 . 10 −3 mol de Br1−
5,0 . 10 −3 · 1
x=
2
1 mol de Br2
x = 2,5 . 10–3 mol de Br
2
7.25 Alternativa C.
1 000 L
y
1L
y=
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)
*(
.
3 22,4 L de O
+
4 mol
80 mol 80 . 3 . 22,4
z=
4
2 Fe2O3 (s)
2
z
V
z = 1 344 L de O2
Massa molar do íon PO43– = 95 g/mol
1 mol de íons PO43–
95 g
x
0,15 g
0,15 . 1
x=
95
x = 1,58 . 10 –3 mol de íons PO43–
Concentração em quantidade de matéria de íons fosfato no
refrigerante = 1,58 . 10 –3 mol de íons PO43– /L
7.28 a) ZnO(s) + 2 HCL (aq) *( Zn2+(aq) + 2 CL 1– (aq) +
+ H2O(L)
65 g de Zn2+
b) 81 g de ZnO
1,62 . 10 −2 g
1,62 . 10 −2 . 65
x=
81
1 mol de Zn2+
x
V
x = 1,3 . 10–2 g de Zn2+
65 g de Zn2+
2+
0,10 mol de Zn 0,10 . 65
y=
1
y
V
y = 6,5 g de Zn2+
1,3 . 10 –2 . 1 000
z=
6,5
1 000 mL
z
V
z = 2 mL
O volume de solução de ZnSO4 é igual a 2 mL.
1 mol de FeSO4 . 7 H2O
278 g
x
12,49 . 10 –3 g
12,49 . 10 –3 . 1
x=
278
x = 0,045 . 10–3 mol de FeSO4 . 7 H2O
1 mol de FeSO . 7 H O
4
80 mols de Fe3+
6,5 g
1,3 . 10 –2 g
x
V
x = 80 mols de Fe3+
7.27 Alternativa D.
7.23 Alternativa D.
0,975 . 10 –3 g de K 2A
V
1 . 80
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
4,48 . 10 · 1
56
3
2
Logo, tem-se: 0,045 . 10–3 mol de íons Fe2+
1 mol Fe2+
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.
47
Massa molar do NaF = 42 g/mol
42 000 mg de NaF
1 mol
150 mg de NaF
x
150 · 1
x=
42 000
V
x = 0,0036 mol de NaF
0,0036 mol de NaF
250 mL
y
1 000 mL
1 000 · 0,0036
y=
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
1 000 000 · 1,5 . 10 −4
z=
100
V
z = 1,5 L de HF
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
1 · 100
x= . 6
1 10
b) 1 mol de Pb
V
x = 1 . 10–4 g de Pb
207 g de Pb
1 . 10–4 g de Pb
–4
.
1 10 · 1
V
y = 4,8 . 10–7 mol de Pb
y=
207
A concentração em quantidade de matéria de chumbo na
água é igual a 4,8 . 10–7 mol de Pb/L.
y
7.31 Alternativa B.
1 mol de Mg2+
4 . 10 −4 mol de Mg2+
24 g
x
−4
.
4 10 · 24
x=
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.
48
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 aumenta (lei de Henry).
08. Falso. O etanol é separado do álcool hidratado por destilação fracionada.
16. Falso.
1 mol de NaCL
58,5 g de NaCL
x
30 · 1
x=
58,5
52
30 g de NaCL
V
x q 0,513 mol de NaCL
0,513 mol de NaCL
0,5 L de solução
y
1 L de solução
Orientações para o professor
1 · 0,513
0,5
y q 1,026 mol/L de NaCL
Cálculo da concentração de oxigênio em 20 litros de H2O2 a
125 volumes.
32. Verdadeiro
1 L de solução
2 mol de HCL
1 L de H2O2 (125 volumes) 125 L de O2(g)
x
0,70 L de solução
z
20 L de H2O2 (125 volumes)
y=
0,70 · 2
z=
1
V
V
z = 1,40 mol de HCL
x=
20 · 125
1
V
x = 2 500 L de O2(g)
Cálculo da concentração de oxigênio em 100 litros de água
oxigenada a 10 volumes:
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.
1 L de H2O2 (10 volumes) 10 L de O2(g)
100 L de H2O2 (10 volumes)
y
8.2 Alternativa A.
y=
Cálculo da quantidade de matéria total de NaCL:
0,08 mol de NaCL
1 L de solução
x
20 L de solução
20 · 0,08
1
x=
V
x = 1,6 mol de NaCL
0,52 mol de NaCL
1 L de solução
y
2 L de solução
2 · 0,52
y=
1
V
y = 1,04 mol de NaCL
100 · 10
1
V
20 L de H2O2 (125 volumes)
2 500 L de O2(g)
z
1000 L de O2(g)
1 000 · 20
z=
2 500
V
8.5 Alternativa D.
0,5 mol de glicose
1 000 mL de solução
x
100 mL de solução
100 · 0,5
1000
V
1,6 + 1,04 = 2,64 mol de NaCL
x=
Cálculo da concentração em quantidade de matéria da solução final:
Antes da evaporação:
22 L de solução
z
1 L de solução
1 · 2,64
z=
22
V
z = 0,12 mol de NaCL
z = 8 L de H2O2 (125 volumes)
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.
Quantidade de matéria total de NaCL na solução final:
2,64 mol de NaCL
y = 1 000 L de O2(g)
0,05 mol/L V
x = 0,05 mol de glicose
0,5 mol em 1000 mL
Como o volume variou de 1 000 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;
Concentração = 0,12 mol/L de NaCL
m = 104 g de CuSO4
Resposta: 0,12 · 100 = 12
1 mol de CuSO4
8.3 Alternativa A.
Adicionando-se a solução II à solução III, teremos:
159,5 g de CuSO4 (massa molar)
104 g de CuSO4
x
4
10 · 1
159,5
V
massa de KMnO4 = 6 + 12
x=
massa de KMnO4 = 18 g
62,7 mol de CuSO4
105 L de solução
y
1 L de solução
y = 6,27 . 10–4 mol de CuSO4 /L
Volume de solução = 300 + 200
1 · 62,7
y=
105
Volume de solução = 500 mL
Cálculo da concentração:
x = 62,7 mol de CuSO4
V
18 g de KMnO4
0,5 L de solução
b) Numa diluição, a quantidade do soluto não muda.
x
1 L de solução
3 · 10–3 mol de CuSO4
1 L de solução
y
105 L de solução
1 · 18
x=
0,5
V
x = 36 g de KMnO4
Concentração = 36 g/L
Cálculo da concentração da solução I:
4 g de KMnO4
0,1 L de solução
y
1 L de solução
1 · 4
y=
0,1
V
y = 40 g de KMnO4
–3
5
3 · 10 · 10 1
y=
V
y = 3 · 10 –3 · 105 mol de CuSO4
Como o volume da piscina é de 300 m3 ou 3 . 105 L, temos:
3 . 105 L de solução
3 · 10–3 · 105 mol de CuSO 4
z
3 · 10 –3 · 105 ·1
V
z=
3 . 105
1 L de solução
z = 1 · 10 –3 mol de CuSO4 /L
Concentração = 40 g/L
Logo, CII + III < CI.
8.7 Alternativa A.
Como o volume e a concentração em mol/L são iguais para as
duas soluções, podemos calcular:
8.4 Alternativa C.
Em relação aos sais NaCL e KCL :
53
1 NaCL(aq) **( 1 Na1+(aq) + 1 CL1–(aq)
0,1 mol/L
0,1 mol/L 0,1 mol/L
200 · 0,20
a=
V
1 000
2 . 0,30 mol de Br1–(aq)
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):
1 000 mL
x
100 mL
V
1+
x = 0,01 mol de Na (aq)
1+
0,01 mol de Na (aq)
200 mL
y
1 000 mL
1 000 · 0,01
y=
200
V
1+
y = 0,05 mol de Na (aq)
b
600 · 2 . 0,30
b=
V
1 000
600 mL
b = 0,36 mol de Br1– (aq)
Quantidade de matéria total = 0,4 mol de Br1– (aq)
0,4 mol de Br1–(aq)
g
800 mL
1 000 mL
1 000 · 0,4
800
g=
V
g = 0,5 mol de Br1– (aq)
Concentração de íons Br1–(aq) = 0,5 mol/L
8.9 Alternativa B.
Concentração de íons Na (aq) = 0,05 mol/L
100 000 m3 = 108 L
Pelas equações balanceadas acima, concluímos que a concentração 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:
Cálculo da quantidade de matéria de CN1– :
1+
0,0012 mol de CN1–
1 L de solução
108 L de solução
Concentração de íons K1+(aq) = 0,05 mol/L
x
0,0012 · 108
x=
1
Concentração de íons CL1–(aq) = 0,1 mol/L
Massa molar do íon cianeto, CN1– = 26 g/mol
8.8 Em relação aos sais NaBr e MgBr2 :
1 mol de CN1–
26 g de CN1–
1,2 · 105 mol de CN1–
y
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 Mg (aq) + 2 Br1–(aq)
0,30 mol/L
0,30 mol/L
2 . 0,30 mol/L
2+
V
x = 1,2 · 105 mol de CN1–
1,2 · 105 · 26
y=
1
y = 3,12 · 106 g de CN1– ou y = 3,12 · 109 mg de CN1–
Volume da solução final (desprezando-se qualquer variação):
200 mL + 600 mL = 800 mL
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:
Para os íons Na1+(aq):
0,01 mg de CN1–
1+
0,20 mol de Na (aq)
1 000 mL
x
200 mL
200 · 0,20
x=
1 000
V
x = 0,04 mol de Na1+ (aq)
0,04 mol de Na1+(aq)
800 mL
y
1 000 mL
1 000 · 0,04
y=
800
V
y = 0,05 mol de Na1+ (aq)
Concentração de íons Na1+(aq) = 0,05 mol/L
9
1 L de solução
1–
3,12 · 10 mg de CN z=
9
3,12 · 10 · 1
0,01
V
z
z = 3,12 · 1011 L de solução
3,12 · 1011
= 3,12 · 103
Deve-se diluir aproximadamente em:
108
ou seja, 3120 vezes ou q 3200 vezes.
8.10 Alternativa C.
4,0 mol de KCL
1 L de solução
0,150 L de solução
0,30 mol de Mg2+(aq)
1 000 mL
x
0,150 · 4,0
x=
1
z
600 mL
Como: KCL (aq) **( K1+ (aq)
Para os íons Mg2+(aq):
600 · 0,30
z=
1 000
V
2+
z = 0,18 mol de Mg (aq)
V
x = 0,6 mol de KCL
+
CL 1– (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 CL 1– (aq).
0,18 mol de Mg2+(aq)
800 mL
3,0 mol de K 2SO4
1 L de solução
w
1 000 mL
y
0,350 · 3,0
y=
1
0,350 L de solução
1 000 · 0,18
w=
800
V
2+
w = 0,225 mol de Mg (aq)
Concentração de íons Mg2+(aq) = 0,225 mol/L
V
y = 1,05 mol de K 2SO4
Como: K 2SO4 (aq) **( 2 K1+ (aq) + 1 SO1–
4 (aq), em
1–
Para os íons Br (aq), cálculo da quantidade de matéria total:
54
1 000 mL
Quantidade de matéria total = 0,04 + 0,36
0,1 mol de Na1+(aq)
100 · 0,1
x=
1 000
a = 0,04 mol de Br1– (aq)
0,20 mol de Br1–(aq)
1 000 mL
Em 350 mL da solução de K 2SO4 (aq) 3,0 mol/L haverá 2,10
mol de íons K1+ (aq) e 1,05 mol de íons SO1–
4 (aq).
a
200 mL
Cálculo da concentração de íons K1+ (aq):
Orientações para o professor
(0,6 + 2,10) mol de K1+ (aq)
(0,150 + 0,350) L de solução
z
1 L de solução
2,7 . 1
z=
0,5
V
2 HCL (aq) + Ba(OH)2(aq) **( BaCL 2(aq) + 2 H2O(L)
1+
z = 5,4 mol de K (aq)/L
Cálculo da concentração de íons SO42– (aq):
1,05 mol de SO42– (aq)
(0,150 + 0,350) L de solução
w
1 L de solução
1,05 . 1
w=
0,5
V
w = 2,1 mol de SO42– (aq)/L
Cálculo da quantidade de matéria de Ba(OH)2 que reage:
0,01 mol de Ba(OH)2
1 000 mL de solução
x
100 · 0,01
x=
1 000
100 mL de solução
V
x = 0,001 mol de Ba(OH)2
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:
8.11 Alternativa B.
A solução sempre é eletricamente neutra. Dessa forma temos:
Total de cargas negativas na solução:
2–
4
1–
0,28 mol de CL + 0,10 mol de SO
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
0,18
3
x=
V
3 x = 0,48 – 0,30
V
x = 0,06 mol de íons Fe3+.
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
200 · 24
x=
1 000
8.14 a) Equação da reação:
V
x = 4,8 g de NaOH
0,02 mol de HCL
1 000 mL de solução
0,002 mol de HCL
0,002 · 1000
y=
0,02
y
V
y = 100 mL de solução
Portanto, são necessários 100 mL de solução de ácido clorídrico, 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 . 10–4 mol de HCL
z=
5 · 0,10
1000
V
Como a proporção estequiométrica entre HCL e NaOH é de
1 : 1, reagem 5 . 10–4 mol de NaOH.
1 mol de NaOH
5 . 10–4 mol de NaOH
5 . 10–4 · 1 000
V
w=
1
1 000 mL de solução
w
w = 0,5 mL de solução
Portanto, são necessários 0,5 mL de solução de NaOH 1 mol/L.
2,08 g de NaOH
1 000 mL de solução
y
1300 mL de solução
8.15 Alternativa B.
y = 2,704 g de NaOH
BaCL2(aq) + Na2SO4(aq) **( 2 NaCL(aq) + 1 BaSO4(ppt)
1300 · 2,08
y=
1 000
V
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
1 000 · 7,504
z=
2 500
V
z q 3,0 g de NaOH/L
8.13 Alternativa C.
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH nas soluções:
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
5 mol de NaOH
1 000 mL de solução
x
60 mL de solução
0,04 · 1,600
x=
1
x = 0,3 mol de NaOH
Para o NaOH
60 · 5
x=
1 000
V
2 mol de NaOH
1 000 mL de solução
y
300 mL de solução
1L
x
2,000 mol
0,04 L
V
x = 6,4 . 10–2 mol
1L
(0,3 + 0,6) mol de NaOH
(0,06 + 0,3) L de solução
0,06 L
0,06 · 2,000
–2
.
y=
V
y = 12 10 mol
1
–2
Excesso de NaOH = 12 · 10 – 6,4 · 10–2
Excesso de NaOH = 5,6 · 10–2 mol
Volume final = 40 + 60
V
Volume final = 100 mL
z
1 L de solução
Para o cátion Na1+:
z = 2,5 mol de NaOH/L
12 · 10–2 mol
0,1 L
z
1L
300 · 2
y=
1 000
V
y = 0,6 mol de NaOH
Cálculo da concentração em quantidade de matéria final:
1 · 0,9
z=
0,360
V
y
55
1 · 12 · 10–2
z=
0,1
V
0,10 mol de H2SO4
z = 1,2 mol
Concentração de íons Na1+(aq) = 1,2 mol/L
Para o ânion CL1–:
6,4 · 10–2 mol
0,1 L
w
1L
–2
1 · 6,4 · 10 0,1
w=
V
w = 0,64 mol
Para o ânion OH1–:
5,6 · 10–2 mol
0,1 L
a
1L
V
0,40 mol de NaOH
1 000 mL de solução
y
50 mL de solução
a = 0,56 mol
V
y = 0,02 mol de NaOH
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.
