Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
1)
I) laminação do aço – Fenômeno físico, pois não houve alteração da matéria.
II) queima de fogos de artifício – Fenômeno químico, pois houve alteração da matéria.
III) amadurecimento de frutas – Fenômeno químico, pois houve alteração da matéria.
IV) transformação de uma tábua em serragem – Fenômeno físico, pois não houve alteração da
matéria.
V) combustão da gasolina – Fenômeno químico, pois houve alteração da matéria.
VI) revelação de fotografia – Fenômeno químico, pois houve alteração da matéria.
2) Fenômenos químicos são aqueles onde há transformação da estrutura da matéria, dando origem a
outras substâncias; os fenômenos físicos são as transformações que ocorrem sem alterar a
estrutura da matéria e fenômeno biológico são as transformações que ocorrem nos seres vivos.
Por exemplo: queimar madeira e corrosão de metais são fenômenos químicos; quebrar um lápis,
cortar um pano ao meio são fenômenos físicos; a reprodução humana e a digestão são fenômenos
biológicos.·.
3)
23,5 g ---------------------- 1cm3
x --------------------- 10 cm3 (0,1L)
x = 235 gramas
4) Pela análise do gráfico podemos afirmar:
I.
Clorofórmio - líquido
II.
Éter etílico - gasoso
III.
Etanol - líquido
IV.
Fenol - líquido
V.
Pentano – gasoso
5) Passagem de sólido para gasoso = Sublimação
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6)
I) Verdadeiro
II) Verdadeiro
III) Verdadeiro
IV) Falso. A temperatura da substância caiu 3ºC/min
V) Verdadeiro
7) Que é constante enquanto há sólido.
8)
(01) Falso. O processo de transformação de um sólido em um gás chama-se sublimação.
(02) Falso. Um sólido pode ser transformado num líquido pelo processo de fusão.
(04) Verdadeiro.
(08) Falso. Pode-se transformar um líquido num sólido através do processo de solidificação
(16) Verdadeiro.
(32) Verdadeiro.
SOMA = 52
9) A-sólido, B-gasoso e C-líquido.·.
10) Destilação fracionada, por se tratar de uma mistura homogênea líquido-líquido.
11) Ponto de ebulição é a temperatura em que uma determinada substância entra em ebulição.
12) Sublimação é a transformação do estado sólido para o estado gasoso, sem passar pelo estado
líquido. Por exemplo: naftalina, cristais de iodo quando aquecidos, a cânfora.
13) Condensação e fusão
14) Vaporização do tipo ebulição
15)
a) Verdadeiro.
b) Falso. Fusão é a passagem da água do estado sólido para o estado líquido.
c) Falso. A água é mais importante para os seres vivos no estado líquido.
d) Verdadeiro
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e) Verdadeiro
16) Inicialmente faríamos uma filtração comum para retirar o cloreto de prata sólido da mistura líquida,
já que o mesmo é insolúvel nos dois solventes descritos. A seguir destilaríamos a mistura, pois os
três componentes formam um sistema homogêneo. A primeira substância que obteríamos seria a
acetona por ter menor ponto de ebulição. Continuaríamos com o aquecimento para obtermos a
água como destilado, restando no recipiente o cloreto de sódio.
17) a) É utilizado a destilação fracionada, que emprega a diferença de pontos de ebulição para
separar os vários componentes da mistura, após a ebulição de cada um.
b) Os derivados de petróleo relacionados correspondem a hidrocarbonetos da classe dos alcanos.
c) C8H18 + 12,5 O2  8 CO2 + 9 H2O
d) Aumento da quantidade de gases e particulados na atmosfera, provocando o aumento do efeito
estufa.
Aumento da quantidade de óxidos de caráter ácido, como NO2 e SO2, que reagem com a água e
produzem a chuva ácida.
18) a) Para aplicar o processo separação por filtração é necessário:
Que o sistema seja heterogêneo ou bifásico e as fases sejam sólido-líquido ou sólido-gas.
b) Os subprodutos do processo apresentado são nocivos ao meio ambiente por duas razões: Os
SO2 e CO2 são os principais gases que formam a chuva ácida, devido ao abaixamento do pH da
água da chuva e ainda o efeito estufa causado pelo CO2. O processo também apresenta
emanações de metais como cádmio, mercúrio, bismuto e arsênio que produzem efeitos tóxicos nos
organismos vivos.
c) 1 CuS(s) + 2 O2(g) + 1 C(s)  1 Cu(s) + 1 SO2(g) + 1 CO2(g)
d)
1 CuS ------------------ 1 Cu
95,6 g ----------------- 63,5 g
100,0 g --------------- X
𝑋=
63,5 𝑥 100
= 66,4 𝑔
95,6
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19)
20) a) A reação que ocorre na superfície do óleo é uma combustão. Ela pode ser contida com a
colocação do pano molhado porque ele diminui o contato do gás oxigênio com o óleo e a
temperatura do sistema.
b) A água jogada na panela em chamas poderia ferver na superfície do óleo, e o vapor d’água, em
elevada temperatura, acarretaria risco de ferimento em quem estivesse próximo.
21)
01. Falso. Papel de filtro não consegue separar os componentes de uma mistura homogênea.
02. Verdadeiro.
04. Falso. Água e álcool formam uma mistura azeotrópica.
08. Falso. Como o iodo não se encontra no estado sólido, é inviável a aplicação do método de
sublimação.
16. Verdadeiro.
22) Nenhum dos casos contraria a lei da conservação das massas, pois as reações ocorrem em
sistema aberto e há emanação e absorção de gases. A lei de conservação das massas é válida
apenas para sistemas fechados.
23) Resposta: Pela lei de Lavoisier, a massa dos reagentes será igual à massa dos produtos:
21g de ferro + 15g de enxofre  33g de sulfeto ferroso + 3g de enxofre
36g de reagentes = 36 g de produtos
30g de ferro + 16g de enxofre  44g de sulfeto ferroso + 2g de ferro
46 g de reagentes = 46 g de produtos
Pela lei de Proust, as proporções entre reagentes e/ou produtos deve ser constante:
21g de ferro + 12g de enxofre  33g de sulfeto ferroso
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28g de ferro + 16g de enxofre  44g de sulfeto ferroso
A proporção 21 : 12 : 33 é a mesma que 28 : 16 : 44, ou seja,
21
28
:
12
16
33
3
: 44  4 :
3
4
3
:4
24) a) A Lei de Conservação das Massas formula o princípio empírico de que a massa dos reagentes
é a mesma dos produtos. Dessa forma, na combustão, a massa residual (sólida) é menor,
considerando-se que parte dos reagentes é transformada em produtos gasosos que, antes dos
experimentos de Lavoisier, não eram quantificados. Na oxidação dos metais, a massa residual é
aumentada em decorrência da reação com o oxigênio que produz óxidos metálicos sólidos.
b) C (s) + O2 (g)  CO2 (g)
Mg(s) + ½ O2 (g)  MgO(s)
25) a) Como as etapas da sequência representam reações que ocorrem em um sistema aberto em que
há perda de massa, conclui-se que essa sequência não está de acordo com o princípio de
conservação de massa.
b) A celulose é a matéria-prima utilizada diretamente na produção de hidrocarbonetos. Como parte
dos produtos de decomposição da celulose não é reaproveitada para a renovação completa da
matéria prima, em razão da perda de massa, esse processo de produção de hidrocarbonetos não é
considerado sustentável do ponto de vista do princípio da conservação de massa.