Concentração de íons OH1–(aq) = 0,56 mol/L
b) Cálculo da concentração de base na solução remanescente:
8.17 a) Cálculo da quantidade de matéria de NaOH:
0,01 mol de NaOH
0,1 L de solução
0,1 mol de NaOH
1 000 mL de solução
z
1 L de solução
x
500 mL de solução
1 · 0,01
z=
0,1
500 . 0,1
x=
1 000
V
x = 0,05 mol de NaOH
V
z = 0,1 mol de NaOH/L
8.19 Alternativa A.
Massa molar do NaOH = 40 g/mol:
2 AgNO3 (aq) + K 2CrO4 (aq) **( Ag2CrO4 (s) + 2 KNO3 (aq)
1 mol de NaOH
40 g de NaOH
Cálculo da quantidade de matéria de AgNO3:
0,05 mol de NaOH
0,05 . 40
y=
1
y
V
y = 2 g de NaOH
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
0,01 . 1
z=
0,1
z
V
z = 0,1 L de solução
0,1 mol de AgNO3
1 000 mL de solução
x
20 mL de solução
20 . 0,1
x=
1 000
V
x = 0,002 mol de AgNO3 (limitante)
Cálculo da quantidade de matéria de K2CrO4:
0,2 mol de K 2CrO4
1 000 mL de solução
y
10 mL de solução
10 . 0,2
y=
1 000
V
y = 0,002 mol de K2CrO4
Logo, há um excesso de 0,001 mol de K 2CrO4.
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.
De acordo com a proporção estequiométrica, há a formação
de 0,001 mol de Ag2CrO4 e a solução sobrenadante terá coloração amarela por causa do excesso de K 2CrO4.
c) HCL (aq) + NaOH(aq) **( NaCL (aq) +H2O(L)
8.20 a) Pretende-se determinar se o solo é ácido ou básico,
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH que reagiu:
0,10 mol de NaOH
1 000 mL de solução
w
10 mL de solução
10 · 0,10
1 000
w=
V
w = 0,001 mol de NaOH
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
0,001 · 1 000
a=
0,05
V
a = 20 mL de solução
Portanto, são necessários 20 mL de solução de ácido clorídrico,
HCL , 0,005 mol/L.
8.18 a) Equação da reação:
56
50 mL de solução
50 · 0,10
x=
V
x = 0,005 mol de H2SO4
1000
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH:
50 · 0,40
y=
1000
Concentração de íons CL1–(aq) = 0,64 mol/L
1 · 5,6 · 10–2
a=
0,1
1 000 mL de solução
x
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 utilização 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
1 H2SO4 (aq) + 2 NaOH(aq) **( 1 Na2SO4 (aq)+ 2 H2O(L)
7 . 0,09
x=
1 000
Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4:
Logo, reagiu 6,3 . 10 –4 mol de HCL
V
x = 6,3 . 10 mol de NaOH
–4
Orientações para o professor
6,3 . 10 –4 mol de HCL
5 mL
8.24 a) As operações envolvidas no processo são:
y
1 000 mL
– Separar uma amostra de 10 mL do alvejante. Essa amostra
contém n mols de OCL 1– (aq).
1 000 . 6,3 . 10 –4
y=
5
V
y = 0,126 mol de HCL
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
4g
4 · 1
x=
40
V
– Pegar uma alíquota de 25 mL da solução diluída do alvejante
que irá conter n / 4 mols de OCL 1– (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:
x = 0,1 mol
0,1 mol de base
100 mL
y
25 mL
25 . 0,1
y=
100
V
y = 0,025 mol de base
0,5 mol de ácido
1 000 mL
z
20 mL
ácido
+ base
V
z = 0,01 mol
**( sal
1 mol
2 mol
0,01 mol
0,02 mol
+
1 mol de OCL 1– (aq)
1 mol de I2(ppt)
x
1,5 · 10 –3 mol de I2(ppt)
–3
1,5 · 10 · 1
1
x=
x = 1,5 · 10 –3 mol de OCL 1– (aq) em 25 mL de solução
Cálculo da quantidade de matéria do ácido:
20 · 0,5
z=
1 000
– 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
OCL 1– (aq).
água
Quantidade de matéria de OCL 1– (aq) em 100 mL:
1,5 · 10 –3 mol de OCL 1– (aq)
25 mL de solução
y
100 mL de solução
–3
100 · 1,5 · 10
y=
25
y = 6,0 · 10 –3 mol de OCL 1– (aq)
Logo, a amostra inicial de 10 mL do alvejante também contém
6,0 · 10 –3 mol de OCL 1– (aq).
Impurezas da base = 0,025 – 0,02
Impurezas da base = 0,005 mol
0,025
100%
0,005
0,005 · 100
w=
0,025
w
V
w = 20% de impurezas
Como o enunciado pede que se considere apenas o elemento 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
Logo, a percentagem de pureza da base = 80%
1 mol de CL
35 g
8.23 Equação da reação:
6,0 · 10 –3 mol de CL
z
1 H2SO4 (aq) + 2 NaOH(aq) **( 1 Na2SO4 (aq)+ 2 H2O(L)
z=
Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4 que reagiu:
0,25 mol de H2SO4
1 000 mL de solução
x
20 mL de solução
20 · 0,25
x=
1 000
V
x = 0,005 mol de H2SO4
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
0,01 . 40
y=
1
y
V
6,0 · 10 –3 · 35
1
V
z = 0,21 g de CL
10 g de alvejante
0,21 g de CL
100 g de alvejante
w
100 · 0,21
10
w=
V
w = 2,1 g
ou w% = 2,1%; concluímos então que a especi­ficação do rótulo é válida.
b) A bureta é usada para a determinação do volume do titulante gasto. O erlenmeyer contém a solução a ser titulada e o
indicador.
y = 0,4 g de NaOH
Como a amostra possui 0,5 g, conclui-se que 0,4 g corresponde ao NaOH e 0,1 g corresponde às impurezas.
Cálculo da percentagem de impureza na amostra:
0,5 g
100%
0,1g
0,1 . 100
z=
0,5
z
z = 20% de impurezas
57
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 solução é sempre menor que a do líquido puro.
Item 04: falso, porque a pressão de vapor do líquido varia (diminui) com a adição de soluto.
9.3 Alternativa B.
59
A pressão de vapor depende do líquido em questão e da temperatura. Quanto mais volátil o líquido, maior a sua pressão de vapor, na mesma temperatura. A ordem crescente de volatilidade
é: água < etanol < éter etílico.
Quanto menor a altitude, maior a pressão atmosférica e, portanto, maior a temperatura de ebulição da água. O tempo de
cozimento de um alimento diminui com o aumento da temperatura de ebulição da água em que ele está em contato.
9.4 Tonoscopia. Algumas substâncias vaporizam até que sua
9.11 Alternativa D.
Ao erguer o êmbolo da seringa, a pressão sobre a água diminui. 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 oC.
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 desodorizadores, o processo ocorre da mesma forma, porém de maneira
mais acentuada, porque esses materiais possuem uma capacidade 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 extremidade apolar) são menos intensas que na água (cujas moléculas estabelecem apenas ligações de hidrogênio).
b) 1 L
96% de álcool etílico
70% de álcool etílico
x
70 · 1
x=
96
V
x q 0,73 L
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 atingir 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 condensação 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 alcoólica porque é mais solúvel no álcool do que na gordura.
II. Falsa. O álcool é vaporizado ficando a essência como resíduo. 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.
60
9.12 a) Equação da reação:
BaCL2(aq) + Na2SO4(aq) **( BaSO4(s) + 2 NaCL(aq)
O líquido sobrenadante é formado de cloreto de sódio dissolvido em água.
b) A temperatura de ebulição do líquido sobrenadante (solvente + 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 ebulição (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 NO1–
3 (aq)
1 mol de KNO3 fornece 2 mol de íons em solução.
1 MgSO4(s) **( 1 Mg2+(aq) + 1 SO42–(aq)
1 mol de MgSO4 fornece 2 mol de íons em solução.
1 Cr(NO3)3(s) **( 1 Cr3+(aq)
+ 3 NO1–
3 (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 provocam uma redução da temperatura de solidificação da água,
porém a água contida no interior das células apresenta quantidade 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 oC, o que
diminui o tempo de cozimento dos alimentos.
II. Verdadeira. A dissolução de gases em água aumenta a medida que a temperatura abaixa.
III.Verdadeira. A presença de um soluto diminui a temperatura 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 abaixamento na temperatura de congelamento. A solução aquosa
de cloreto de sódio solidifica abaixo de 0 oC.
Orientações para o professor
9.18 Alternativa D.
O abaixamento da temperatura de congelamento de um solvente 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 monoprótico (ácido menos ionizado). Consequentemente, a temperatura 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 processo de osmose. A água atravessa uma membrana semipermeável 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 concentrações de soluto de ambos os lados da membrana semipermeável 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 exterior 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 densidade (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 hipertônica; 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 hipertônico (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).
61
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 carboidrato, ou seja, açúcar:
Q = m . c . Dt
V
10 kJ = 1,0 g . caçúcar . 8,3 oC
kJ
o
.
caçúcar = 1,205 /g C
Logo: Q = m . c . Dt
32,5 kJ = 2,0 g . 1,205 kJ /g . oC . Dt
Dt q 13,5 oC
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
67
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
8 400 kJ
n sorvetes
8 400 · 1
n =
935,8
n q 9 sorvetes
V
Produto II:
10.4 a) Cálculo da caloria dos alimentos:
1,30 kcal
QA
– 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
10.6 a) Gasto metabólico: 4,2 . 60 . 24 = 6 048 kJ
Gasto energético por digestão e absorção (10% da energia dos
alimentos): 10% de 7600 = 760 kJ
Atividade física moderada: 40% de 6 048 = 2 419,2 kJ
Total: 6 048 + 760 + 2 419,2 = 9 227,2 kJ
b) Ingestão de 7 600 kJ
Perda de 9 227,2 kJ
No total há uma perda de 9 227,2 − 7600 = 1 627,2 kJ
450 g
15 000 kJ
x
1 627,2 kJ
1 627,2 · 450
x =
V
x = 48,816 g
15 000
A perda de 1627,2 kJ corresponde, em massa, a uma perda
de 48,816 g
– Queijo: QQ = 90 kcal
– Suco de laranja: QS = 90 kcal
– Açúcar: QAc = 77,8 kcal
10.7 Alternativa E.
– 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
1 hora de treinamento
x
6 300 · 1
x =
1 400
1 400 kJ
6 300 kJ
V
x = 4,5 horas
10.8 Alternativa E.
340 kcal
1 hora
1 657,1 kcal
t
Para 20 L de combustível c/ vazão máxima foram colocados
140 mL de gasolina a menos.
t = 4,87 horas
20 L
140 mL
60L
x
t =
1 657,1 · 1
340
V
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
60 . 140
x=
V
20
1 mL de gasolina x = 420 mL de gasolina a menos
0,70 g de gasolina
128 kcal
1 copo de leite
420 mL de gasolina1
420 . 0,70
y=
V
1
1 657,1 kcal
y
1 000 g de gasolina 40 000 kJ
294 g de gasolina
294 . 40 000
z=
V
1 000
z
x = 128 kcal
1 657,1 · 1
y =
128
V
y = 12,946
y q 13 copos de leite
10.5 Alternativa B.
I. Falsa. 1 kcal 150 kcal
68
21 g de carboidratos
=0,525
40 g de produto
10 g de carboidratos
Produto III:
q0,667
15 g de produto
A concentração de carboidratos no produto III é maior.
n = 8,976
– Arroz: 1g de arroz
100 g de arroz
QA = 130 kcal
Portanto, no rótulo do produto II, o valor energético da dieta
poderia ser substituído por 627,9 kJ e não por 2 500 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.
18 g de carboidratos
Produto I:
=0,600
30 g de produto
150 · 4,186
x =
1
4,186 kJ
x
V
x = 627,9 kJ
y
y = 294 g de gasolina a menos
z = 11 760 kJ
10.9 Alternativa D.
Para reações exotérmicas, Hr > Hp.
10.10 Alternativa D.
A passagem do estado líquido para o vapor ocorre com absor-
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 precisam 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 (processos 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 combustão) 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
100 · 0,782
x =
1
V
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
46 · 30
x =
V
x = 1 380 kJ
1
1 mol de etanol produz 2 mols de CO2(g); logo, a energia liberada 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
114 · 47
y =
V
y = 5 358 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
16 · 54
z =
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.
x = 78,2 g de etanol
Etanol, C2H5OH = 46 g/mol
3,6 · 102 kcal
46 g de etanol
78,2 g de etanol
78,2 · 3,6 . 102
y =
46
y
y = 612 kcal ou 612 . 103 cal
V
10.17 Alternativa A.
3 . 32 g de O2
1 000 g de O2
1 000 · 284
x =
3 . 32
absorvem 284 kJ
x
V
x q 2 958,33 kJ
10.18 Alternativa E.
2 mol de NH4NO3
1 mol de NH4NO3 x =
1 · 411,2
2
liberam 411,2 kJ
x
V
x q 205,6 kJ liberados
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.
69
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 carbono.
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 produz 1 mol de CO2 (44 g/mol):
44 g de CO2
800 kJ
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 CO /hora
x =
2
11.5 Alternativa C.
H2SO4 = 98 g/mol; 12 mil toneladas = 12 . 109 g
98 g
liberam 96 kJ
12 . 109 g
x
9 .
.
12 10 96
V
x q 11,76 . 109 kJ ou q 12 . 109 kJ
x =
98
11.6 Alternativa B.
C4H10 = 58 g/mol
58 g de C4H10
2 900 kJ
x
60 000 kJ
60 000 . 58
x =
2 900
V
x = 1200 g ou 1,2 kg de C4H10
11.7 Alternativa B.
AL (s) = 27 g/mol
2 . 27 g de AL
2 g AL
2 . 1 653
x=
2 . 27
1 653 kJ liberados
x
V
x = 61,22 kJ
11.8 Alternativa D.
H2O = 18 g/mol
Resolução da série
exercitando o raciocínio
18 g de H2O
x=
11.1 Alternativa B.
Pela lei de Hess
C(diamante) + O2(g)
CO2(g)
72
4,18 . 102 . 18
43,4
V
x q 173,4 g de H2O
11.9 Alternativa B.
*( CO2(g)
*( C(grafite) +
C(diamante)*( C(grafite)
43,4 kJ
4,18 . 102 kJ
x
O2(g)
∆H = –94,5 kcal
∆H = +94,0 kcal
∆H = –0,5 kcal
I.Correta, pois ∆HC(grafite) < ∆HC(diamante).
II.Incorreta. Em ambas as reações, ∆H < 0, ou seja, são exotérmicas.
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
Qmetano
16 g de metano (1 mol)
1 g de metano
Orientações
Qmetano q –55,63 kJ/g de metano
∆H = –840 + (–394) + 1196
Para o metanol:
–726 kJ
32 g de metanol (1 mol)
Qmetanol
1 g de metanol
Qmetanol q –22,69 kJ/g de metanol
∆H = –38 kJ/mol
Para o hidrogênio:
–286 kJ
2 g de hidrogênio (1 mol)
Qhidrogênio
1 g de hidrogênio
Qhidrogênio = –143 kJ/g de hidrogênio
1 Fe(s)
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).
11.10 Alternativa A.
1 mol de Na2SO4 . 10 H2O
322 g de Na SO . 10 H O
1 mol de Na2SO4
x
10 000 kcal
2
4
20 kcal
2
.
x =10 000 322
V
20
x = 161 kg de Na2SO4 . 10 H2O
+ 1 CO(g) *( 1 FeO(s) +
1 C(grafita) + 1 O2(g) *( 1 CO2(g)
∆H0 = –393,5 kJ
*( 1 CO(g)
1 CO2(g)
Como a equação de obtenção do gás hilariante mostra, a reação 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, corresponde à entalpia de formação do N2O.
11.12 Alternativa B.
∆H0 = +283,0 kJ
+
2 Fe(s) + 3 CO(g) *(
∆H0 = –492,6 kJ
3 C(grafita)
+
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) ∆H = +412,2 kJ
0
2 CH4(g)+O2(g)
*(2 CH3OH(L )
*( 3 CO(g) +
3 CO2(g)
+
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 C(grafita) +
*(
1 WC(s) +
5/2
O2(g)
∆Hcombustão = +1 196 kJ/mol
1 W(s)
*(
1 WC(s)
O2(g)*(
3 /2
1 Fe2O3 (s)
∆H0f = –824,1 kJ
11.17 1 SO2(g)
*(
1/2
1/8
N2(g)
S8 (s) +
1 O2(g)
∆H = +70 962,5 cal
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)
11.18 Alternativa A.
Equação I + equação II + inverso da equa­ção III = equação X:
O2(g)
∆H0 = +849,0 kJ
11.15 Alternativa C.
3 /2
∆H0 = – 256,6 kJ
∆H0 = – 328 kJ
3 CO2(g)
∆H0 = –1 180,5 kJ
∆H = – 483,6 kJ
0
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 temperatura prejudica a produção de metanol.
1 W(s)
3 O2(g) *(
1 NO2(g) *(
Foram fornecidos os valores de ∆H de formação do gás carbônico, 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.
1 Fe2O3 (s) + 3 C(grafita)
11.13 Alternativa A.
4 H2(g) +2 CO(g) *(2 CH3OH(L )
1 FeO(s)
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) +
*(
½ O2(g)
∆H0 = –266,3 kJ/mol
5,4
Calor envolvido na formação de 1 mol de HF:
= 2,7 kcal
2
A reação é exotérmica (libera calor), pois apresenta ΔH < 0.
*(2 H2O(g)
½ O2(g)
11.11 Alternativa A.
2 H2(g) +O2(g)
+
1 Fe(s)
x = 161000 g ou 161 kg
1 C(grafita)
∆H0 = –155,8 kJ
*(
1 SO3(g)
+ 1 NO(g)
∆H = –9 987,5 cal
Inverso da equação I + equação II + inverso da equação III =
equação procurada.
H2S + 3/2 O2 *( H2O
H2O + SO3
*( H2SO4 ΔH = −37,5 kJ
ΔH = −40,8 kJ
ΔH = +24,0 kJ
*( H2SO4 ΔH = −54,3 kJ
SO2 + 1/2 O2 *( SO3
H2S + 2 O2
+ SO2
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)
11.20 Alternativa D.
ΔH = + 249 kJ
73
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 ) + /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L )
7
∆H3 = –1 366,8 kJ/mol
1 CH3CH2OH(L ) + /2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(g)
7
∆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 ) + /2 O2(g) *(
2 CO2(g) + 3 H2O(L )
7
∆H3 = –1 366,8 kJ/mol
1 CH3CH2OH(g)+ /2 O2(g)*(2 CO2(g)+3 H2O(L )
7
∆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)
1 C2H5OH(g) *( 1 C2H5OH(L )
∆H1 = 132,0 kJ/mol
∆H2 = –42,6 kJ/mol
1 CH3CH2OH(L ) + /2 O2(g) *( 2 CO2(g)+ 3 H2O(L )
7
∆H3 = –1 366,8 kJ/mol
1 CH3CH2OH(g)+ /2 O2(g)*(2 CO2(g) + 3 H2O(g)
7
74
∆H6 = –1 277,4 kJ/mol
Orientações
ΔH = [2 (−394) + 3 (−286)] − [−278]
ΔH = −1368 kJ
12.9 Alternativa A.
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
ΔH = [12(−94) + 10(−57,8)] − [4(−58)]
ΔH = −1 474 kcal
Resolução da série
exercitando o raciocínio
12.10 Alternativa A
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
ΔH = [−1131 −242 −394] − [2(−947)]
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).
ΔH = + 127 kJ
12.2 Alternativa B.
ΔH = − 3 679,4 kJ
8 AL (s) + 3 Mn3O4(s) *( 4 AL 2O3(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 = –2 515,3 kJ
12.3 ∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
∆H = [∆H0f N2 + 4 · ∆H0f H2O] – [∆H0f N2H4 + 2 · ∆H0f H2O2]
∆H = [0 + 4 · (–57,8)] – [+ 12 + 2 · (– 46)]
∆H = –151,2 kcal
ΔH = [3(−26,4)] − (−196,2)
ΔH = +117,0 kcal
12.6 Alternativa D.
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f 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 = ∆H0f produtos – ∆H0f 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
5 200 g
x
x = 40 460 kcal liberadas
220 g de P4S3 (s)
3 679,4 kJ liberados
22,0 g de P4S3 (s)
x
x = 367,94 kJ de energia liberada
12.12 Alternativa C.
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
ΔH = −1206,9 −241,8 − [(−986,1) + (−393,5)
ΔH = − 69,1 kJ
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 = ∆H0f produtos – ∆H0f 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.
H
0
f reagentes
k k
C2H6O(L ) + 3 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L )
k k
H
12.8 Alternativa E.
– ∆H
P4S3 (s) = 220 g/mol
ΔH = −852 kJ/mol
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
ΔH = [−1263] − [6 x (−393) + 6 x (−286)]
ΔH = + 2811 kJ
∆H = ∆H
ΔH = (−2940) + 3 (−296,8) − (−151,0)
ΔH = [−1 676] – [−824]
12.5 Alternativa B.
0
f produtos
P4S3 (s) + 8 O2(g) *( P4O10 (s) + 3 SO2(g)
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
12.13 Cálculos:
∆H = ∆H0f produtos – ∆H0f reagentes
12.4 Alternativa B.
5 200 · 202,3
x=
V
26
ΔHreação = − 40 460 kcal
12.11 Alternativa A
NkN
H
H
75
ΔH = 4 . (N k H) + 1 . (N k N)
1 720 = 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)
H
H
H
H
C
C
C
H
H
H
H
+ 5 O l O *( 3 O l C l O +
+ 4
H
O
H
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)
*(
x + 3 . (+435) + 6 . (−390) = − 90
x + 1305 − 2340 = −90
x = 945 kJ
76
2 H k N k H(g)
H
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
∆[C]
0,180
– 0,200 – 0,02
Td =
VTd
=
V Td =
∆t 5,0 – 3,0
2,0
Td = 0,01 mol/L · min
| |
|
|
13.2 NaN3 = 65 g/mol
78
1 mol
x
130 · 1
x=
65
65 g de NaN3(s)
130 g de NaN3(s)
V
x = 2 mols
|
|
Orientações
1 segundo
y
30 · 1
y=
1 000
1 000 milissegundos
30 milissegundos
V
y = 0,03 s
2 NaN3(s) *(
3 N2(g) +
2 mols
3 mols
2 · 24 L
3 · 24 L
3 · 24 L de N2(g)
z
1 · 3 · 24
z=
V
0,03
2 Na(s)
0,03 s
1s
z = 2 400 L de N2(g)/s
13.3 Intervalo 0 – 10 min:
|
|
0,625 – 1 TdHI =
V
TdHI = 0,0375 mol/L · min
10
Intervalo 10 min – 20 min:
0,375 – 0,625 TdHI =
V
TdHI = 0,025 mol/L · min
10
Intervalo 20 min – 30 min:
0,2 – 0,375 TdHI =
V
TdHI = 0,0175 mol/L · min
10
Intervalo 30 min – 40 min:
0,12 – 0,2 TdHI =
V
TdHI = 0,008 mol/L · min
10
A taxa de desenvolvimento da reação não é constante, vai
diminuindo com o transcorrer do tempo, por causa da diminuição da concentração de HI.
|
|
|
|
|
|
13.4 Alternativa D.
I.Verdadeira.
II.Verdadeira.
III.Falsa. Se o fator responsável pela prevenção do escurecimento das frutas fosse a acidez, a adição de vinagre (mistura
de água e ácido acético) evitaria o escurecimento, o que segundo o enunciado, não ocorre.
13.5 Alternativa A.
Todas as alternativas estão corretas.
13.6 Alternativa A.
∆H = Hp – Hr V ∆H = 75 – 965 V ∆H = –890 kJ/mol
Como ∆H < 0, o processo é exotérmico.
13.7 Alternativa B.
Pelo gráfico concluímos que se trata de uma reação exotérmica, pois os produtos possuem energia menor que os reagen­tes.
Dessa forma, temos:
(1) Reagentes;
(2) Energia de ativação da reação (energia necessária para que
os reagentes atinjam o complexo ativado);
(3) Estado ativado ou complexo ativado;
(4) Produtos;
(5) Variação de entalpia (energia liberada na formação dos
produtos).
13.8 Alternativa C.
A espécie A tem sua concentração aumentada com o tempo. A,
portanto, é produto da reação. B e C têm suas concentrações
diminuídas com o tempo. Essas espécies, portanto, são reagentes. Como a diminuição da concentração de C é bem maior do
que a diminuição da concentração de B num mesmo intervalo
de tempo, o coeficiente de C deve ser maior do que o de B.
13.9 Alternativa A.
1. O vento aumenta a concentração de O2(g), que atua como
comburente na queimada.
2. A diminuição da temperatura reduz a taxa de desenvolvimento das reações, pois diminui o movimento das partículas
reagentes e a probabilidade de choques efetivos que resultem
em reação.
3. A decomposição da água oxigenada é acelerada na presença de sangue.
4. A superfície de contato nas lascas de madeira é bem maior
do que numa tora de madeira.
13.10 Alternativa C.
Com a adição do catalisador, houve dimi­nuição da energia de
ativação.
13.11 Alternativa D.
Todas as afirmações são corretas.
13.12 Alternativa A.
As bolhas pequenas aumentam a superfície de contato entre a
água e o gás oxigênio, tornando a distribuição dessa substância mais homogênea no meio.
13.13 Alternativa C.
O aumento de temperatura e a presença de um catalisador são
fatores que aumentam a taxa de desenvolvimento da reação.
13.14 Alternativa C.
O aumento de temperatura aumenta a taxa de desenvolvimento da reação.
13.15 Alternativa C.
I.Essa afirmação não está relacionada à necessidade de refrigeração do alimento
II.Essa afirmação trata de substâncias conservantes. A ação
dos conservantes pode ocorrer em temperatura ambiente, ou
seja, não depende diretamente da refrigeração.
13.16 F = falsa e V = verdadeira.
a) F. A taxa de desenvolvimento da reação aumenta com o
emprego de partículas de reagentes mais finamente divididas
(maior área de contato).
b) V. Se a reação ocorre em uma única etapa, a taxa de desenvolvimento da reação é proporcional à concentração de
hidroxila. Aumentando essa concentração, a taxa de desenvolvimento da reação também aumenta.
c) V. O aumento de temperatura sempre aumenta a taxa de
desenvolvimento das reações químicas.
d) V. O aumento da pressão não tem influência na taxa de
desenvolvimento da reação, uma vez que não há reagentes
gasosos.
e) F. A função dos catalisadores é diminuir a energia de ativação das reações e, com isso, aumentar sua taxa de desenvolvimento.
13.17
a) Verdadeira. A queima do açúcar nos organismos
vivos ocorre numa temperatura mais baixa porque necessita de menor energia de ativação (a reação é catalisada por
enzimas).
b) Falsa. Toda reação de combustão (queima) é exotérmica, ou
seja, libera uma energia maior do que a energia de ativação
necessária para que ela tenha início.
79
Resolução da série
exercitando o raciocínio
14.1 Resposta 11. São corretos os itens 01, 02 e 08.
Item 04: errado porque a taxa de desenvolvimento varia diretamente com as concentrações de N2(g) e O2(g). De acordo com
a expressão da taxa de desenvolvimento da reação, a taxa de
desenvolvimento dobra se a concentração de N2(g) dobrar e
qua­dru­plica se a concentração O2(g) dobrar.
Item 16: errado porque a taxa de desenvolvimento da reação
depende de vários outros fatores além da temperatura.
14.2 Alternativa B.
Item III: errado porque diminuindo-se pela metade a concentração de B, a taxa de desenvolvimento da reação diminui em
quatro vezes.
14.3 Alternativa B.
A taxa de desenvolvimento de uma reação é diretamente
proporcional às concentrações em quantidade de matéria das
substâncias que participam da etapa lenta da reação, elevada
a expoentes que correspondem aos coeficientes dessas substâncias nessa etapa.
14.4 Alternativa D.
De acordo com os dados fornecidos, dobrando-se a concentra­
ção em quantidade de matéria de O3(g), a taxa de desenvolvimento da reação dobra. O mesmo ocorre em relação ao O3(g).
Reduzindo-se a concentração de NO2(g) pela metade, a taxa de
desenvolvimento da reação também reduz à metade. Assim, a
expressão da taxa de desenvolvimento da reação é:
| Td | = k · [NO2] · [O3]
| Td | k =
[NO2] · [O3]
V
4,4 · 10–2
k =
5,0 · 10–5 · 2,0 · 10–5
k = 4,4 · 107 mol–1 · L · s–1
14.5 Alternativa D.
De acordo com os dados fornecidos, dobrando-se a concen­tra­
ção em quantidade de matéria de x, a taxa de desenvolvimento
da reação quadruplica. Todavia, dobrando-se a concentração
em quantidade de matéria de y, a taxa de desenvolvimento da
reação permanece constante. Isso significa que y não exerce
nenhuma influ­ên­cia sobre a taxa de desenvolvimento da reação. Logo, a expressão que fornece a taxa de desenvolvimento
da reação é:
Td = k · [X]2
14.6 Alternativa D.
Td = k · [A] α · [B] β
Dividindo-se Td1 por Td2:
Td1 k · (0,10)α · (0,10)β
=
Td2 k · (0,10)α · (0,20)β
b
1= 1 V b=1
2 2
()
2,53 · 10–6 (0,10)b
V
=
5,06 · 10–6 (0,20)b
81
14.11 Alternativa A.
Dividindo-se Td1 por Td3 :
Td1 k · (0,10)α · (0,10)β
=
Td3 k · (0,20)α · (0,10)β
a
1= 1 V a=2
4 2
Logo, Td = k · [A]2 · [B2]
2,53 · 10–6 (0,10)a
V
=
10,12 · 10–6 (0,20)a
()
14.7 Alternativa A.
Td = k · [(CH3)3CBr] α · [OH1– ] β
Dividindo-se Td1 por Td2:
Td1 k · (0,10)α · (0,10)β
=
Td2 k · (0,20)α · (0,10)β
a
1= 1 V a=1
2 2
1,0 · 10–3 (0,10)a
=
2,0 · 10–3 (0,20)a
1,0 · 10–3 (0,10)b
=
1,0 · 10–3 (0,20)b
V
()
Dividindo-se Td1 por Td4:
Td1 k · (0,10)α · (0,10)β
=
Td4 k · (0,10)α · (0,20)β
b
1 = 1 V b=0
2
Logo, Td = k · [(CH3)3CBr]
V
()
14.8 Alternativa A.
Td = k · [H2O2] α · [I1– ] β · [H1+] γ
Dividindo-se TdI por TdII:
TdI =
TdII 87
=
56 α
β
D[I2]
k · (0,25) · (0,25) · (0,25) Dt
(0,25)a
V
=
α
β
γ
k · (0,17) · (0,25) · (0,25)
D[I2] (0,17)a
Dt
0,25 α 3 3 a
V
=
V a=1
0,17 2 2
( )
γ
()
Dividindo-se TdI por TdIII: g = 0
Dividindo-se TdI por TdIV: b = 1
14.9 Alternativa A.
Td = k · [A] x · [B] y
Dividindo-se Td1 por Td2:
()
V
2,0 · 10–3 (2,0)x
=
2,0 · 10–3 (4,0)x
Dividindo-se Td1 por Td3:
Td1 k · (2,0)x · (2,0)y
=
Td3 k · (2,0)x · (4,0)y
y
1= 1 V y=2
4 2
()
V
2,0 · 10–3 (2,0)y
=
8,0 · 10–3 (4,0)y
14.10 Alternativa B.
[H2] inicial = x
[N2] inicial = y
[H2] final = 2 . x
[N2] final = 3 . y
Tdinicial = k . 3 . y
Tdfinal = k . (2 . x)3 . 3 y
Tdfinal = 24 . k . x . y
A taxa de desenvolvimento final é, portanto, 24 vezes a inicial
82
14.12 Alternativa E.
Quando se duplica a concentração de H2 e mantém-se constante a concentração de NO, a taxa de desenvolvimento da
reação dobra. Isso indica que a taxa de desenvolvimento da
reação é diretamente proporcional à concentração de H2.