26) a) ½ N2 + O2  NO2
14g
32g
46g
b) N2 + 2O2  N2O4
N2 + 2O2  2NO2
OU
2N2 + 4O2  2N2O4
c)
2N2 + 4O2  4NO2
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27) Verdadeiro
Verdadeiro
Verdadeiro
Falso. É possível balancear a reação. O balanceamento da reação ficará: 6H2(g) + 3 SiO2(s) +
4Al(s) → 3SiH4 + 2Al2O3
Falso. Como o H2 é consumido durante a reação, podemos afirmar que a sua pressão parcial
diminui.
28) a) O valor de X (pressão), no manômetro do reator A, será maior, uma vez que o número de
moléculas em fase gasosa sofre um aumento, de acordo com a estequiometria da reação.
b) O valor de X (pressão), no manômetro do reator B, será menor, uma vez que o número de
moléculas em fase gasosa sofre uma redução, de acordo com a estequiometria da reação.
29) 01. Falso. Como o metano e o hexa-fluoreto de enxofre apresentam massas molares diferentes
(massa que indica o “peso” de um mol de moléculas), não podemos afirmar que numa mesma
massa teremos o mesmo número de moléculas.
02. Verdadeiro
04. Verdadeiro
08. Falso. as massas molares dos dois gases serão diferentes, independentemente da
temperatura.
16. Verdadeiro
30) 01. Falso. A quantidade de gás carbônico, CO2, emitido durante a queima da biomassa utilizada, é
menor do que a consumida pela gramínea durante todo o seu crescimento.
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02. Verdadeiro.
03. Falso. Não existe um processo de conversão de energia com rendimento de 100%.
04. Falso. O texto afirma que o capim-elefante não precisa necessariamente ser irrigado, não
afirma que ele não precisa de água.
05. Falso. O objetivo da moagem é obter o farelo que posteriormente será utilizado na produção de
energia.
EXERCICIOS PROPOSTOS
31) Letra C. De um modo geral, um líquido ao ser aquecido passa para o estado gasoso. Estando no
estado gasoso, se resfriarmos a substância, poderemos fazer com que a mesma mude de estado
físico, indo para o estado sólido.
32) Letra C. O vapor de água ao passar para o estado líquido sofre um processo denominado
liquefação.
33) Letra D. A naftalina, ao ir do estado sólido diretamente para o estado gasoso sofre um processo
denominado sublimação.
34) Sólido: gelo
Líquido: água dos rios
Gasoso; atmosfera na forma de vapor
35) Letra E. Das três fases de uma substância, a que possui menor energia cinética é a fase sólida,
cuja característica é apresentar forma e volume próprios.
36) Letra B. No intervalo x tem-se a passagem do estado sólido para o estado líquido (fusão) e no
intervalo y a passagem do estado líquido para o gasoso (ebulição).
37) Letra A. Dentre as alternativas a única que fará com que o vapor d’agua passe para o estado
líquido é a diminuição da temperatura.
38) Letra C. O ponto de fusão é definido como a temperatura na qual a substância passa do estado
sólido para o líquido. Ao localizarmos esta passagem no gráfico, veremos que a mesma ocorre a
40ºC.
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39) Letra A. Como o ponto de fusão dessa substância é 279ºC, pode-se assumir que em temperaturas
menores que essa ela estará no estado sólido.
40) Letra A. Como o petróleo constitui-se de uma mistura homogênea de líquidos, o melhor método
para separá-lo é a destilação fracionada.
41) Letra D. O texto diz que o azeite só pode passar por decantação, centrifugação e filtração,
processos explicados na letra D.
42)
I.
Verdadeiro
II.
Falso. A mistura de uma substância pura em mais de um estado físico origina um sistema
heterogêneo.
III.
Falso. O funil de decantação é utilizado para separar mistura heterogênea de líquido com
líquido.
IV.
Verdadeiro.
V.
Verdadeiro
Letra D.
43) Deposite sob o material sólido: densidade.
Aquecido com um maçarico, separando-se o ouro líquido do mercúrio gasoso: temperatura de
ebulição.
Mercúrio gasoso se transforma em líquido: temperatura de liquefação.
44) Letra E. Como a areia e serragem apresentam densidades diferentes, pode-se utilizar o método de
flotação para separá-los.
45) Letra B. As partículas de minério, retiradas da rocha, fixam-se ao óleo. Ao acrescentarmos água ao
conjunto, as partículas fixadas no óleo vão para a superfície, e as impurezas ficam no fundo do
recipiente, promovendo a separação dos componentes do sistema.
46) Letra D. Pela análise do gráfico pode-se afirmar que os corantes vermelho, amarelo e verde
apresentam o corante de cor amarela.
47) Letra B. A função do condensador é diminuir a temperatura dos vapores, fazendo com que os
mesmos voltem ao estado líquido.
48) Letra D. Como as amostras coletadas não apresentam pontos de ebulição iguais aos das amostras
puras, podemos afirmar que as mesmas contem impurezas.
49) Letra E. Como a areia e serragem apresentam densidades diferentes, pode-se utilizar o método de
flotação para separá-los.
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50) Letra D. Ao adicionarmos água à mistura de sal mais impurezas apenas o sal irá ser solubilizado,
formando uma mistura heterogênea. Ao filtrarmos essa mistura, conseguiremos separar a água
salgada (água + sal) das impurezas. Para obtermos o sal puro basta evaporarmos a água.
51) Letra A. Ao utilizar-se o aspirador de pó conseguimos separar o ar da poeira (partículas sólidas)
através de um filtro.
52) Letra A. A lei de Lavoisier diz que em uma reação química em um sistema fechado, a soma das
massas dos reagentes é igual à soma das massas dos produtos. Tem-se uma ideia parecida na
letra A.
53) Letra E. A lei de Proust enuncia que em qualquer reação química, a proporção entre os elementos
ou substâncias que se combinam para formar um produto é sempre constante.
54) Letra C. Uma condição para que a lei de Lavoisier seja válida é que a reação ocorra em um
sistema fechado garantindo, assim, que não haverá perda de massa através da formação e
consequente liberação de gases.
55) Letra B
I.
Falso. O ferro vai unir-se ao oxigénio para formar o óxido férrico, logo a molécula de óxido
férrico formada será mais pesada que o ferro.
II.
Verdadeiro.
III.
Falso. No exemplo dado dobramos a massa de ferro (1g - 2g). Pela lei das proporções
definidas, esperava-se que a massa do oxigênio dobrasse também, porém foi observado
que a massa de oxigênio triplicou (0,29g – 0,87g) fato que falsifica o item.
IV.
Falso. Dois mol de ferro reagem com 1 mol de oxigênio para formar óxido ferroso.
56) Letra A. Observa-se que o volume do produto é 1/3 do volume dos reagentes.
57) Letra B. 1C4H8 + 6O2 → 4CO2 + 4 H2O
58) Letra D. 2H2O → 2H2 + O2
Observando a equação, pode-se afirmar que 36 gramas de água formam 4 gramas de gás
hidrogênio.