Quando se duplica a concentração de NO e mantém-se constante a concentração de H2, a taxa de desenvolvimento da
reação quadruplica. Isso indica que a taxa de desenvolvimento
da reação é diretamente proporcional à concentração de NO
elevada ao quadrado.
Portanto: Td = k . [H2] . [NO] 2.
14.13 Alternativa E.
A taxa de desenvolvimento da reação pode, genericamente,
ser expressa por: Td = k . [BrO3−] α . [Br−] β . [H +] g
Quando se dobra a concentração de bromato, BrO3−, experimentos 1 e 2, a taxa de desenvolvimento da reação dobra.
Portanto, α = 1.
Quando se triplica a concentração de brometo, Br1–, experimentos 2 e 3, a taxa de desenvolvimento da reação dobra.
Portanto, β = 1.
Quando se dobra a concentração de hidrogênio, H1+, experimentos 1 e 4, a taxa de desenvolvimento da reação quadruplica. Portanto, γ = 2.
A equação da taxa de desenvolvimento da reação é, portanto:
Td = k . [BrO3−] . [Br1– ] . [H1+] 2
14.14 a) Td = k . [A]2 . [B]
Logo: Td = k · [H2O2]· [I1– ]
Td1 k · (2,0)x · (2,0)y
=
Td2 k · (4,0)x · (2,0)y
x
1 = 1 V x=0
2
A taxa de desenvolvimento da reação é diretamente proporcional às concentrações dos reagentes da etapa lenta da reação, elevadas aos seus respectivos coeficientes. A etapa lenta
corresponde à reação b.
b) O processo não é elementar (não ocorre numa única etapa).
Para um processo elementar, os expoentes das concentrações
em quantidade de matéria dos reagentes na equação da taxa
de desenvolvimento da reação são iguais aos coeficientes dessas substâncias.
c) 0,02 = k . 0,52 . 0,5
k = 0,16
d) Td = 0,16 . 22 . 2 V Td = 1,28 mol/L . s
14.15 Alternativa E.
Como a reação é elementar, pode-se expressar a equação da
taxa de desenvolvimento da reação por:
Td = k . [O2] 3
Portanto, se triplicarmos a concentração de oxigênio, a taxa
de desenvolvimento da reação ficará 27 vezes maior.
14.16 Alternativa B.
Triplicando-se a concentração de O3, mantendo-se a concentração de NO constante, a taxa de desenvolvimento da reação
triplica (1,98 . 10 –4 = 3 . 0,660 . 10 –4). Portanto, m = 1.
Dobrando-se a concentração de NO, mantendo-se a concentração de O3 constante, a taxa de desenvolvimento da reação
duplica (3,96 . 10 –4 = 2 . 1,98 . 10 –4. Portanto, n = 1.
14.17 Alternativa A.
I. Verdadeira. A alta concentração dos reagentes faz com que
a taxa de desenvolvimento da reação seja alta. Ao serem parcialmente consumidos os reagentes a taxa de desenvolvimento
da reação diminui.
II. Falsa. A água é um produto da reação. Ela é formada e
não consumida.
III. Verdadeira. Cálculo da taxa de desenvolvimento de consumo de ácido lático:
Td
=
Δn
Δt
−3
=
(0,380 − 0,290) . 10
Td
3
Td = 0,03 . 10 −3 mol/s ou 3,0 . 10 −5 mol/s
Em mol/minuto: 3 . 60 . 10 −5 mol/minuto ou
1,8 . 10 −3 mol/minuto.
IV. Verdadeira. Se bicarbonato de sódio e ácido lático estiverem presentes em quantidades estequiométricas, ambos
se consumirão completamente, uma vez que a formação de
dióxido de carbono gasoso torna o processo irreversível.
14.18 a) A etapa determinante da taxa de desenvolvimento
da reação é a etapa lenta (etapa I).
b) Td = k . [HOOH] . [I1– ]
83
Resolução da série
exercitando o raciocínio
15.1 Alternativa D.
A taxa de desenvolvimento da reação direta (Td1) começa com
um valor alto e vai diminuindo com o tempo. A taxa de desenvolvimento da reação inversa (Td2) começa com um valor baixo
e vai aumentando com o tempo. No momento em que as duas
taxas de desenvolvimento se igualam, Td1 = Td2, o equilíbrio
químico é atingido.
15.2 Alternativa E.
Como na expressão de KC a concentra­ção de produtos é diretamente pro­porcio­nal à constante de equilíbrio, quan­to maior
o valor de KC, maior será a concen­tração de produtos.
85
15.3 Alternativa D.
O equilíbrio químico só é atingido quando as taxas de desenvolvimento das reações direta e inversa se igualam.
15.4 Alternativa B.
A constante de equilíbrio de uma reação química depende
apenas da temperatura.
15.5 Alternativa D.
Como mostra a tabela, com o aumento da temperatura a constante de equilíbrio diminui, o que indica que nessas condições
o equilíbrio se desloca para a esquerda (consumo de amônia e
aumento das concentrações de hidrogênio e nitrogênio).
15.13 Alternativa C.
(pNO)2
KP =
pN2 . pO2
V
(0,12)2
KP =
0,2 . 0,01
V
KP = 5
A representação mais adequada é a que mostra as reações
direta e inversa em constante evolução nos dois recipientes,
uma vez que as substâncias envolvidas encontram-se no estado gasoso.
15.14 Cálculo da concentração em quantidade de matéria,
mol/L, de reagentes e produtos:
1 mol
46 g de NO2(g)
15.6 Alternativa D.
x
A partir do momento em que o equilíbrio é estabelecido, as
concentrações das espécies participantes permanecem constantes (desde que a temperatura se mantenha constante).
15.7 Alternativa A.
A expressão matemática da cons­tante KC para a reação:
2 NO(g)
+
1 Br2(g)
F
2 NOBr(g) é:
[NOBr]2
Quanto maior o valor de KC, maior é a concentração de produtos no equilíbrio.
V
x q 0,01 mol de NO2(g)
0,01 mol de NO2(g)
0,5 L
y
1L
1 . 0,01
y=
0,5
1 mol
z=
15.8 Alternativa E.
0,48 g de NO2(g)
0,48 . 1
x=
46
z
KC =
[NO]2 · [Br2]
V
y = 0,02 mol de NO2(g)/L
92 g de N2O4(g)
2 g de N2O4(g)
2.1
92
V
z q 0,02 mol de N2O4(g)
0,02 mol de N2O4(g)
0,5 L
w
1L
15.9 Alternativa E.
1 . 0,02
w=
0,5
[NO2]2
KC =
[N2O4]
[N O ]
KC = 2 4
[NO2]2
22
KC =
0,5
15.15 Observe que no início existem ape­nas gás carbônico e
V
w = 0,04 mol de N2O4(g)/L
0,04
KC =
(0,02)2
V
V
KC = 100
metanol no recipi­ente, e não existe gás hidrogênio.
Concluímos então que o gás hidrogênio é produzido pela
reação inversa (decompo­sição do metanol) até que o sistema
entre em equilíbrio.
Logo, no início, não ocorre reação direta.
KC = 8
15.10 Alternativa A.
[NH3]2
K =
C [N2] . [H2]3
2 H2(g) F
CH3OH(g)
0 mol
x
x
2 mol
x/2
2 – x/2
[NH3]2
1,67 . 10−3 =
2,0 . (3,0)3
[NH ] = 0,30 mol . L−1
Equação:
CO(g)
+
início:
2 mol
x/2
15.11 Alternativa A.
Cálculo da concentração em quantidade de matéria de cada
gás no equilíbrio:
equilíbrio: 2 + x/2 reação:
3
Volume = 1 L
Logo, as concentrações em mol/L do monóxido de carbono e
do metanol no equilíbrio são:
200 mol de SO3(g)
x
1 . 200
x=
V
400
400 L
1L
x = 0,5 mol de SO3(g)/L
x
[CO] = 2 +
mol/L
2
80 mol de SO2(g)
y
1 . 80
y=
V
400
400 L
1L
x
mol/L
[CH3OH] = 2 –
2
y = 0,2 mol de SO2(g)/L
15.16 Alternativa D.
120 mol de O2(g)
400 L
z
1L
1 . 120
z=
V
z = 0,3 mol de O2(g)/L
400
2
2
[SO3] (0,5) KC =
V KC =
V KC = 20,8
[SO2]2 . [O2] (0,2)2 . 0,3
86
15.12 Alternativa C.
pN2O4
KP =
(pNO2)2
Tomando-se um ponto na curva das pres­sões parciais, temos:
pN2O4 = 3,0 atm e pNO2 = 0,6 atm
3,0
KP =
(0,6)2
V
KP q 8,3
15.17 a) KP =
(pNOCL)2
(pNO)2 · (pCL 2)
(1,2)2
b) KP =
–2 2
(5,0 · 10 ) · (3,0 · 10–1)
1,44
KP =
(25,0 · 10–4) · (3,0 · 10–1)
KP = 1 920 (atm)–1 a 25 °C
(
1
c)K = K ·
C P R·T
(
)
∆n
1
KC =1 920 ·
0,082 · 298
)
(2) – (2 + 1)
KC = 46 917,12
87
Resolução da série
exercitando o raciocínio
16.1 Alternativa B.
A constante de equilíbrio só se altera com a variação de temperatura. A adição de reagentes ou de produtos apenas faz o
equilíbrio se deslocar e mantém invariável o valor da constante
de equilíbrio.
16.2 Alternativa D.
O catalisador acelera a reação, isto é, faz com que o equilíbrio
seja atingido em menos tempo. O catalisador não desloca o
equilíbrio em nenhum sentido.
16.3 Alternativa B.
Nesse sistema a transformação de rea­gentes em produtos
ocorre sem variação de volume, por isso, o equilíbrio não pode
ser deslocado por variação de pressão.
16.4 Alternativa A.
A adição de CO(g) desloca o equilíbrio no sentido da formação
de COCL 2(g).
16.5 Alternativa B.
I. Verdadeira. Como mostra o gráfico, diminuindo-se a temperatura o valor de KC aumenta, o que indica que o rendimento da reação também aumenta.
II. Falsa. Justificado acima.
III. Verdadeira. O aumento da temperatura faz com que a
constante de equilíbrio diminua. Isso significa que aumentando-se a temperatura o equilíbrio é deslocado para a esquerda.
Trata-se, portanto, de uma reação exotérmica.
IV. Falsa. O aumento de temperatura provoca uma diminuição
da constante de equilíbrio e, portanto, um deslocamento do
equilíbrio para a esquerda (sentido em que há formação de N2
e de H2).
16.6 Alternativa D.
A equação termoquímica da reação pode ser representada
por:
CH4(g) + H2O(g) + calor F CO(g) + 3 H2(g)
Um aumento de temperatura desloca o equilíbrio para a direita
(sentido em que o calor é consumido). Isso altera a constante
de equilíbrio e aumenta a concentração de CO.
16.7 Alternativa D.
90
4 NH3(g) + 5 O2(g) F 4 NO2(g) + 6 H2O(g) + energia
A diminuição de pressão desloca o equilíbrio para o lado
em que está o menor número de moléculas de substâncias
no estado gasoso (para a direita, no sentido de formação
de NO2).
A diminuição de temperatura desloca o equilíbrio para a direita
(sentido exotérmico).
16.8 Alternativa C.
Aumentando-se a concentração de hidrogênio, H2, o equilíbrio
se desloca no sentido da formação dos produtos.
16.9 Alternativa D.
A equação indicada no enunciado pode ser escrita como:
N2(g) + 3 H2(g) F 2 NH3(g) + 91,8 kJ
A diminuição de temperatura favorece o equilíbrio para o lado
em que o calor é liberado (no sentido de formação da amônia).
16.10 Alternativa E.
O aumento da concentração de peróxido de hidrogênio (reagente) faz o equilíbrio se deslocar no sentido da formação dos
produtos da reação.
16.11 Alternativa B.
O ponto de equilíbrio será alterado, ou seja, haverá deslocamento de equilíbrio pelo aumento de pressão apenas no sistema em que a reação ocorre com variação de volume dos
reagentes para os produtos (considerando apenas substâncias
que participam da reação na fase gasosa).
Produtos (2 volumes)
a) Reagentes (2 volumes) F
Produtos (1 volume)
b) Reagentes (0 volume) F
F
Produtos (1 volume)
c) Reagentes (1 volume)
Produtos (3 volumes)
d) Reagentes (3 volumes) F
Produtos (3 volumes)
e) Reagentes (3 volumes) F
16.12 Alternativa E.
Retirando-se gás carbônico, o equilíbrio se desloca no sentido
de sua formação (para a direita). Desta forma, a quantidade
de hidrogênio produzido aumenta.
zir a produção de ácido nítrico no equilíbrio II, são aqueles que
deslocam o equilíbrio I no sentido da reação inversa, diminuindo a produção do gás dióxido de nitrogênio, NO2(g), ou seja,
a elevação de temperatura e a redução da pressão.
A elevação da temperatura favo­rece a reação endotér­mica,
que, no caso do equilíbrio I, é a reação inversa.
A redução de pressão favorece a reação que ocorre com expansão de volume, que, no caso do equilíbrio I, também é a
reação inversa.
16.17 Alternativa B.
2 F2(g) + 1 O2(g) + 11,0 kcal F 2 OF2(g)
[OF2]2
KC =
[F2]2 · [O2]
Item III: errado, porque a constante de equilíbrio só varia com
a temperatura, ela não sofre alteração com o aumento ou a
diminuição da pressão. Item IV: errado, porque o catalisador
aumenta a taxa de desenvolvimento das reações direta e inversa
ao mesmo tempo, ou seja, não altera o equilíbrio.
16.18
a) 2 NO2(g)F 1 N2O4 (g)
castanho incolor
A diminuição da temperatura desloca o equilíbrio no sentido
exotérmico. Como a cor castanha tende a desaparecer, conclui-se que o sentido exotérmico corresponde à reação direta,
de formação do N2O4 (g).
b) A diminuição da pressão (vácuo) desloca o equilíbrio no
sentido de maior volume de gases. Assim, o equilíbrio é deslocado no sentido dos reagentes, aumentando a [NO2] e, consequentemente, aumentando a intensidade da cor castanha.