59) Letra D. Ao queimar-se o papel ocorrerá perda de massa do sistema através da liberação de CO2,
fazendo então com que o prato fique mais leve. Quando se queima o ferro, tem-se a formação de
uma nova substância (óxido de ferro) com massa maior que a do ferro, o que fará com que o prato
da balança fique mais pesado.
AS GRANDEZAS QUÍMICAS – ASPECTOS QUANTITATIVOS
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1)
O
C
H
N
C
C
C
N
C
H2N
N
H
H
N
CH2
CH2
CH2
OH
C
H2C
OH
Fórmula molecular = C10H15O3N5
Massa molar = 253g · mol–1
O paciente ingere por dia 6,0 · 1020 moléculas
2) Soma: 13
I.
Verdadeiro.
II.
Falso. As massas encontram-se em ordem decrescente.
III.
Verdadeiro.
IV.
Verdadeiro.
3) Resposta: 1  10–8 e 2  10–7
1 mol de clorometano ------------------------ 6 x 1023 moléculas
------------------------ 6 x 1015 moléculas
X
X = 1  10–8 mol de clorometano
1 mol de diclorometano ------------------------ 6 x 1023 moléculas
X
------------------------1,2 x 1017 moléculas
X = 2  10–7mol de diclorometano
4) a) 1,2 x 1025 moléculas de H2O
b) 2,4 x 1025 átomos de H
c) 1,2 x 1025 átomos de O
d) 20 mol de H2O
5) Resposta 82 gramas
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Para prepararmos 1 litro de soro caseiro precisamos de 0,12 mol de açúcar. Logo para
prepararmos 2 litros de soro caseiro, precisaremos do dobro do número de mol de açúcar (0,24
mol)
Para acharmos quantos gramas tem-se em 0,24 mol de açúcar, utilizaremos a massa molar.
1 mol de açúcar (C12H22O11) -------------------- 342g
0,24 mol de açúcar (C12H22O11) ----------------
X
X = 82 gramas de açúcar
0,7 mg de sulfito (SO32-) ------------------- 1kg de peso corpóreo
6)
X
------------------ 40 kg de peso corpóreo
X = 28 mg (28 x 10-3 gramas) de sulfito
1 mol de sulfito (SO32-) --------------------- 80 gramas
X
--------------------- 28 x 10-3 gramas
X = 0,35 x 10-3 mol ou 0,35 milimol
7) Letra B. Como os elementos são isótopos eles apresentam o mesmo número de prótons, porém
apresentam diferentes número de nêutrons.
8) Letra C. Ao fazer-se a média ponderada das massas do lítio, obtém-se um valor próximo à
massa do 7Li, o que nos faz afirmar ser este o isótopo mais abundante do lítio.
9) Letra A. O sulfeto de sódio (Na2S) apresenta menor massa molar (78 g/mol) em comparação
com as demais substâncias.
10) Letra C.
1 mol de ferormônio (C19H38O) ----------------------- 282 g
X
----------------------- 1 x 10-12 g
X = 3,5 x 10-15 mol de ferormônio
1 mol de ferormônio (C19H38O) ----------------------- 6 x 1023 moléculas
3,5 x 10-15 mol de ferormônio ----------------------- X
X = 2,1 x 109
11) Letra C
6,02 x 1023 moléculas de SiO2 ------ 60 g
6,02 x 1017 moléculas de SiO2 -------- x g
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x = 6.10-5g de SiO2
Utilizaremos a densidade do SiO2 para descobrirmos o volume ocupado pela massa
encontrada.
2 g de SiO2 ---- 1 cm³
6 x10-5 g de SiO2 ---- x cm³
x = 3 x 10-5 cm³ de SiO2
Calculando-se a altura da camada de silício, sabendo-se que o volume da camada de silício é
de 3 x 10-5 cm³, e os lados do eletrodo medem 2 e 5 cm:
Volume = comprimento x largura x altura
3 x10-5 = 5 x 2 x altura
Altura = 3 x 10-6 cm
Convertendo para nm:
1 nm ------ 10-7 cm
x nm --------3.10-6 cm
x = 30 nm
12) Letra B
Considerando-se a densidade, teremos que:
0,8 g --- 1 mL (1 cm3)
x ---10000 mL (10 L)
x = 8000 g de álcool etílico
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Utilizando-se a massa molar podemos achar quantos mol de álcool etílico tem-se em 8000 g:
1 mol --- 46 g
x --- 8000 g
x = 173,9 mol
1 mol --- 6,02 x 1023 moléculas
173,9 mol --- x
x = 1,0 x 1026 moléculas
13) Letra E
6,02 x 1023 átomos de ferro --- 56 g
1 átomo de ferro
--- x g
x = 9,3 x 10-23 gramas
14) Letra A
Massa Molar da butadiona (C4H6O2) = 86 g/mol
1 mol butadiona ---------- 86 g ----------- 6 x 1023 moléculas
4,3 g --------------- X
X = 3 x 1022 moléculas de C4H6O2
Na C4H6O2 existem 4 mol de átomo de C, assim o número de átomos de C será:
3 x 1022 x 4 = 1,2 x 1023 átomos de C
15) Letra E
1 mol SiO2 ---------- 60 g ----------- 6 x 1023 moléculas
180 g --------------- X
X = 1,8 x 1024 moléculas de SiO2
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Sabendo-se que cada vez que a pessoa leva o copo à boca ela retira oito unidades básicas
(moléculas) de óxido de silício e que a mesma leva o copo a boca 100 vezes ao dia, podemos calcular
em quantos dias ela irá “desmontar” o copo.
1 levada de copo à boca ---------- 8 moléculas
100 levadas de copo à boca ---------- X moléculas
X = 800 moléculas retiradas em 1 dia
1 dia -------------------- 800 moléculas
X dias ------------------ 1,8 x 1024 moléculas
X = 2,25 x 1021 dias.
16) Letra B
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜 =
∑ 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜𝑠 𝑖𝑠ó𝑡𝑜𝑝𝑜𝑠 𝑋 𝑎𝑏𝑢𝑛𝑑â𝑛𝑐𝑖𝑎
100
50 𝑥 4 + 52 𝑥 84 + 53 𝑥 10 + 54 𝑥 2
100
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑐𝑟𝑜𝑚𝑜 = 52,1 𝑢
17) 1 mol Abiraterona ( C24H31ON) ---------- 349 g ----------- 6 x 1023 moléculas
x g ----------- 1 molécula
X = 5,82 x 10-22 g
18) Letra D
1 mol Ca ---------- 40 g
X
---------- 0,1 g (100mg)
X = 2,5 x 10-3 mol de cálcio
1 mol P ---------- 31 g
X
---------- 0,1 g (100mg)
X = 3,2 x 10-3 mol de fósforo
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DETERMINAÇÃO DE FÓRMULAS
1) C13H10N2O4
2) 80 g (TiO2) ------------------100%
48 g (Ti)
------------------ X
X= 60%
3) 78g (hidrocarboneto inteiro) ------------------100%
X
------------------ 92,31% (porcentagem de carbono)
X = 72 gramas de carbono
1 mol de carbono -------------- 12 gramas
X
-------------- 72 gramas
X = 6 mol de carbono
Resposta: Tem-se na molécula desse hidrocarboneto 6 átomos de carbono
4)
Elemento
K
Porcentagem/
massa molar
56,58
39
C
8,68
12
O
34,74
16
1,45
0,72
2
0,72
0,72
1
2,17
0,72
3
A fórmula empírica deste sal é K2CO3 e o seu nome é carbonato de potássio
5)
Elemento
H
C
Porcentagem/
massa molar
13,34
1
60
12
13,34
1,66
8
5
1,66
3
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26,66
16
O
2,17
1,66
1,66
1
01. Verdadeiro
02. Falso. A fórmula estrutural apresentada corresponde à fórmula de um álcool.
04. Verdadeiro
08. Falso. Metanoato de etila seria a nomenclatura de um éster, não de um éter.
16. Falso. Esse composto não apresenta insaturação ou cadeira fechada em sua estrutura,
portanto não pode apresentar isomeria cis-trans.
6) 1 mol de dopamina (C8H11NO2) ---------------------- 153 gramas ----------------- 100%
8 mol de carbono
---------------------- 96 gramas ------------------ X
X = 62,7 % de carbono
1 mol de dopamina (C8H11NO2) ---------------------- 153 gramas ----------------- 100%
11 mol de hidrogênio
---------------------- 11 gramas ------------------ X
X = 7,3 % de hidrogênio
1 mol de dopamina (C8H11NO2) ---------------------- 153 gramas ----------------- 100%
2 mol de oxigênio
---------------------- 32 gramas ------------------ X
X = 20,9 % de oxigênio
1 mol de dopamina (C8H11NO2) ---------------------- 153 gramas ----------------- 100%
1 mol de nitrogênio
---------------------- 14 gramas ------------------ X
X = 9,1 % de nitrogênio
Resposta: Letra A
7) Letra C. A hidroquinona (benzeno-1,4-diol) possui fórmula molecular igual a C6H6O2
8) 209,96 g (cacodilo) ------------------100%
X
------------------ 22,88% (porcentagem de carbono)
X = 48 gramas de carbono
1 mol de carbono -------------- 12 gramas
X
-------------- 48 gramas
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
X = 4 mol de carbono
209,96 g (cacodilo) ------------------100%
X
------------------ 5,76% (porcentagem de hidrogênio)
X = 12 gramas de hidrogênio
1 mol de hidrogênio -------------- 1gramas
X
-------------- 12 gramas
X = 12 mol de hidrogênio
209,96 g (cacodilo) ------------------100%
X
------------------ 71,36% (porcentagem de arsênio)
X = 149,8 gramas de arsênio
1 mol de arsênio -------------- 74,9 gramas
X
-------------- 149,8 gramas
X = 2 mol de arsênio
Resposta: A fórmula molecular do cacodilo é C4H12As2
9) Letra B
I.
Falso. 0,5 mol desse composto (MgCl2) requer 1 mol de Cl
II.
Verdadeiro
III.
Verdadeiro
IV.
Verdadeiro
V.
Falso. A composição percentual em massa desse composto é 25,3 % de Mg e 74,7 % de Cl.
10) 100 gramas de creme dental -----------1,440 gramas de Na2PO3F -------------- 0,19 gramas de flúor
1 grama de creme dental -----------0,0144 gramas de Na2PO3F -------------- 0,0019 gramas de flúor
Resposta: Letra A. Em um grama de creme dental tem-se 0,0019 gramas de flúor ou 1,9 mg de
flúor
11) Letra E
CXHYOZ + O2 ↔ CO2 + H2O
Foi dado que a combustão completa do ácido araquidônico produziu 880 gramas de CO 2 (20 mols
de CO2) e 16 mols de H2O
1CXHYOZ + O2 ↔ 20CO2 + 16H2O
Como o hidrogênio e o carbono dos produtos vieram exclusivamente do ácido araquidônico,
podemos estabelecer uma relação entre as quantidades dos mesmos:
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
1C20H32OZ + O2 ↔ 20CO2 + 16H2O
Foi dado também que o percentual em massa de hidrogênio é igual ao de oxigênio. Portanto se
temos 32 gramas de hidrogênio teremos que ter também 32 gramas de oxigênio, que equivalem a
2 mol de oxigênio
1C20H32O2 + O2 ↔ 20CO2 + 16H2O
Portanto a fórmula do ácido araquidônico é C20H32O2. Se dividirmos a fórmula por 2,
encontraremos a fórmula mínima, sendo esta então C10H16O.
12)
Elemento
Porcentagem/
massa molar
4,58
1
H
4,58
3,40
1,34 x 3
4
C
40,91
12
3,40
3,40
1x 3
3
O
54,51
16
3,40
3,40
1x3
3
A fórmula empírica deste sal é C3H4O3 (Letra C)
13) Letra C
Vamos calcular o número de mols de CO2 e H2O (CO2 = 44 g/mol e H2O = 18 g/mol)
0,561 g / 44 g = 0,01275 mol de CO2
0,306 g/18 g = 0,017 mol de H20
então temos no CO2 0,01275 mol de carbono e 0,025 mol de oxigênio
na água temos na água 0,034 mol de hidrogênio e 0,017 mol de oxigênio
Como toda quantidade de carbono e hidrogênio que nós temos nos produtos vieram dos
reagentes, podemos afirmar que o álcool terá 0,01275 mol de carbono ( 0,153 gramas de
carbono) e 0,034 mol de hidrogênio ( 0,034 gramas de hidrogênio). Falta acharmos a massa de
oxigênio.
massa de oxigênio = massa da amostra – (massa de C + massa de H) = 0,255 g – (0,153 g +
0,0343 g) = 0,068 g de oxigênio ( 0,004 mol de oxigênio)
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Dividindo o número de mols de carbono, hidrogênio e oxigênio pelo menor deles
C = 0,01275 / 0,004 = 3
H = 0,034 / 0,004 = 8
O = 0,004 / 0,004 = 1
Com esses coeficientes, pode-se deduzir que a fórmula do álcool é C3H80
14) Letra A. A fórmula molecular do composto é C9H15NO3S.
15) Letra C
180 gramas (massa total da aspirina) ----------------- 100%
108 gramas (massa do carbono)
------------------ X
X = 60%
16) Letra A
I.
Verdadeiro
II.
Falso. Esses sais originam soluções fracamente ácidas
III.
Falso. Apresenta um teor de aproximadamente 24,5% em massa de nitrogênio
ESTUDO DOS GASES
16) Como a temperatura e pressão dos dois balões é a mesma, pode-se afirmar que o volume do
balão A é igual ao volume do balão B.