(pN2O4)
c) KP =
(pNO2)2
16.13
a) O equilíbrio se deslocará no sentido da reação inversa para repor o H2S(g) retirado. Logo, a con­centração de
SO2(g) diminui.
b) O equilíbrio se deslocará no sentido da reação inversa
(endotér­mica). Logo, a concentração de SO2(g) diminui.
c) O equilíbrio se deslocará no sentido da reação direta (que
ocorre com contração de volume). Logo, a con­cen­tração de
SO2(g) aumenta.
d) O equilíbrio se deslocará no sentido da reação direta para
consumir o O2(g) em excesso. Logo, a con­centração de SO2(g)
aumenta.
16.14 Alternativa B.
Aumentando-se a pressão o equilíbrio se desloca no sentido 1,
em que há contração de volume.
16.15 Alternativa C.
A reação de desidratação do sal é endotérmica e pode ser
equacionada por:
CoCL 2 . 6 H2O(s) + calor F CoCL 2(s) + 6 H2O(L)
azul
rosa
A cor azul é favorecida por um deslocamento do equilíbrio
para a esquerda, no sentido de formação do cloreto de cobalto hexahidratado. A baixa temperatura e o aumento da umidade fazem com que o equilíbrio se desloque nesse sentido.
16.16 Os fatores que atuam no equilíbrio I, de modo a redu-
91
Como Ki é uma constante, se α aumenta, [ ] diminui.
Assim, quanto mais diluída for a solução, maior será o grau de
ionização do eletrólito e maior o número de íons formados.
Quanto maior o número de íons, maior a conduti­bilidade elétrica da solução.
17.4 Alternativa A.
Como, para ácido fraco, 1 – α q 1, vale a relação:
Ki = α2 · [ ]
K
α2 = i
[ ]
V
1,8 · 10–5
α2 =
0,045
α2 = 4,0 · 10–4
α = 2,0 · 10–2
V
α% = 2,0%
17.5 Alternativa D.
Quanto maior o valor de Ka, maior o grau de ionização do
ácido, maior o número de íons produ­zidos e, portanto, maior
a força ácida.
17.6 Alternativa B.
Pelo aumento da concentração, o grau de ionização diminui.
Pelo aumento da temperatura, tere­mos aumento de Ki e,
consequentemen­te, aumento do grau de ionização.
17.7 HNO2(aq)
+ H2O(L) F H3O1+ (aq) + NO1–
2 (aq)
Ki
2
2
a)K = α · [ ] V α =
i
[ ]
–7
1,6 · 10 2
2
α =
V α = 1,6 · 10–5
1,0 · 10–2
α = 4,0 · 10–3
α% = 4,0 · 10–1% ou α% = 0,4%
b)Ki = α2 · [ ]
1,6 · 10–7
α2 =
1,0 · 10–4
α = 4,0 · 10–2
K
V α2 = i
[ ]
V α2 = 1,6 · 10–3
V α% = 4,0%
17.8 Alternativa C.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
Para que as cascas dos ovos das galinhas não diminuam de
espessura, estas devem tomar água enriquecida com gás car­
bônico, o que irá favorecer a formação do CaCO3(s). O aumento da concentração de CO2(g) desloca os equilíbrios IV, III e II
para a esquerda, favorecendo a formação de CO32–(aq).
I. Ca2+(aq)
+ CO32–(aq) F CaCO3(s)
II. CO32–(aq) + H2O(L )
17.1 Alternativa B.
A solução melhor condutora de eletricidade é aquela que
possui maior grau de ionização, ou seja, possui maior valor
na constante de ionização, Ka. No caso, é a solução aquosa
0,1 mol/L de HBr.
17.2 Alternativa E.
Quanto maior o valor de Ka, maior a força ácida e, portanto,
menor a força básica.
Como o valor de Ka para o íon CN1– é o menor, esse íons
apresentam a maior força básica, seguidos pelos íons HCO31– e
CH3COO1–.
17.3 Alternativa C.
Ki = α2 · [ ]
1–
3
III. HCO (aq) + H2O(L )
1–
F HCO1–
3 (aq) + OH (aq)
F H2CO3(aq) + OH1–(aq)
CO2(g) + H2O(L )
IV.H2CO3(aq) F
O aumento da concentração do CO32–(aq) desloca o equilíbrio I
para a direita, favo­recendo a formação de CaCO3(s).
17.9 Alternativa E.
I.Verdadeira. O enunciado diz que houve o desaparecimento
do odor, portanto o sal é inodoro. O sal não é volátil (os compostos iônicos apresentam alto ponto de ebulição).
II.Falsa. A transformação ilustrada na figura é exotérmica, ou
seja, ocorre com liberação de energia.
III.Verdadeira. O NaOH libera íons OH1–(aq), que reagirão com
os íons H3O1+(aq). Pelo prin­cípio de Le Chatelier, o equilíbrio se
des­loca no sentido de formação dos rea­gentes para compensar
a diminuição da concentração do H3O1+(aq). Portanto, mais
etilamina é produzida e o odor reaparece.
93
17.10 a) Se log Keq = x, então Keq = 10x
os íons hidróxido, OH1– (aq), formando água e deslocando o
equilíbrio no sentido 1, ou seja, da desmineralização da hidroxiapatita.
Desse modo, temos:
Men+
log Keq
Keq
Fe 14,4
1014,4
Cu2+
18,8
1018,8
Fe3+
25,1
10 25,1
2+
17.18 Alternativa B.
Os íons H3O1+ (aq) ou H1+ (aq) liberados pelo ácido reagem com
os ânions OH1– (aq), deslocando o equilíbrio no sentido de formação do cloro, CL 2(g), uma substância extremamente tóxica
que inclusive já foi utilizada como arma química.
CaEDTA2+ + Men+ F MeEDTAn – 4 +
[MeEDTAn – 4] · [Ca2+]
K =
eq
Ca2+
[CaEDTA]2+ · [Men+]
A reação com o íon Fe3+ apresenta o maior valor de constante de
equilíbrio, portanto é a que está mais deslocada no sentido de
formação de produtos, ou seja, de formação do complexo.
O íon Fe3+ é removido com mais eficiência.
b) CaEDTA2+ + Fe3+ F FeEDTA(3 – 4) + Ca2+
17.11 Todos os itens são falsos.
0.Falso. Um aumento de pressão não afeta o equilíbrio em (2),
uma vez que todas as substâncias presentes no sistema estão
na fase líquida.
1.Falso. A acidez da água é diminuída quando se acrescenta
íons carbonato, CO32–, pois o equilíbrio (2) é deslocado para a
direita.
2. Falso. O acréscimo de gás carbônico, CO2(g), nos equilíbrios
(1) e (2), aumentará a destruição dos peixes, porque ambos
os equilíbrios serão deslocados no sentido do aumento da
[H1+(aq)].
17.12 Alternativa C.
17.20 Alternativa A.
O excesso de íons amônio fornecido pelo adubo irá deslocar
o equilíbrio na argila no sentido de consumir esse excesso, ou
seja, no sentido de formação dos íons sódio.
17.21 Alternativa A.
Os íons hidróxido, OH1– (aq), liberados no solo irão reagir com os
íons H1+ (aq), formando água. O consumo dos íons H1+ (aq) provocará um deslocamento do equilíbrio no sentido de formação
dos íons nitrato, NO31– (aq).
O aumento da concentração de íons oxalato desloca o equilíbrio no sentido de consumir esses íons, ou seja, no de formação do oxalato de cálcio.
17.22 Alternativa B.
17.13 Alternativa D.
CO2(g) + H2O(L) F H2CO3 (aq) F H1+ (aq) + HCO31– (aq)
17.14 Alternativa D.
Um ácido forte, como o HCL (aq), faz aumentar a concentração de íons H1+ (aq) no meio. Esse aumento desloca os equilíbrios das duas últimas equações para a esquerda. Esse deslocamento faz a concentração de H2S(aq) também aumentar, o
que desloca o equilíbrio da 1ª. equação para a esquerda, o que
faz o H2S(g) (substância responsável pelo cheiro) se formar em
maior quantidade.
I. Falsa. Ao nível do mar a pressão que age sobre o sistema
é maior. Quanto maior a pressão mais o equilíbrio se desloca
para a direita (sentido em que há consumo de CO2(g)).
II. Verdadeira. O suco de limão contém ácido cítrico (substância que faz o meio ter a concentração de H1+ (aq) aumentada). Com o aumento da concentração de H1+ (aq), o equilíbrio
se desloca para a esquerda (sentido em que há formação de
CO2(g)).
III. Falsa. A adição de água faz o equilíbrio se deslocar para a
direita (sentido em que o CO2(g) é consumido).
O excesso de NaCL no lago salgado provocava o deslocamento
do equilíbrio no sentido de formação do carbonato de sódio.
17.15 Alternativa C.
A retirada de um sólido não desloca o equilíbrio da reação.
17.16 Alternativa E.
O íon bicarbonato, HCO31–, reage com H1+ formando água,
H2O, e dióxido de carbono, CO2. O consumo de H1+ faz o equilíbrio se deslocar para a esquerda, o que mantém a cor verde
do vegetal.
C55H72O5N4Mg + 2 H1+ F C55H74O5N4 + Mg2+
verde
incolor
2 H1+ + 2 HCO1–
3 *( 2 H2O(L) + 2 CO2 (g)
17.17 Alternativa E.
94
17.19 Alternativa B.
I.Verdadeira. A evaporação da água faz o equilíbrio equacionado ser deslocado para a esquerda (sentido de formação do
carbonato de cálcio).
II.Falsa. A corrente de ar úmido desloca o equilíbrio para a
direita (sentido de decomposição do carbonato de cálcio).
III.Verdadeira. A elevação da temperatura provoca uma retirada mais rápida do dióxido de carbono e uma evaporação da
água líquida. A retirada dessas substâncias desloca o equilíbrio
para a esquerda (sentido de formação de carbonato de cálcio).
IV.Falsa. A diminuição da temperatura faz o dióxido de carbono ficar mais solubilizado na água. Dessa forma, essas substâncias continuam fazendo parte do equilíbrio e este não é
deslocado para lado nenhum.
O íon hidrônio, H3O1+ (aq) ou simplesmente H1+ (aq), reage com
O cloreto de amônio, NH4CL, é um sal derivado de ácido forte, HCL(aq), e base fraca, NH4OH(aq), logo o cátion amônio,
NH 1+
4 (aq), sofre hidrólise, tornando o pH da solução menor que
7 (solu­ção ácida).
O benzoato de sódio, C6H5COONa, é um sal deri­­vado de ácido
fraco, C6H5COOH(aq), e base forte, NaOH(aq); o ânion benzoa­
to, C6H5COO1–(aq), sofre hidrólise, tornando o pH da solução
maior que 7 (solução básica).
b)NH4CL(aq) + 2 H2O(L)F NH4OH(aq)+ H3O1+(aq)+ CL1–(aq)
Resolução da série
exercitando o raciocínio
[NH4OH(aq)] · [H3O1+(aq)] · [CL1–(aq)]
K i =
[NH4CL(aq)]
C6H5COONa(aq)+H2O(L) F C6H5COOH(aq) +Na1+(aq) +
+ OH1–(aq)
1+
1–
[C H COOH(aq)] · [Na (aq)] · [OH (aq)]
Ki = 6 5
[C6H5COONa(aq)]
18.6 Alternativa E.
18.1 a)Maior que 7, pois no processo há formação de íons
1–
hidróxido, OH (aq).
b) As soluções ácidas liberam H3O1+ (aq), que irá reagir com
OH1– (aq) do processo, deslo­cando o seu equilíbrio no sentido
do consumo de H3C — NH2 e, dessa forma, diminuindo o cheiro de peixe.
18.2 Alternativa D.
À medida que o fitoplâncton faz a reação de fotos­síntese (na
presença de luz e clorofila em meio alcalinoterroso, Mg2+):
6 CO2(g) + 6 H2O(L) *( 1 C6H12O6(s) + 6 O2(g)
ocorre consumo de gás carbônico.
O gás carbônico é um óxido ácido. Com a diminuição desse
gás na superfície da água, o pH do local aumenta.
18.3 Alternativa B.
pH = – log [H3O1+]
4 = – log [H3O1+]
V [H3O1+] = 1,0 · 10–4 mol/L
1,0 · 10–4 mol de H3O1+
1 000 mL
x
600 mL
600 · 1,0 · 10–4
1 000
O vírus da febre aftosa não sobrevive em pH < 6 ou pH > 9.
As soluções fornecidas apresentam os seguintes valores de pH:
a) pH = 6; b) pH = 7; c) pH = 8; d) pH = 9 e e) pH = 10.
Logo, a solução mais eficiente para com­bater o vírus é a solução de pH = 10.
18.7 Alternativa D.
a)O valor da constante Ka só va­­ria com a temperatura.
b)O valor da constante Ka só varia com a temperatura.
c)A adição de ace­­tato de sódio (sal solú­vel) aumenta a con­­
centração de íons acetato no sistema, des­­locando o equilí­brio
no sentido da reação inversa.
e)A concentração em quantidade de matéria dos íons
H3O1+(aq) diminui.
18.8
A dissolução parcial de dióxido de carbono, CO2, na
água provoca uma diminuição do pH da água devido à formação de ácido carbônico, H2CO3:
CO2(g) + H2O(L) F H1+ (aq) + HCO1–
3 (aq) F H2CO3 (aq)
Os íons H1+ (ou H3O1+) provenientes de uma espécie ácida rea­
gem com carbonato formando dióxido de carbono e água:
x=
2 H1+ (aq) + CO32− (aq) F H2CO3 (aq) F H2O(L) + CO2(g)
x = 6,0 · 10–5 mol de H3O1+ em 600 mL
3 mol de H3O1+
1 mol de AL3+(aq)
1+
3 mol de H3O
27 g de AL3+(aq)
–5
1+
6,0 · 10 mol de H3O y
6,0 · 10–5 · 27
y =
3
y = 5,4 · 10–4 g ou 0,00054 g ou q 0,5 mg
18.9 Alternativa D.
18.4 Alternativa E.
Todas as afirmativas são corretas.
1H2O(L) F 1 H3O1+(aq)
+
1 OH1–(aq)
A reação direta, de autoionização da água, é endotérmica, e a
reação inversa, de formação da água, é exotérmica.
De acordo com o princípio de Le Chatelier, o aumento de temperatura favorece mais a reação direta (endotérmica), aumen­tando
o valor da constante de ionização da água, KW. Quanto maior o
valor de KW, menor o valor do pH.
18.5 a) O cloreto de sódio, NaCL, é um sal derivado de ácido
forte, HCL(aq), e base forte, NaOH(aq), por­tanto seus íons não
sofrem hidrólise e não causam variação de pH na solução.
O sulfeto retém maior quantidade de íons Pb2+ pois forma com
esses íons o sal menos solúvel (o de menor KPS).
PbS: KPS = 7,0 . 10 –29.
18.10 Alternativa B.
I. Verdadeira. Os ácidos reagem com carbonatos desprendendo gás carbônico (visualizado na forma de efervescência):
2 H1+ (aq) + CO32− (aq) F H2O(L) + CO2(g)
II. Verdadeira. O suco gástrico apresenta meio ácido. A reação do carbonato de bário com H + (aq) presente no suco gástrico, fez o carbonato de bário ser solubilizado: BaCO3 (s) + 2
H1+ (aq) F Ba2+ (aq) + H2O(L) + CO2(g)
III. Falsa. O sulfato de bário é menos solúvel que o carbonato
de bário.
IV. Falsa. A solubilidade do sulfato de bário é diminuída
quando o medicamento é ingerido em meio a uma solução de
sulfato de potássio.