Vamos calcular qual o volume do balão A
1 mol de CO2 --------- 22,4L --------------- 44g
X
--------------- 8,8g
X = 4,48 litros de CO2
Como os volumes são iguais, podemos afirmar que temos 4,48 litros de N 2
1 mol de N2 --------- 22,4L --------------- 28g
4,48L--------------- X
X = 5,6 gramas de N2
17)
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18) a) PV=nRT
Px11,2= 7 x 0,082 x 358,4
P = 18,4 atm
b) PV = nRT
P x 16,8 = 3x 0,082 x 358,4
P ≈ 5,3 atm
19) a) 1 mol O2 ------------------ 32g
X
------------------ 640g
X = 20 mol de O2
a) PV = nRT
P x 82 = 20 x 0,082 x 300
P = 6 atm
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b) PV = nRT
1,5 x 82 = n x 0,082 x 300
n = 5 mol de O2
1 mol O2 ------------------ 32g
5 mol O2 ------------------ X
X = 160 gramas de oxigênio
20)
Resposta: 25%
21)
1 mol de O2 --------------- 22,4 L
X
--------------- 0,1 L (100 mL)
X = 0,0045 mol de O2
4 mol de NH3 ------------ 5 mol de O2 ------------ 4 mol NO ------------ 6 mol H2O
0,0036 mol de NH3 ------------ 0,0045 mol de O2 ------------ 0,0036 mol NO ------------ 0,0054 mol
H2O
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Como volumes iguais de quaisquer gases, na mesma pressão e temperatura, contêm igual
número de moléculas
1 mol de NH3 e NO --------------- 22,4L
0,0036 mol NH3 e NO ----------- X
X = 0,081 L ( 80 mL)
1 mol de H2O --------------- 22,4L
0,0054 mol H2O ----------- X
X = 0,12 L ( 120 mL)
Resposta: 80 mL de NH3 e NO e 120 mL de H2O
𝑃1 .𝑉1
22)
𝑇1
=
𝑃2 .𝑉2
𝑇2
Como não houve deformação durante o aquecimento, podemos admitir que o volume final é igual
ao volume inicial
𝑃1 𝑃2
=
𝑇1 𝑇2
1
𝑃2
=
298 894
𝑃2 = 3 𝑎𝑡𝑚
23) a) Na2CO3 + H2SO4 ↔ Na2SO4 + H2O + CO2
b) Como o H2SO4 está em excesso, conclui-se que o sal é o reagente limitante e, portanto,
determina o volume de CO2 produzido.
De acordo com a equação do item anterior, a quantidade em mol do CO2 formado é igual
àquela do Na2CO3 (massa molar MM) consumido. Para uma massa m desse sal, temos:
nNa2CO3 (consumido) =
𝑚
𝑀𝑀
é igual a nCO2 (formado)
Como no segundo experimento foi usada uma mesma massa m de K 2CO3, que possui massa
molar diferente daquela do Na2CO3, temos que (considerando que o K2SO4 possua massa
molar MM’):
nK2CO3 (consumido) =
𝑚
𝑀𝑀
é igual a n’CO2 (formado)
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Sendo assim, as quantidades de CO2 produzidas nos dois experimentos são diferentes e,
portanto, a altura do êmbolo é diferente nos dois experimentos.
c) x =
𝑚.𝑅.𝑇
𝑀𝑀.𝜋𝑟 2 .𝑃
24) Estado inicial:
P1= 760 mmHg
V1 = 10 L
T1 = 300 K
Estado final:
P2 = 300 mmHg
V2= ?
T2 = 240 K
𝑃1 . 𝑉1 𝑃2 . 𝑉2
=
𝑇1
𝑇2
760.10 300. 𝑉2
=
300
240
𝑉2 = 20,3𝐿
𝑃1 .𝑉1
25)
𝑇1
=
𝑃2 .𝑉2
𝑇2
Como o volume do pneu permanece constante
𝑃1 𝑃2
=
𝑇1 𝑇2
2
𝑃2
=
300 285
𝑃2 = 1,9 𝑎𝑡𝑚
26) 1 mol Sn(L) ------------------- 2 mol CO(g)
119 g Sn
-------------------- 56 g CO
1,8 x 103 g Sn -------------- X
X = 847 gramas de CO
1mol CO ----------------- 28 g CO ----------------- 22,4L
847 g CO ---------------- X
X = 677,6 litros
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27) 2H2S(g) + 3O2(g) → 2 H2O(l) + 2SO2(g)
Vfinal = VSO2 + VO2 (sobra) = 10L (únicos gasosos)
Vinicial = V1 + V2 = 24L
Como O2 está em excesso o H2S reagiu completamente. Assim, segundo balanceamento:
VSO2 = VH2S = V2
VO2 (reagiu) = 3/2 VH2S = 3/2 V2
Assim, pode-se reescrever:
Vfinal = V2 + V02 (sobra) = V2 + V1 – 3/2 V2 = 10
Vinicial = V1 + V2 = 24
Assim:
Vfinal = - ½ V2 + (24 – V2) = 10
- 3/2 V2= = -14
V2 = 9, 33L
28) São emitidos 2,3 kg de CO2 ao alugar-se um filme. A quantidade de CO2 emitida durante o
processo de fabricação do DVD corresponde a 17% da emissão total, representando, portanto,
uma emissão de 0,391 kg de CO2.
Tem-se:
1 mol CO2 -------------- 44g --------------------25L
391g (0,391kg) ---- X L
X = 222,16 litros de CO2
29)
a) N2(g) + 3H2(g)


2NH3(g)
b)
(𝑝𝑁𝐻3 )2
𝐾𝑝 =
(𝑝𝑁2 )1 . (𝑝𝐻2 )3
(2000)2
𝐾𝑝 =
(0,5)1 . (0,4)3
𝐾𝑝 = 1,25 𝑥 102 𝑎𝑡𝑚−2
A remoção de H2(g) promove um deslocamento do equilíbrio para a esquerda, produzindo mais
N2(g) e, portanto, aumentando a pressão de N2(g). Observando-se a nova pressão parcial do
nitrogênio (0.720 atm) pode-se afirmar que a mesma aumentou 0,220 atm. Observando-se o
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balanceamento da equação podemos afirmar que dois mol de NH3 são usados na produção de
um mol de N2, logo o decréscimo na pressão do NH3 é o dobro do acréscimo da pressão de N2
Pode-se afirmar que:
pNH3= 2.000 – (2 x 0.220) = 1.560 atm
Para calcular a pressão parcial do hidrogênio na nova situação de equilíbrio basta fazer:
(𝑝𝑁𝐻3 )2
𝐾𝑝 =
(𝑝𝑁2 )1 . (𝑝𝐻2 )3
2
1,25 𝑥 10 𝑎𝑡𝑚
−2
(1560 𝑎𝑡𝑚)2
=
(0,72𝑎𝑡𝑚)1 . (𝑥)3
𝑥 = 0,300 𝑎𝑡𝑚3
30) PV=nRT
786,7 x 0,123 = n x 62,3 x 300
𝑚
Sabendo-se que 𝑛 = 𝑀𝑀
𝑚
786,7 x 0,123 = 𝑀𝑀 x 62,3 x 300
𝑚
786,7 x 0,123 = 32 x 62,3 x 300
m = 0,16 g
Equação balanceada: 2 KCℓO3(s)
31) a)


2 KCℓ(s) + 3 O2(g)
C12H 22O11
b) 1C12 H 22O11  12O2  12CO2  11H 2 O
c)
1 mol C12H22O11 -------------------- 12 mol O2
0,012 mol C12H22O11(4 g C12H22O11) ------------------ X
X = 0,140 mol de O2
PV=nRT
1 x V = 0,140 x 0,082 x 298
V = 3,43 litros de O2
Sabendo-se que gás oxigênio representa apenas 21% do ar atmosférico
3,43 L ----------- 21%
X------------100%
X = 16,33 litros de ar
32) 1 mol N2 ------------- 28g
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X
-------------- 14g
X = 0,5 mol N2
1 mol O2 ------------- 32g
X
-------------- 8g
X = 0,25 mol O2
Para facilitar as contas, a pressão total (letra b) será calculada antes da pressão parcial (letra a)
PTV=nTRT
Lembrando que: nT = n N 2 + n N 2 → nT = 0,5 + 0,25 → nT = 0,75
b) PT x 30 = 0,75 x 0,082 x 300
PT = 0,615 atm
a) X N 2 =
0,5
0,75
= 0,6667
PN 2 = Pt x X N 2
PN 2 = 0,615 x0,6667
PN 2 = 0,41 atm
X O2 =
0,25
0,75
= 0,333
PO2 = Pt x X O2
PO2 = 0,615 x0,3333
PO2 = 0,205 atm
33) a) O2 (oxigênio), He (hélio) e N2 (nitrogênio)
b)
c)
PHe  p  X He  9000 
M média  32 
24
 2160 kPa
100
16
24
60
 4
 28 
 22,9g / mol
100
100
100
34) a)
nT = nHe + nNe
nT = 4 + 6
nT = 10
PV=nRT
760 x V = 10 x 62,3 x 300
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V = 245,92 litros
b) 𝑋𝐻𝑒 =
𝑛𝐻𝑒
𝑛𝑇
=
4
10
= 0,4
V He = Vt x X He
V He = 245,92x 0,4
V He = 98,37 litros
35)
𝑋𝐶𝑂 =
𝑃𝐶𝑂
𝑃𝑇
0,3
=
0,9
= 0,33
𝑉𝐶𝑂 = Vt x 𝑋𝐶𝑂
𝑉𝐶𝑂 = 10 x 0,33
𝑉𝐶𝑂 = 3,3 litros
𝑋𝐶𝑂2 =
𝑃𝐶𝑂2
𝑃𝑇
=
0,2
0,9
= 0,22
𝑉𝐶𝑂2 = Vt x 𝑋𝐶𝑂2
𝑉𝐶𝑂2 = 10 x 0,22
𝑉𝐶𝑂2 = 2,2 litros
𝑋𝑁2 =
𝑃𝑁2
𝑃𝑇
=
0,4
0,9
= 0,444
𝑉𝑁2 = Vt x 𝑋𝑁2
𝑉𝑁2 = 10 x 0,44
𝑉𝑁2 = 4,4 litros
36) a) A densidade relativa entre o metano e o ar, nas mesmas condições de temperatura e pressão,
pode ser calculada pela expressão:
d CH 4
d ar

Massa Molar CH 4
16

Massa Molar média ar 28,8
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Como o valor dessa relação é menor do que 1, podemos concluir que o metano é menos denso
do que o ar. Essa é a propriedade que garante sua ascensão.
b) O ar puro contém 21% de O2. Desse modo, pela simples mistura de metano e ar, não é
possível manter o teor de O2 em 21%, visto que, ao se adicionar outro gás no ar, sempre haverá
uma diminuição da porcentagem de oxigênio nessa nova mistura.
Observação: Essa diminuição na porcentagem de O2 se restringe à região específica da mistura
no instante do vazamento, pois, levando-se em conta o ar da atmosfera como um todo, pode-se
afirmar que a porcentagem de oxigênio é constante e igual a 21%.
37) Como o gás que irá substituir o ar no interior do balão deve ser formado por uma substância
simples, tem-se como opções H, He, Ne e N.
38) a) Porque a massa molar do CO2 é maior do que a do ar.
b)
2 mol de NaHCO3 ------------------------- 1 mol de CO2
168 g NaHCO3 ------------------------- 22,4 L de CO2
1000 g NaHCO3 ------------------------ X
x = 133,33 litros.
c)
Porque o aumento da concentração do oxigênio desloca o equilíbrio da reação de
combustão no sentido de formar mais produtos.
39)
𝑉𝐴
𝑉𝐵
𝑀𝑀
= √𝑀𝑀𝐵
𝐴
Considerando o elemento A como sendo o He e o elemento B como sendo o metano tem-se que
1,0.106
16
=√
𝑉𝐵
4
𝑉𝐵 = 5,0.105 átomos por segundo
5,0.105 átomos ---------------- 1 segundo
1,0.106 átomos ---------------- X
X = 2 segundos
40)
Segundo a lei de Graham temos que:
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(1,0043)2 = MM(pesado)/MM(leve)
(1,0043)2 = MM(pesado)/349
MM(pesado) = (1,0043)2 x 349 = 352.
UF6 = 352
UF6 = U + 6F = U + 6 × 19.
352 = U + 114
U = 238.
A massa atômica do urânio mais pesado é 238 u.
41) Letra E
Visto que 𝑣 =
𝑘
√𝑀
e observando as massas molares de cada gás, temos que a ordem crescente de
velocidade com que cada gás atravessa a bexiga permeável é:
𝑉𝐶𝐻4 < 𝑉𝐻𝑒 < 𝑉𝐻2
Para um mesmo intervalo de tempo, a bexiga estará mais murcha quanto maior for a velocidade
com que o gás que a preenche atravessa a membrana. Sendo assim, a bexiga mais vazia deve ser
a de gás hidrogênio, a intermediária deve ser a de gás hélio e a menos vazia deve ser a de gás
metano.
42) Letra C
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43) Letra D
44) A pessoa perceberá primeiramente o odor do gás amoníaco, que por apresentar menor massa
molar, terá maior velocidade de difusão.
45) Vazará pelos poros da rolha o gás de maior velocidade de efusão, o de menor massa molar, ou
seja o gás amoníaco. MM = 17 g/mol.
46) Letra C
A pressão não varia durante todo o processo, ficando então:
𝑇1 𝑇2
=
𝑉1 𝑉2
546𝐾
𝑇2
=
22,4𝐿 44,8𝐿
𝑻𝟐 = 𝟏𝟎𝟗𝟐 𝑲 (Letra C)
47) Considerando-se:
P1 = 30 KPa
V1 =2,5 L
T1 = 225K
P2 = 100 KPa
T2 = 300 K
V2 = x
𝑃1 .𝑉1
𝑇1
=
𝑃2 .𝑉2
𝑇2
30.2,5 100. 𝑉2
=
225
300
𝑽𝟐 = 𝟏 𝑳 (Letra B)
48) Inicialmente, calcula-se o volume interno da bola:
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𝑉=
4 3
𝜋𝑅
3
Sabendo-se que:
Logo
4
𝑉 = 3 𝑥3𝑥13 = 4 dm3 = 4L
Considerando o comportamento de gás ideal para o ar no interior da bola, podemos aplicar a
equação de Clayperon:
PV=nRT
Sendo
P = 1 atm
V=4L
n = m/M
M = 30 g.mol-1
R = 0,080 atm.L.mol-1.K-1
T=27ºC = 300K
PV=nRT
𝑚
PV= 𝑀 RT
𝑚
1 x 4=30 x 0,080 x 300
m = 5 gramas (Letra B)
49) Podemos aplicar a equação de Clayperon:
PV=nRT
Sendo
P = 1 atm
V=Y
n = m/M
M = 44 g.mol-1
m = 8800 gramas
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R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1
T=27ºC = 300K
PV=nRT
𝑚
PV= 𝑀 RT
1 x Y=
8800
44
x 0,082 x 300
V = 4920 litros (Letra D)
50) M = 16,0 gmol–1
Fórmula de Lewis (estrutura)
H
..