V. Verdadeira. Informação fornecida no texto do enunciado.
101
18.11 Alternativa B.
Cálculo da concentração em quantidade de matéria de uma
solução saturada de carbonato de cálcio:
100 g de CaCO3
1 mol
0,013 g de CaCO3
0,013 · 1
x=
100
x = 1,3 · 10–4 mol
x
Logo, a concentração em quantidade de matéria da solução
saturada de carbonato de cálcio é 1,3 · 10–4 mol/L.
CaCO3 (s)
F
Ca2+ (aq)
1 mol
1 mol
1,3 · 10–4 mol/L
1,3 · 10–4 mol/L
2−
2+ .
K = [Ca ] [CO ]
PS
CO32− (aq)
+
1 mol
1,3 · 10–4 mol/L
3
KPS = 1,3 · 10–4 · 1,3 · 10–4
As condutividades elétricas das soluções são diretamente proporcionais às concentrações de íons que essas soluções apresentam.
A solução que apresenta a maior concentração de íons é a
mais solúvel (a que apresenta o maior produto de solubilidade): Ca(OH)2.
A solução que apresenta a menor concentração de íons é a
menos solúvel (a que apresenta o menor produto de solubilidade): Zn(OH)2.
O hidróxido de magnésio, Mg(OH)2, apresenta uma solubilidade intermediária e, portanto, uma condutividade elétrica
intermediária.
PS
Concentração de iodeto de prata, em mol . L−1, numa solução
saturada dessa substância:
F
AgI(s)
Início:
x mol/L Reage: x mol/L K = [Ag1+] . [I1– ]
I1– (aq)
+
0
0
x mol/L
x mol/L
18.17 Alternativa A.
PbCL 2(s) F Pb2+ (aq) + 2 CL 1– (aq)
KPS = [Pb2+] · [CL1–]2
1,6 · 10–5 = [Pb2+] · (0,4)2
1,6 · 10–5
[Pb2+] =
0,16
[Pb2+] = 10–4 mol/L
[Pb2+] = 10 · 10–5 V
18.18 1 Ca3 (PO4)2(s)
1 L:
F3 Ca2+(aq) + 2 PO43– (aq)
x mol
3 · x mol
2 · x mol
[Ca2+] = 2 · 10–3 mol/L
1 · 10–25
[PO 43–]2 =
(2 · 10–3)3
−38
V
[Fe3+] . [10 −3] 3 = 6,0 . 10 −38
[PO 43–] = 0,125 · 10–16
[Fe3+] = 6,0 . 10 −29 mol/L
[PO 43–] = 0,354 · 10–8
V
1 · 10–25
[PO 43–]2 =
8 · 10–9
[PO 43–] = 3,54 · 10–9 mol/L
A concentração de íons fosfato na qual se inicia a precipitação
do sal é 3,54 · 10–9 mol/L.
18.14 Alternativa A.
ZnS(s)
F
Zn2+ (aq)
+
S2− (aq)
x mol
x mol
x mol
18.19 a) Cálculo da concentracão em mol/L da solução de
Mg(OH)2.
KPS = [Zn2+] . [S2−]
1,3 . 10 −23 = x2
Mg(OH)2(s)
x = 3,6 . 10 −12 mol/L
1 L:
x mol
1 L:
0
18.15 Alternativa D.
CaSO4 (s)
Ag1+ (aq)
1 · 10–25 = (2 · 10–3)3 · [PO 43–] 2
[Fe3+] . [OH1– ] 3 = KPS
F
Mg2+ (aq)
x mol
+ 2 OH1– (aq)
2 · x mol
[Mg2+] · [OH−] 2 = KPS
F Ca2+ (aq) + SO42− (aq)
x · (2 · x)2 = 3,2 · 10 −11
4 · x3 = 32 · 10 −12
x mol/L
----
x mol/L
KPS = [Ca2+] . [SO42−]
x mol/L
x = 2 · 10 −4 mol/L
A concentração de uma solução saturada de hidróxido de
magnésio é 2 · 10 −4 mol/L
[Ca2+] . [SO42−] = 1,0 . 10 −4
x . x = 1,0 . 10 −4
b) [OH −] = 2 · 2 · 10 −4
pOH = − log 4 · 10 −4
x = 10 −2 mol/L
102
b) Expressão do produto de solubilidade do AgI:
K = [Ag1+] . [I1– ]
KPS = [Ca2+] 3 · [PO 43–] 2
18.13 Alternativa E.
[Fe ] . [OH ] = 6,0 . 10
18.16 a) A afirmação é falsa. O iodeto de prata, AgI, usado
no bombardeamento das nuvens faz a água da chuva ficar
impregnada dessa substância.
PS
18.12 Alternativa B.
1– 3
y = 10 −6 mol/L
83 . 10 −18 = x . x
n q 9,1 . 10 −9 mol . L−1
KPS = 1,69 · 10 −8
3+
[Pb2+] . [SO42−] = 1,0 . 10 −8
y . 10 −2 = 10 −8
PbSO4 (s)
F Pb2+ (aq) + SO 42− (aq)
y mol/L
------
------
------
y mol/L
y mol/L
pOH = − log 22 · 10 −4
pOH = − (2 · log 2 + log 10 − 4)
pOH = 3,4
pH = 10,6
O pH básico (> 7) confirma o caráter básico que a substância
apresenta e, portanto, a sua eficiência como um antiácido.
18.20 Cálculo da concentração de F1–:
a)1 CaF2(s) F 1 Ca2+(aq)+
2 F1–(aq)
x
2x
2+
x
1– 2
KPS = [Ca ] · [F ]
3,2 · 10–11 = x · (2 · x)2
x = 2 · 10–4 mol/L
[F1–] = 2 · x
[F1–] = 2 · 2 · 10–4 V [F1–] = 4 · 10–4 mol/L
1 mol
19 g
4 · 10–4 mol
y
–4
4 · 10 · 19
y=
1
y = 7,6 · 10–3 g/L ou 7,6 ppm
b)Adicionando-se, por exemplo, AL2(SO4)3 à solução de fluorita,
ocorre a hidrólise dos íons AL3+.
2 AL3+ + 3 SO42– + 6 H2O F 2 AL(OH)3 + 6 H1+ + 3 SO42–
A presença do H1+ desloca o equilíbrio
CaF2 F Ca2+
+
2 F1–
para a direita, porque tende a formar HF, que é um ácido fraco.
Portanto, temos um aumento da solubilidade do CaF2.
103
Resolução da série
exercitando o raciocínio
19.1 a) O zinco metálico, Zn(s), sofreu oxidação transfor­
mando-se em cátions, Zn2+ (aq), que foram para a solução:
2 e–
Zn(s) *( Zn2+(aq) +
2+
b) Os cátions cobre, Cu (aq), que estavam na solução sofreram
redução e se transfor­maram em cobre metálico, que se depo­
sitou sobre a placa de zinco:
Cu2+(aq) + 2 e– *( Cu(s)
19.2 Alternativa A.
O ferro, Fe(s), possui maior potencial de oxidação (ou menor
potencial de redução) que o cobre, Cu(s).
19.3 Ocorre oxidação do parafuso de níquel e desco­ramento
da solução de sulfato cúprico por causa da retirada de íons
cobre II, Cu2+ (aq), da solução. O zinco da porca também é
oxidado. A solução, portanto, terá os íons Ni2+ (aq) e Zn2+ (aq).
19.4 Alternativa A.
O Cu2+ (aq) é reduzido pelo zinco a Cu0 (s), enquanto o zinco
metálico, Zn0 (s), sofre oxidação a Zn2+ (aq).
19.5 Alternativa A.
Pelas informações contidas no enunciado, conclui-se que a
prata tem maior potencial de redução que o alumínio. Portanto, ocorre redução da prata (Ag1+ *( Ag0 ).
O alumínio, elemento com menor potencial de redução, sofre
oxidação (AL 0 *( AL 3+).
19.6 O CuSO4 (aq) é a única substância da lista que em solução aquosa fornece íons Cu2+ (aq); estes recebem os elétrons
forne­cidos pelo zinco metálico se trans­for­mando em cobre
metálico, Cu(s), segundo a equação fornecida. Essa substância
poderia ser substituída por outro sal solúvel que tivesse como
cátion o Cu2+ (aq).
19.7 1. Correto.
105
105
Semirreações de oxidação, de redução e reação global:
2 Fe(s) *( 2 Fe3+ (aq) +
6 e–
6 H2O(L)
+
*(
6 e–
3 H2(g)+ 6 OH1– (aq)
2 Fe(s) + 6 H2O(L) *( 2 Fe3+ (aq)+ 3 H2(g) + 6 OH1– (aq)
∆E = (–0,04) – (–0,41)
V
∆E = +0,37 V (reação espontânea)
2. Correto. Como E0 red III > E0 red I, o gás oxigênio reduz
enquanto o ferro metálico oxida, ou seja, corrói.
3. Correto. Ao pintar uma superfície de ferro metálico, o contato desta superfície se limita à tinta e previne o contato com
agentes oxidantes, prevenindo assim a corrosão.
4. Correto. O zinco apresenta menor potencial de redução que
o ferro. Assim, o zinco oxida no lugar do ferro, agindo como
um metal de sacrifício.
5. Incorreto. Como E0 red Mg < E0 red Zn, o zinco é melhor
oxidante que o magnésio.
19.8 a)Equação da pilha:
6 e–
2 Fe(s)
3 Sn(s) F 3 Sn2+(aq) +
2 Fe3+ (aq) + 6 e– F
3 Sn(s) + 2 Fe3+ (aq) *( 2 Fe(s) + 3 Sn2+ (aq)
b)Sim, pois o Sn(s) se transforma em cátions Sn2+(aq), que vão
para a solução (se dissolvem na conserva).
c)∆E0pilha = Ered. cátodo – Ered. ânodo
∆E0pilha = –0,036 – (–0,136)
∆E0pilha = 0,100 V
19.9 Alternativa A.
Na presença de cobre ou chumbo, o ferro comporta-se como
metal de sacrifício, isto é, oxida-se mais facilmente. Isso pode
ser constatado pelo baixo potencial de redução do ferro em
relação ao cobre e ao chumbo.
19.10 Alternativa D.
Quanto mais reativo o metal (mais facilidade o metal tem de
oxidar) maior o potencial de oxidação e menor o potencial de
redução. Dos metais relacionados, o que apresenta o maior
potencial de oxidação é o Zn.
19.11 Alternativa A.
19.12 Alternativa B.
I. Falsa. O iodo sofre redução, ou seja, é o agente oxidante.
19.13 Alternativa E.
∆E = Eredução do cátodo – Eredução do ânodo
∆E = +0,85 – (–1,66)
V
∆E = +2,51 V
Semirreações envolvidas:
2 AL(s) *( 2 AL3+ +
3 Hg22+ + 6 e− *(
6 e−
E0 = +1,66 V
6 Hg(liga)
E0 = +0,85 V
Reação global:
2 AL(s) + 3 Hg22+ *( 2 AL3+ + 6 Hg(liga) E0 = +2,51 V
Ânodo – reação de oxidação: AL(s)
Cátodo – reação de redução: Hg22+
19.14 Alternativa E.
∆E = Eredução do cátodo – Eredução do ânodo
∆E = +0,80 – (–2,4)
106
∆E = +3,2 V
Resolução da série
exercitando o raciocínio
20.1 Alternativa E.
Conforme mostram as reações, à medida que a pilha funciona,
formam-se, como produtos no cátodo: Mn2O3, NH3 e H2O, e no
ânodo: Zn2+ (que constitui os sais de zinco).
20.2 a)Fazendo
a somatória dos dois eletrodos, temos a
reação global:
Zn0(s) F Zn2+(aq) + 2 e–
2 MnO2(s) + 2 NH41+(aq) + 2 e– F Mn2O3(s) + 2 NH3(aq) +
+ H2O(L)
Zn (s) + 2 MnO2(s) + 2 NH (aq) F Zn (aq) + Mn2O3(s) +
0
1+
4
2+
+ 2 NH3(aq) + H2O(L)
Zn (s) *( oxidação *( Zn (aq)
0
2+
Mn4+ (MnO2(s)) *( redução *( Mn3+ (Mn2O3(s))
Zn0 = oxidação (agente redutor).
107
107
MnO2 = redução (agente oxidante).
b)A massa de zinco metálico, Zn(s), dimi­nui e a massa de trióxido de dimanganês, Mn2O3(s), aumenta.
20.3 A pilha que fornece a maior força eletromotriz é aquela
em que a diferença de potencial entre os eletrodos é maior, ou
seja, a pilha de alumínio e prata:
oxidação: 1 AL (s)
F 1 AL 3+ (aq) + 3 e –
3 e –
redução: 3 Ag1+ (aq) +
global:
F 3 Ag(s)
1 AL (s) + 3 Ag (aq) F 1 AL 3+ (aq) + 3 Ag(s)
1+
DEpilha = Eredução do cátodo – Eredução do ânodo
DEpilha = +0,80 – (–1,67)
DEpilha = +2,47 V
20.4 São corretos os itens 1, 2 e 4.
0. Falso. Nos hidretos metálicos o hidro­g ênio apresenta
NOX = –1.
3. Falso. Equação balanceada:
1 NiOOH +1 MH *(1 Ni(OH)2+ 1 M
Assim, para cada mol de Ni(OH)2 produzi­do, 1 mol de elétrons
são transferidos do ânodo para o cátodo.
4. Falso. MH é agente oxidante, pois sofre redução.
tivo; e a reação II, de redução, ocorre no cátodo, polo positivo.
b)Durante a descarga da bateria, a den­sidade da solução
diminui, porque o ácido sulfúrico vai sendo consumido.
Para recarregar a bateria, basta ligá-la a um gerador de corrente contínua que movimente a corrente elétrica no sentido
inverso ao do funcionamento normal da bateria; com isso, as
reações fornecidas ocorrem no sentido contrário, e a densi­
dade da solução aumenta.
20.11 a) Semirreação do ânodo: I.
1+
Pb(s)+HSO1–
4 (aq)+ H2O(L) *( PbSO4(s) + H3O (aq) +2 e–
Semirreação do cátodo: II.
1+
– *( PbSO4(s)+
PbO2(s) + HSO1–
4 (aq) +3 H3O (aq) +2 e
+ 5 H2O(L)
b)Na semirreação I, o ânodo é o polo negativo e fornece elétrons para o circuito externo.
Na semirreação II, o cátodo é o polo positivo e recebe elétrons
do circuito externo.
c)Pb(s) + PbO2(s) + 2 H3O1+(aq) + 2 HSO1–
4 (aq) *(
*( 2 PbSO4(s) + 4 H2O(L)
20.12 Alternativa A.
20.5 Alternativa E.
Ânodo: 2 H2(g) + 4 OH1–(aq) *( 4 H2O(L) + 4 e–
Estão corretas as afirmações I e IV.
Semirreação catódica: I2(s) + 2 e− *( 2 I1– (aq)
Cátodo: 1 O2(g) + 2 H2O(L) + 4 e– *( 4 OH1–(aq)
E0 = +0,54 V: (redução) polo positivo
Semirreação anódica: 2 Li(s) *( 2 Li1+ (aq) + 2 e−
E0 = +3,05 V: (oxidação) polo negativo
Reação global : I2(s) + 2 Li(s) *( 2 I1– (aq) + 2 Li1+ (aq)
E0 = +3,59 V
20.6 Alternativa A.
Como indicam as semirreações fornecidas no enunciado, o zinco
sofre oxidação (perde elétrons). Os elétrons, portanto, partem
do eletrodo de Zn(s) quando a pilha está em funcionamento.