H:C:H
..
H
O átomo de carbono possui 4 elétrons na camada de valência e o átomo de hidrogênio tem somente
um elétron.
51) 1 mol de glicose -------------------- 6 mol CO2
180 g de glicose -------------------- 6 mol CO2
24,5 g de glicose -------------------
X
X = 0,82 mol CO2
Podemos aplicar a equação de Clayperon:
PV=nRT
Sendo
P = 0,97 atm
V=Y
R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1
T= 37ºC = 310K
0,97 x Y = 0,82 x 0,082 x 310
Y = 21,4 L (Letra A)
52) 1 mol de Zn ------------ 1 mol de H2
65 g Zn ------------- 22,4 L H2
X
------------ 1L H2
X = 2,9 gramas de zinco (Letra C)
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53) Letra D. Sabendo-se que o volume e a pressão são grandezas inversamente proporcionais, podese afirmar que quando a pressão for triplicada o volume do gás irá reduzir 1/3 do valor original.
54) Letra B. Ao aumentar-se a temperatura do sistema ocorreu uma expansão dos gases presentes na
bexiga, o que fez com que o balão ficasse mais cheio.
55) Letra E. O gráfico I representa uma isoterma, ou seja, um processo aonde somente a pressão e o
volume variam. Pode-se afirmar, então, que α representa a pressão e β representa o volume. No
gráfico II pode-se observar que a grandeza representada por 𝛿 é diretamente proporcional a β, o que
nos faz deduzir que 𝛿 representa a temperatura.
56) Pela análise dos dados do exercício, pode-se afirmar que:
P1=P2
V1=V2
T1 = 27 + 273 = 300K
T2 = 127 + 273 = 400K
P1V1=n1RT1
n1RT1 = n2RT1
n1300 = n2400
n2 = ¾ n1
n2 = 0,75n1 (Letra E)
57) 01. Verdadeiro
02. Verdadeiro
04. Verdadeiro
08. Verdadeiro
16. Falso. Impossível determinar sem conhecer a proporção do aumento de pressão e temperatura.
58) Podemos aplicar a equação de Clayperon:
PV=nRT
Sendo
P = 0,86 – 0,04 = 0,82 atm
V=Y
n = m/M
Moxigênio = 32 g/mol
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
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R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1
T= 27ºC = 300K
PV=nRT
𝑚
PV= 𝑀 RT
0,16
0,82 x Y= 32 x 0,082 x 300
Y = 0,15 L ou 150 mL (Letra C)
59) O cálculo da pressão de equilíbrio pode ser feito pela expressão:
𝑃𝑒𝑞 =
𝑃1 𝑉1 + 𝑃2 𝑉2
𝑉1 + 𝑉2
𝑃𝑒𝑞 =
9 𝑥 5 + 6 𝑥 10
15
𝑃𝑒𝑞 = 7 𝑎𝑡𝑚 (Letra C)
60) Escrevendo as equações químicas temos:
CH4 + 2O2 → CO2 + 2 H2O
a atm
a atm
C3H6 + 5O2 → 3CO2 + 4 H2O
b atm
3b atm
Pode-se, então, montar-se o seguinte sistema:
a + b = 0,08
a + 3b = 0,12
Resolvendo o sistema temos a = 0,06 e b = 0,02. Então pode-se calcular a fração molar do CH4 da
seguinte forma:
𝑋𝐶𝐻4 =
𝑋𝐶𝐻4 =
𝑃𝐶𝐻4
𝑃𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎
0,06
0,12
𝑋𝐶𝐻4 = 0,75 (Letra D)
61) Letra C
A reação que ocorre é representada por:
H2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g)
Com base no enunciado exercício e analisando a equação balanceada, pode-se afirmar que o H2
está em excesso. Após o termino da reação resta no recipiente 1 mol de H 2 (que não reagiu) e 2 mol
de HCl que foram produzidos, totalizando 3 mol de gases.
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Para calcularmos a pressão parcial do HCl devemos fazer:
PV = nRT
P . 10 L = 2,0 mol . 0,082 atm.L/mol.K . (105+273) K
P = 2,0 . 0,082 . 378 / 10
P = 6,199 atm.
62) Podemos aplicar a equação da densidade absoluta de um gás:
𝑑=
𝑃𝑀
𝑅𝑇
Pode-se encontrar a massa molar do gás em questão, considerando-se que:
P = 1 atm
d = 1,14 g.L-1
T = 300 K
R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1
𝑃𝑀
𝑅𝑇
1𝑀
1,14 =
0,082𝑥300
𝑑=
𝑀 = 28 𝑔. 𝑚𝑜𝑙 −1
Analisando as alternativas, o único gás que apresenta massa molar igual é 28 g.mol -1 é o etano
(C2H4). Portanto a resposta do exercício é a letra D
63)
𝑉𝐴
𝑉𝐵
𝑀𝑀
= √𝑀𝑀𝐵
𝐴
Considerando o elemento A como sendo a amônia e o elemento B como sendo o dióxido de carbono
tem-se que
𝑉𝑁𝐻3
𝑀𝑀𝐶𝑂2
=√
𝑉𝐶𝑂2
𝑀𝑀𝑁𝐻3
𝑉𝑁𝐻3
44
=√
𝑉𝐶𝑂2
17
𝑽𝑵𝑯𝟑
𝑽𝑪𝑶𝟐
= 𝟏, 𝟔 (Letra B)
64) Quanto maior a massa molar, menor a velocidade de difusão. Logo, o Hidrogênio que possui a
menor massa molar (2 g.mol-1) terá a maior velocidade de difusão, ao contrário do Dióxido de
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Carbono que possui a maior massa molar (44 g.mol-1)
A ordem de liberação dos gases ficaria sendo, então:
H2, CH4, N2, O2, CO2
𝑉
𝑀𝑀
65) 𝑉𝐴 = √𝑀𝑀𝐵
𝐵
𝐴
Considerando o elemento A como sendo o hélio (M =4 g.mol-1) e o elemento B como sendo o dióxido
de enxofre (M =64 g.mol-1) tem-se que:
𝑀𝑀𝑆𝑂2
𝑉𝐻𝑒
=√
𝑉𝑆𝑂2
𝑀𝑀𝐻𝑒
6,10−3
64
=√
𝑉𝑆𝑂2
4
𝑽𝑺𝑶𝟐 = 𝟏, 𝟓. 𝟏𝟎−𝟑 Letra (D)
CÁLCULOS ESTEQUIOMÉTRICOS
1) Admitindo-se o consumo do carro como sendo 16 km por litro, pode-se saber a quantidade de
combustível consumida durante a viagem
16 km ------------------1L
480 km ---------------- X
X = 30 litros de gasolina
Utilizando-se a densidade da gasolina pode-se descobrir a massa de gasolina gasta na viagem:
𝑚
𝑑=
𝑉
𝑚
8.102 =
30
𝑚 = 24000 𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎𝑠
Tem-se que:
C8H18 + 25/2O2 → 8CO2 + 9H2O
Pela equação:
1 mol de C8H18 -------------------- 114 g C8H18
X
-------------------- 24000 g C8H18
X = 210 mol de octano
1 mol de C8H18 -------------------- 8 mol CO2
210 mol C8H18 --------------------
X
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
X = 1680 mol de CO2
1 mol de CO2
--------------------- 25L
1680 mol de CO2 ----------------- X
X = 42000 L
2) Primeiramente iremos descobrir quantos mol de HCl foram utilizados no processo
0,1 mol HCl ---------------------- 1 L
X
----------------------- 4 L
X = 0,4 mol de HCl
Utilizando a equação química
2HCl (aq) + CaCO3 (s)  CaCl2 (aq) + H2O (l) + CO2 (g)
2 mol de HCl ------------------- 100 g CaCO3
0,4 mol de HCl -------------------- X
X = 20 gramas de CaCO3
3) a) Quando 1 mol de nitrito são aquecidos, há formação de 36 g de água. Ao serem aquecidos 0,1
mol haverá formação de 3,6 g de água.