20.7 Alternativa D.
Na pilha comum, o nitrogênio apresenta número de oxidação
+3 tanto no íon amônio, NH41+, como na amônia, NH3. Seu
número de oxidação, portanto, não varia.
20.8 Alternativa D.
I.Verdadeira. A reação A corresponde à oxidação anôdica.
II.Verdadeira. A reação C corresponde à redução catódica.
III.Falsa. O Cd, ao sofrer oxidação (perda de elétrons), atua
como agente redutor, enquanto o NiO2 sofre redução (ganho
de elétrons) e atua como agente oxidante.
20.9 Alternativa B.
108
20.10 a) A reação I, de oxidação, ocorre no ânodo, polo nega-
I.Verdadeira.
II.Falsa. As pilhas comuns também são constituídas de metais pesados e, portanto, devem ser encaminhadas a um depósito especial.
III.Verdadeira. (Observação: na verdade, o chumbo na forma
metálica não apresenta riscos tão altos quanto o chumbo na
forma iônica, Pb2+).
IV.Falsa. Mesmo as baterias de audição devem ser encaminhadas a unidades especiais de descarte de metais pesados.
Global: 2 H2(g) + O2(g) *( 2 H2O(L)
20.13 São verdadeiros os itens 0, 1 e 3.
2. Falso. A geração de eletricidade em uma bateria é denominada pilha.
20.14 Alternativa E.
Todas as alternativas são corretas.
III.Cálculo da diferença de potencial:
∆E0pilha = Ered. cátodo – Ered. ânodo
∆E0pilha = +0,401 – (–0,828)
V
∆E0pilha = +1,229 V
∆E0pilha = +0,401 + 0,828
Resolução da série
exercitando o raciocínio
21.1 Alternativa B.
O cátodo é o polo onde se descarregam os cátions; portanto,
onde há ganho de elétrons, há redução.
21.2 Alternativa C.
A eletrólise é um processo não espon­tâneo de descarga de
íons. Assim, cada cátion sódio sofre redu­ção (ganha um elétron) produzindo sódio metálico:
Na1+ + 1 e– *( Na.
21.3 Alternativa D.
Em um processo de eletrólise, o ânodo é o polo onde ocorre
descarga de ânions, portanto:
CL1– *( 1/2 CL2 + e–
21.4 Alternativa B.
A única forma de obter metais alcalinos e alcalinoterrosos (al­ta
reatividade) é por meio da eletrólise ígnea de seus sais fundidos, na ausência de ar.
21.5 a) No ânodo forma-se gás oxigê­nio, O2(g), que reage
com o eletrodo de carvão for­mando gás carbônico no final
do processo:
*( 4 AL3+(L) +
6 O2–(L)
2 AL2O3(L)
3+
+
12 e–
*(
4 AL(L)
4 AL (L)
*( 12 e–
+
3 O2(g)
6 O2–(L)
+
3 C(s)
*(
3 CO2(g)
3 O2(g)
2 AL2O3(L)
+
3 C(s)
*(
4 AL(L)
+ 3 CO2(g)
b) Adiciona um fundente, como a criolita, 3 NaF · ALF3(s).
4 mol de AL(s)
c) 2 mol de AL2O3(s)
2 · 102 g de AL2O3(s)
4 · 27 g de AL(s)
20 · 106 g de AL2O3(s)
x
6
20 · 10 · 4 · 27
2 · 102
x=
x = 10 588 000 g ou q 10,6 t de AL(s)
21.6 Resposta: 29. São corretos os itens 01, 04, 08 e 16.
02. Falsa. A reação II se passa no ânodo.
16. Verdadeira. Com base nas informa­ções do texto, temos:
109
109
4 AL3+(fund.) + 12 e–
*( 4 AL(L)
6 O2–(fund.) + 3 C(s)
*( 3 CO2(g) +
Global: 2 KCL(L)*( 1 CL2(g) + 2 K(L)
12 e–
4 AL3+(fund.)+ 6 O2–(fund.)+3 C(s)*(4 AL(L) + 3 CO2(g)
Soma: 4 + 6 + 3 + 4 + 3 = 20.
32. Falsa.
27 g de AL
3 mol de e–
13,5 g de AL
x
13,5 · 3
27
21.15 a) 2 LiI(L)
*(
*(
+
1 I2(s)
2 Li1+(L)
+
2 e–
*(
2 Li(L)
2 LiI(L)
*(
2 Li(L)
+
1 I2(s)
b)1 CaF2(L) *(
2 F (L)
1 Ca2+(L)
21.7 Alternativa C.
Na eletrólise ígnea do cloreto de magnésio, MgCL 2(L), obtêm-se magnésio metálico no cátodo e cloro no ânodo.
Reações: Mg2+ (L) + 2 e− *( Mg(s)
(cátodo, polo –)
2 CL 1– (L) *( CL 2(g) + 2 e− (ânodo, polo +)
1 CaF2(L) *(
21.10 Alternativa C.
I. O sódio e o cloro conduzem eletricidade na forma de íons,
Na1+ (aq) e CL 1– (aq).
III. Nas salinas, a energia solar provoca a evaporação da água,
deixando o sal como resíduo.
IV. A eletrólise ígnea do cloreto de sódio produz sódio metálico e cloro gasoso.
21.11 Alternativa C.
No ânodo ocorre um processo de oxidação:
6 O2–(fund.) *( 3 O2(g) + 12 e–
21.12 Alternativa D.
CL (g) + 1 e – *( CL 1– (g) + energia
A energia liberada é denominada afinidade eletrônica.
21.13 a) Dentre os materiais componentes da lâmpada, po-
demos citar:
– Vidro: obtido industrialmente pela fusão de uma mistura de
areia, calcário e barrilha (carbonato de sódio).
– Alumínio: obtido industrialmente a partir da eletrólise ígnea
da bauxita.
– Argônio: substância formada por átomos isolados, cuja fórmula é Ar.
– Nitrogênio: substância formada a partir da união de dois
átomos do elemento nitrogênio. Sua fórmula é N2.
b) A atmosfera interna da lâmpada é constituída por Ar e N2,
pois esses gases são quimicamente inertes nas suas condições
de funcionamento. Sua substituição por O2 faria com que a
lâmpada “queimasse”, pois esse gás reagiria rapidamente com
o tungstênio do filamento devido à alta temperatura interna
quando a lâmpada está acesa.
21.14 a) Dissociação:
2 KCL(L) *( 2 K1+ + 2 CL1–
Ânodo: 2 CL1– *( 1 CL2(g) + 2 e–
Cátodo:2 K1+
+ 2 e– *( 2 K(L)
2 I1– (L)
2 I (L)
Metais alcalinos, alcalinoterrosos e alumínio são obtidos por
meio de eletrólise ígnea.
+
x = 1,5 mol de e–
21.9 Alternativa C.
2 Li1+ (L)
2 e–
1–
x=
21.8 Alternativa D.
O alumínio metálico é obtido por eletrólise ígnea da alumina,
AL 2O3.
110
b)Cloro, CL2(g), gasoso e potássio metá­lico, K(s), sólido.
1–
*(
+
1 Ca2+(L) +
2 e–
+
2 e–
*(
1 F2(g)
1 Ca(L)
1 F2(g)
+
2 F1–(L)
1 Ca(s)
21.16 Alternativa D.
Semirreação catódica: 4 AL3+ (L) + 12 e− *( 4 AL(s)
semirreação anôdica: 6 O2− (L) *( 3 O (g) + 12 e−
2
Os produtos da reação são, portanto, AL no cátodo e O2 no
ânodo.
21.17 Alternativa E.
Equação balanceada: 2 AL2O3 + 3 C *( 3 CO2 + 4 AL
21.18 Alternativa D.
O potássio metálico reage violentamente com a água formando hidróxido de potás­sio e liberando gás hidrogênio (altamente combustível).
2 CL1−(aq) + 2 H2O(L) *( CL2(g) + H2(g) + 2 OH1–(aq)
−1 oxidação
0
+1
redução
0
O cloro, CL2, é obtido por uma oxidação do cloreto, CL1−.
22.9 Alternativa E.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
Semirreação de redução (cátodo, eletrodo −):
4 H1+(aq) + 4 e− *( 2 H (g)
2
Semirreação de oxidação (ânodo, eletrodo +):
4 OH1– *( 2 H O(L) + O (g) + 4 e−
2
22.10 Alternativa A.
22.1 Alternativa D.
I. Correta. Os íons cloreto se descarregam no ânodo (eletrodo 1)
formando gás cloro.
II. Correta. Próximo ao eletrodo 2 há excesso de íons OH1– por
causa da descarga do H3O1+.
III. Incorreta. Ocorreu uma oxidação do cloro no eletrodo 1.
22.2 Alternativa D.
II. Errada. No ânodo, polo positivo, ocorre oxidação. É onde o
iodeto, I1–, perde elétrons para formar iodo, I2.
I. Correta. Na eletrólise do cloreto de potássio em solução
aquosa, há formação de gás hidrogênio no cátodo, gás cloro
no ânodo e hidróxido de potássio na cuba eletrolítica; portanto, o pH aumenta.
II. Errada. O cátion H3O1+ se descarrega primeiro que o cátion
K1+; portanto, há formação de hidrogênio, H2(g), no cátodo.
III. Correta.
IV. Correta. Como a fenolftaleína é vermelha em meio básico
e como ocorre a formação de KOH na cuba, o meio passa de
incolor para vermelho. Lembre-se de que a solução inicial é
incolor porque o KCL é um sal derivado de base forte e ácido
forte e, por isso, não sofre hidrólise.
22.4 Alternativa A.
Na eletrólise do sulfa­to de sódio em solução aquosa, há forma­
ção de gás hidrogênio no cátodo e gás oxi­gênio no ânodo
(eletrólise da água).
Como a fenolftaleína adquire cor ver­melha em meio bá­­sico e
no ânodo ocorre a descarga dos íons OH1–(aq), espe­ra-se que
na região próxima ao ânodo apareça uma cor vermelha.
22.5 Alternativa D.
*(
CL2(g)
+
2 e–
1–
A oxidação do CL (aq) ocorre no ânodo.
22.6 2 CuSO4 (aq)
6
8 H2O(L)
*(
4 OH1–(aq) *(
2+
2 Cu (aq)
+
*( 2 Cu2+ (aq) + 2 SO42– (aq)
4 H3O1+(aq)
+
4 OH1–(aq)
2 H2O(L)
+
1 O2(g) + 4 e–
4 e–
*(
2 Cu(s)
2 CuSO4(aq)+ 6 H2O(L)*( 2 Cu(s) +
+ 1 O2(g) + 4 H3O1+(aq) + 2 SO42– (aq)
22.7 Alternativa C.
Em larga escala, o cloro é preparado pela eletrólise de soluções
aquosas de cloreto de sódio.
22.8 Alternativa D.
112
O fragmento do texto não apresenta erro.
22.11 Alternativa D.
I.Verdadeira. O eletrodo 1 é ânodo (eletrodo +). Nesse eletrodo ocorre a semirreação de oxidação:
2 CL1– *( CL2(g) + 2 e−.
II.Verdadeira. O eletrodo 2 é o cátodo (eletrodo −). Nesse
eletrodo ocorre a semirreação de redução:
2 H1+(aq) + 2 e− *( H (g)
2
22.3 Alternativa B.
2 CL1–(aq)
2
Devido à retirada dos íons H1+(aq) há um excesso de OH1–(aq)
nas proximidades do cátodo. Ao se adicionar fenolftaleína, a
solução adquire, nessa região, coloração rósea.
III.Falsa. O cloreto, CL1–, se oxida no eletrodo 1.
22.12 Alternativa D.
Autoionização da água: H 2O(L) * ( H 1+(aq) + OH 1–(aq) (equilíbrio I)
No polo negativo ocorre a reação: 2 H1+(aq) + 2 e− *( H2(g)
A retirada dos íons H1+ faz com que o equilíbrio (I) se desloque
para a direita aumentando, dessa forma, a concentração de
OH1–.
No polo positivo, o iodeto perde elétrons (oxida-se), transformando-se em iodo:
2 I1–(aq) *( I2(aq) + 2 e−
Isso faz com que, na solução ao redor do eletrodo B, haja o
aparecimento de coloração azul (iodo em presença de amido).
Os eletrodos de grafite são condutores de corrente elétrica
(fluxo de elétrons).
22.13 a) O hidróxido de sódio (NaOH) pode ser obtido por
eletrólise da água do mar:
semirreação catódica: 2 H1+ (aq) + 2 e− *( H2(g)
semirreação anódica: 2 CL1– (aq) *( CL2(g) + 2 e−
O Na1+ ligado inicialmente ao CL1– (no cloreto de sódio) fica em
solução. O OH1– ligado inicialmente ao H1+ na água fica também em solução. Além dos produtos obtidos diretamente na
eletrólise: H2(g) e CL 2(g), obtém-se uma solução de hidróxido
de sódio, NaOH.
b) O cloreto de sódio sólido é obtido por evaporação da água
do mar. Em regiões ensolaradas e com bastante vento, essa
evaporação é favorecida. Quanto menor a quantidade de
água presente no recipiente (tanques rasos), mais rapidamente se dá essa evaporação.
22.14 Cátodo (eletrodo onde há redução): E2
Semirreação anódica (oxidação): 2 CL1– (aq) *( CL2(g) + 2 e−
22.15
a) A mensagem do anúncio não é correta. O tratamento consiste na eletrólise de uma solução aquosa de cloreto
de sódio com formação de cloro (substância bactericida).
b) NaCL(s) *( Na1+(aq) + CL1– (aq)
H2O(L) *( H1+(aq) + OH1– (aq)
Reação catódica: 2 H1+(aq) + 2 e− *( H2(g)
Reação anódica: 2 CL1– (aq) *( CL2(g) + 2 e−
Na solução restarão íons de Na1+ e OH1–.
22.16 Alternativa A.
Na eletrólise de uma solução aquosa de iodeto de sódio, NaI,
o cátion que se descarrega primeiro é o que possui o maior
potencial de redução, no caso o hidrônio, H3O1+.
A substância formada no cátodo é o gás hi­­dro­­gênio, H2(g).
O ânion que se descar­rega primeiro é o que possui o maior potencial de oxidação; no caso, o iodeto, I1–, e a substância formada
no ânodo é o I2(s).
22.17 a) O polo representado pelo número 1 é o (−). É nele
que ocorre a redução do H1+ do ácido sulfúrico a H2(g). O polo
representado pelo número 2 é o (+). É nele que ocorre a oxidação do Cu(s) a Cu2+(aq).
Semirreação no polo (+): Cu(s) *( Cu2+(aq) + 2 e−
Semirreação no polo (−): 2 H1+(aq) + 2 e− *( H (g)
2
b) A coloração azul é consequência da formação de íons
Cu2+(aq).
c) O gás liberado num dos fios de cobre é o hidrogênio:
2 H1+(aq) + 2 e− *( H (g)
2
22.18 Resposta 26. São corretos os itens 02, 08 e 16.
01. Errado. A oxidação ocorre no ânodo.
04. Errado. Os ácidos, que são compostos moleculares, também conduzem corrente elétrica quando dissolvidos em água.
Observação: nesse caso, o ácido reage com a água formando
íons que tornam o meio condutor (processo de ionização).
Resolução da série
exercitando o raciocínio
23.1 a) A equação global da ustulação da calcosita será dada
por:
1 Cu2S(s)
+ 1 O2(g) *( 2 Cu(s) +
1 SO2(g)
b) Cátodo (polo negativo):
Cu2+(aq) + 2 e– *( Cu0(puro)
113
113
Ânodo (polo positivo):
Cu0(impuro) *( Cu2+(aq) + 2 e–
Cu0(impuro) *( Cu0(puro)
Na refinação eletrolítica, o cobre, inicial­men­­te impuro, passa para
a solução, e o Cu2+ da solução deposita-se no polo negati­vo na
forma de cobre puro, (Cu0).
Há uma transfe­rên­cia de massa do polo positivo para o negativo. A barra de cobre impuro sofre oxidação, produ­zindo íons
Cu2+(aq) . Esses íons irão sofrer redução na barra de cobre puro,
cuja massa aumen­tará durante o processo.
c) Os elétrons, no circuito externo, vão do polo positivo (cobre
impuro) para o polo negativo (cobre puro) da cuba eletrolítica. Na
solução, íons Cu2+(aq) migram do polo positivo para o negativo.
Os íons SO42–(aq) não sofrem alterações químicas.
23.2 Alternativa A.
Trata-se de um pro­cesso de galvanoplastia ou eletrodeposição
metálica em que o cátion cobre II da solução recebe elétrons e
se deposita sobre a moeda que constitui o cátodo.
23.3 Alternativa B.
V. Errada. A chave não sofre corrosão e recebe o depósito de
níquel metálico em sua superfície.
23.4 Alternativa E.
No cátodo II (polo ne­gativo), haverá redu­ção de cátions prata e
deposição de prata metálica sobre o objeto de cobre.
No ânodo I (polo positivo), have­rá oxida­ção da prata metálica
e des­gaste do eletrodo. O amperíme­­tro é usado para medir a
corrente elétrica.
23.5 a ) A galvanoplastia é uma técnica que permite dar um
revestimento me­tálico a uma peça, colocando-a como cátodo
(polo negativo) em um circuito de eletrólise.
b) Douração de uma colher de aço:
Cátodo: colher de aço.
Ânodo: barra ou folha de ouro.
c) Niquelação de uma peça plástica:
A peça de plástico que será recoberta por uma camada de níquel
constitui o cátodo do sistema de eletrólise e, por isso, precisa
conduzir corrente elétrica.
Para tornar o plástico condutor é ne­cessário cobri-lo com uma
camada de metal pulverizado.
Ânodo: placa de níquel.
23.6 Alternativa C.
Na niquelagem, o cátion Ni2+ se reduz (no cátodo) para Ni0(s).
23.9 Alternativa D.
Na niquelação do objeto de latão, necessariamente devemos
colocar a barra de níquel no polo positivo (ânodo no qual
ocorre a oxidação do metal) e a peça a ser niquelada no polo
negativo (cátodo, no qual ocorrem a redução dos cátions Ni2+).
Portanto, a alteração I é indispensável para o sucesso do experimento.
A alteração II, que consiste na troca do eletrólito de solução,
de NaCL para NiSO4, também contribui para a eficiência do
processo.
23.10 Alternativa D.
Semirreações não balanceadas que ocorrem na eletrólise de
uma solução aquosa de Cr2(SO4)3:
Cátodo: Cr3+(aq) + 3 e− *( Cr(s)
Ânodo: 4 OH1–(aq) *( 2 H2O(L) + O2(g) + 4 e−
Permanece em solução: SO42− (sulfato) presente inicialmente
na solução de sulfato de crômio III e H1+ (hidrogênio) presente
inicialmente na água. Portanto, a solução eletrolisada fica cada
vez mais ácida.
23.11 Alternativa 04.
III. Errada. Na eletrólise, ocorre consumo de energia elétrica.
V. Errada. Na galvanização do ferro, o ânodo é o zinco.
23.12 São corretos os itens 0, 2 e 4.
1. Falso. Ocorrerá depósito de zinco no prego de ferro.
3. Falso. Haverá reação de oxirredução nos dois béqueres.
23.13 Alternativa A .
No cátodo (polo –), eletrodo I, ocorre a descarga dos cátions
H3O1+ (re­du­­ção) e a formação do gás hidrogênio.
No ânodo (polo +), eletrodo IV, deveria ocorrer a descarga dos
ânions OH1– (oxi­dação) e a formação do gás oxigênio.
No entanto, como o eletrodo utilizado é de cobre — eletrodo
ativo —, ocorre preferen­cialmente oxidação do cobre e o
conse­qüente desgaste desse eletrodo.
23.14 Esquema da célula eletrolítica:
e–
polos – +
Cu
(Cátodo)
SO42–
H+
Cu2+
OH–
Pt
(Ânodo)
23.7 Alternativa D.
Para haver eletrodeposição de zinco metálico sobre uma peça
de ferro, deve-se fazer a eletrólise de uma solução contendo
Zn2+(aq) sobre a peça a ser galvanizada (cátodo). A semirreação
catódica (redução) será: Zn2+(aq) + 2 e− *( Zn(s).
O ânodo será constituído de zinco metálico que será oxidado
fornecendo os íons Zn2+ para serem reduzidos no cátodo (peça
de ferro).
23.8 São corretos os itens: 2, 3 e 4.
Item 1 - Falso. Apesar de ser um bom condutor de corrente
elétrica, o carbono é quimicamente classificado como ametal.
Isso se deve ao fato de o carbono não perder elétrons para se
transformar em cátion. É como ametal que o carbono figura
na tabela periódica.
114
a) O polo apresenta sinal negativo. O sentido do fluxo de elétrons na fiação deve ser do eletrodo de platina para o eletrodo
de cobre.
b) Os íons Cu2+ migram para o cátodo, sofrendo redução.
c) Meia-reação catódica: Cu2+(aq) + 2 e− *( Cu(s)
Meia-reação anódica:
2 OH1–(aq) *( H2O(L) + 1/2 O2(g) + 2 e−
d) Reação global:
Cu2+(aq) + 2 OH1–(aq) *( Cu(s) + H2O(L) + 1/2 O2(g)
O total de íons Cu2+ na solução diminui, como pode ser constatado na equação da reação global da eletrólise.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
24.1 Alternativa E.
I.Incorreto, de acordo com a explicação do item II.
II.Correto.
III.Incorreto, pois na barra de níquel ocorrerá a oxidação dos
átomos de Ni.
IV.Correto.
V.Correto. Q = i . t V Q = 2 A . 960 s V Q = 1920 C
Ni
1 mol de Ni
2 e –
*(
.
2 96500 C 1920 C
y
Ni2+
y=
+
1 920 · 58,71
2 · 96 500
V
58,71 g de Ni
y q 0,6 g
24.2 a) Reação anódica:
*(
Cu(s)
Cu2+(aq)
+
2 e–
*(
Cu(s)
Reação catódica:
Cu2+(aq)
2 e–
+
Reação da célula: zero.
b) Q = i . t V Q = 1,0 A . 10 800 s V Q = 10 800 C
*( Cu(s)
Cu2+ (aq) + 2 e –
.
1 . 63,5 g de Cu 2 96 500 C
x
10 800 C
x q 3,55 g de Cu
24.3 a) O chumbo metálico, Pb, apresenta NOX = 0; no óxido de chumbo IV, PbO2, o chumbo apresenta NOX = +4 e no
sulfato de chumbo II, PbSO4, o chumbo apresenta NOX = +2.
b) 50 A . h = 50 C/s . 3600 s
50 A . h = 180 000C
Pb
*(
Pb2+ +
2 e–
1 . 207 g de Pb
2 . 96 500 C
x
180 000 C
x q 193 g de Pb
24.4 a) CuSO4 (aq)
*(
0,10 mol/L Cu2+ (aq) +
SO42– (aq)
0,10 mol/L
0,10 mol/L
[SO42– ] = 0,10 mol/L
1 mol de Cu
2 e –
*(
2 . 96500 C
0,10 mol de Cu
x
b) Cu2+
+
Cu
x = 19 300 C
Q=i.t
Q
t=
V
i
t=
24.5 Ni2+
+
59 g de Ni
0,59 g de Ni 116
19 300
V
5
2 e –
*(
2 . 96 500 C
x
t = 3 860 s
Ni
Orientações para o professor
Professor
x = 1 930 C
1 F (1 mol de e−)
9 g de AL
Q=i.t
3 600 F
y
Q
t=
i
1930
t =
19,3
V
V
t = 100 s
52 g de Cr
6 . 96 500 C
x
96 500 C
96 500 . 52
x=
6 . 96 500
V
x q 8,7 g
24.7 Alternativa E.
3 F
x
9 000 . 3
x=
27
27 g AL
9000 g AL
V
x = 1 000 F
Reação: Ni2+ +
2 e−
1 mol
2 mol 2 . 96 500 C
1 930 C . Δt 232 . 2 . 96 500
1 930 C . Δt =
58,7
.
.
232 2 96 500
Δt =
V
58,7 . 1 930
232 g
*(
Ni
58,7 g
Δt q 400 s
24.9 Alternativa C.
Semirreação de redução do Cu2+:
+
2 e –
*(
Cu2+
2 mol
96 500 C 1 mol de e –
x
x=
V
1
193 000 C
2 . 50 . 60 C
Cu
1 mol
2 mol de e –
2 . 96 500
x = 193 000 C
63,5 g Cu (1mol)
y
2 . 50 . 60 . 63,5
193 000
y=
V
y q 2,0 g
24.10 Alternativa E.
Semirreação de redução:
3 e –
Au3+ (aq) +
3 mol
.
3 96 500 C
197 g
*(
Au(s)
1 mol
24.11 Alternativa A.
1 mol de e−
1 . 27
x=
3
y = 32 400 g de AL
3 e−
V
24.12 Alternativa D.
Semirreação catódica de obtenção de prata metálica:
Ag1+
+
e –
*(
Ag
96 500 C
4 825 C
x=
108 g
x
4 825 . 108
96 500
x = 5,4 g de Ag
24.13 Alternativa B.
Cd = 112 g/mol
112 g de Cd
x
9 650 . 112
x= .
2 96 500
2 . 96 500 C
9 650 C
x = 5,6 g de Cd
24.14 Alternativa B.
Semirreação catódica:
Mg2+
+
2 e –
*(
Mg0
2 mol e− 24 g Mg
2 . 96 500 C
24 g
19 300 C
x
.
19 300 24
x= .
V
x = 2,4 g de Mg
2 96 500
Semirreação anôdica:
2 e –
*(
CL 2
2 CL 1– +
2 mol e – 1 mol CL 2
2 . 96 500 C
71 g CL 2
19 300 C
y
19 300 . 71
y= .
V
y = 7,1 g de CL 2
2 96 500
24.15 Alternativa C.
Q=i.t
Q = 3 . 25 . 60
Q = 4 500 C
2 CL 1– *(
CL 2
1 mol
22,4 L
V
.
4 500 22,4
V=
V
2 . 96 500
+
2 e–
2 mol
2 . 96 500 C
4 500 C
V q 0,522 L
24.16 Alternativa D.
Cálculo da carga, Q, que passa pelo circuito:
Q = i . Δt
Q = 10 . 965
Q = 9 650 C
x q 6,12 g
+
3 mol de e−
V
V = 522 mL
5 . 30 . 60
x
.
.
.
5 30 60 197
x=
3 . 96 500
AL 3+
1
y = 32,4 kg de AL
24.6 Alternativa E.
Cr = 52 g/mol.
Cr6+ + 6 e− *( Cr
24.8 Alternativa B.
y=
3 600 . 9
*(
96 500 C
1 mol de elétrons
27 g de AL (1 mol)
9 650 C
x
x
x = 0,1 mol de elétrons passa pelo circuito
AL
x = 9 g de AL
Semirreação catódica:
117
117
2 H1+ (aq)
2 e –
+
*(
2 mol de e –
0,1 mol de e –
0,1 . 22,4
V1 =
V
2
Semirreação anódica:
4 OH1– (aq) *(
4 mol de e –
0,1 mol de e –
0,1 . 22,4
V2 =
4
H2(g)
Prata = 107,9 g/mol
22,4 L de H2(g) nas CNTP
107,9 g 96 500 C
V1
z
2 316 C
2 316 . 107,9
z=
96 500
V1 = 1,12 L
2 H2O(L) +
O2(g)
+
4 e–
22,4 L CNTP
V
V2
V2 = 0,56 L
Produz-se, portanto, 0,56 L de O2 e 1,12 L de H2
24.17 Alternativa D.
Reação de redução:
3 e –
3+
+
AL 3 . 96 500 C
Q 135 . 3 . 96 500
Q=
27
Q = i . Δt
*(
V
AL
27 g
135 g
Q = 1 447 500 C
V
i = 13,4 A
24.18 Alternativa D.
Tempo de eletrólise em segundos:
3 . 60 . 60 = 10 800 s
Q = i . Δt
2 e –
*(
Cu0
2 mol e –
2 . 96 500 C
1 mol
108 000 C
x
108 000 . 63,5
2 . 96 500
V
63,5 g
x = 35,5 g
24.19 Alternativa C.
Q = i . Δt
V
Δt = 1 200 s
Q = 1,93 . 1200
Q = 2 316 C
Crômio = 52 g/mol
52 g
3 . 96 500 C
x
2 316 C
2 316 . 52
x= .
3 96 500
V
x = 0,42 g de Cr
Níquel = 58,7 g/mol
58,7 g 2 . 96 500 C
y
2 316 C
2 316 . 58,7
y=
2 . 96 500
118
Q = 19 300 . (24 . 60 . 60) C
+
3 e –
*(
AL 3+
AL
3 mol de e –
3 . 96 500 C
1 mol de AL
19 300 . (24 . 60 . 60) C
19 300 . (24 . 60 . 60) . 27
x=
3 . 96 500
x
27 g de AL
V
x = 155 520 g de AL
x = 155,5 kg g de AL
Para uma eficiência de 100% 155,52 kg
Para uma eficiência de 90%
90 . 155,52
y=
V
100
y
y q 139,97 g de AL
24.21 Alternativa D.
Cálculo da carga que passa pelo circuito: Q = i . Δt
Q = 8 . 2 . 60 . 60
Qefetiva = 51 840 C
x=
i = 1,93 A
Δt = 20 . 60
Q=i.t
Como a eficiência do processo é de 90%:
Qefetiva = 0,9 . 57 600
Q = 108 000 C
+
24.20 Alternativa E.
Q = 57 600 C
Q = 10 . 10 800
Cu2+
z = 2,59 g de Ag
y q 140 kg de alumínio
1 447 500 = i . 30 . 60 . 60
1 447 500
i=
30 . 60 . 60
V
V
y = 0,70 g de Ni
Equação de redução catódica:
1 e –
*(
Ag1+ (aq) +
Ag0 (s)
96 500 C
108 g Ag
51 840 C
x=
x
51 840 . 108
V
96 500
x = 58,02 g de Ag
Cálculo do volume de Ag depositada:
m
58,02
V=
V
V=
V
V = 5,52 cm3
d
10,5
Cálculo da área da lâmina:
A = 12 . 20
V
A = 240 cm2
Cálculo da espessura (e) de Ag depositada
A.e=V
240
240 . e = 5,52
V
e=
5,52
e = 0,023 cm ou 0,23 mm.
24.22 Reação envolvida na deposição de crômio metálico:
+
Cr3+ (aq)
3 . 96 000 C
3 . 9650
3 . 9650 . 52
x=
3 . 96 500
3 e –
3 mol
*(
Cr0 (s)
1 mol
52 g de Cr
x
V
x = 5,23 g de Cr
24.23 Cálculo do tempo em segundos:
Orientações para o professor
Professor
96 500 C
29,5 g Ni
Q
0,59 g Ni
0,59 . 96 500
Q=
i . t = Q
29,5
V
V
1 930
t =
19,3
Q = 1 930 C
V
t = 100 s
119
119