b)1,14 L de gás nitrogênio formados
c) Estouram, pois a pressão interna é maior que a pressão externa e o material não resiste à
pressão interna
4) Cálculo da massa de ferro em 4,4x10-5 mol
1 mol de Fe ------------------ 56 gramas
4,4x10-5 mol de Fe ------------------ X
X= 246,4x10-5 g ou 2,5 mg
Logo em uma colher de feijão tem-se 2,5 mg de ferro que o corpo consegue absorver.
1 colher--------------------- 2,5 mg
X
-------------------- 30 mg
X = 12 colheres
5) 2NaN3(s) → 2Na(s) + 3N2(g)
10Na(s) + 2KNO3(s) → N2(g) + 5Na2O(s) + K2O(s)
Tem-se duas equações químicas que apresentam o nitrogênio gasoso (nosso foco nesse exercício).
Vamos então soma-las para que o nitrogênio fique só em uma reação:
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
2NaN3(s) → 2Na(s) + 3N2(g) (X 5)
10Na(s) + 2KNO3(s) → N2(g) + 5Na2O(s) + K2O(s)
10NaN3(s) → 10Na(s) + 15N2(g)
10Na(s) + 2KNO3(s) → N2(g) + 5Na2O(s) + K2O(s)
10NaN3(s) + 2KNO3(s) → 16 N2(g) + 5Na2O(s) + K2O(s)
10 mol NaN3 -------------------- 16 mol de N2
1 mol NaN3 --------------------- X
X = 1,6 mol de N2
6) 3 mol de CH3CH2OH --------------- 3 mol de CH3COOH
3 mol de CH3CH2OH --------------- 3x(60) g de CH3COOH
0,1 mol de CH3CH2OH --------------- X
X = 6 gramas de CH3COOH
7)
Ca2+ (aq) + 2
HCO 3
(aq)


CaCO3 (s) + H2O (l) + CO2 (g)
2 mol de HCO3- ------------------ 100 gramas de CaCO3
X
----------------- 1 grama de CaCO3
X = 0,02 mol de HCO3-
8) Reação etapa 1:
H2S(g) + 3/2O2(g) → SO2(g) + H2O(g)
Reação etapa 2:
SO2(g) + 2H2S(g) → 3S(s) + 2H2O(l)
Vamos achar a reação global do processo:
3H2S(g) + 3/2O2(g)) → 3S(s) + 3H2O(l) (x 2)
6H2S(g) + 3O2(g)) → 6S(s) + 6H2O(l)
Nota-se que a equação pode ser simplificada por 3, ficando:
2H2S(g) + 1O2(g) → 2S(s) + 2H2O(l)
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Tem-se que:
2 mol de H2S ------------------- 1mol de O2
68 g de H2S -------------------- 1 mol de O2
Pela estequiometria tem-se que cada mol de O2 reage com 68 gramas de H2S. Entretanto o
exercício disse que para cada mol de O2 consumido são adicionados 170g de H2S temos, portanto,
um excesso de (170-68) 102 gramas de H2S.
Para acharmos a quantidade de enxofre elementar produzido devemos utilizar o reagente limitante,
no caso o oxigênio:
1 mol de O2 ------------------ 2 mol de S
1 mol de O2 ------------------ 64 gramas de S
Pode-se afirmar portanto que são produzidos 64 gramas de enxofre elementar para cada mol de
oxigênio
9) a)
1 mol de Cu ----------------- 63,5g
X
---------------- 635 g
X = 10 mol de Cu
Pela reação tem-se que:
3 mol de Cu ----- 3 mol de Cu(NO3)2
Logo:
10 mol de Cu ---- 10 mol de Cu(NO3)2
Achando o equivalente em massa:
1 mol de Cu(NO3)2 -------------------- 187,5 gramas
10 mol de Cu(NO3)2 -------------------- X
X =1875 g de Nitrato de cobre
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
b)
3 mol Cu ---------- 2 mol NO
10 mol Cu --------- x mol NO
3x = 20
x = 6,7 mol de NO
Utilizando a equação de Clayperon:
PV = nRT
8,2xV = 6,7x0,082X300
V = 20 L
10) Soma = 05
01. Verdadeiro
02. Falso. 1 mol de N2 forma 34 g de NH3 (2 mol de NH3).
04. Verdadeiro.
08. Falso. Se forem utilizados 22,4 litros de N2 na reação serão necessários o triplo de H2 (67,2
litros).
16. Falso. 1 mol de H2 apresenta 2 mol de hidrogênio.
11) a) CaO(s) + C + CO2(g) + H2O(l)  C2H2(g) + CaCO3(s) + CO
b) Pela equação tem-se que:
1 mol de CaO ---------- 1 mol CaCO3
56 g de CaO ---------- 100 gramas CaCO3
X
---------- 2000 gramas de CaCO3
X = 1120 gramas de CaO ou 1,2 kg de CaO
12) NO2- + H+ + (CH3 ) 2 NH (aq)


CH3 ) 2 NNO(aq)  H 2O()
46 g ------------------------------- 74 g
9,2 mg ---------------------------- X
𝑋=
9,2 .74
46
= 14,8 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝑛𝑖𝑡𝑟𝑜𝑠𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
13) a) Na3PO4 = (orto)fosfato de sódio e Ba(NO3)2 = nitrato de bário
b) 2Na3PO4(aq) + 3Ba(NO3)2(aq)

 Ba3(PO4)2(s)
+ 6NaNO3(aq)
Primeiramente iremos descobrir o reagente em excesso:
2 mol de Na3PO4 -------------------------- 3 mol Ba(NO3)2
328 g de Na3PO4 -------------------------- 783 g de Ba(NO3)2
X
--------------------------- 7,83 g de Ba(NO3)2
X = 3,28 g de Na3PO4
Portanto pode-se afirmar que a reação encontra-se em proporção estequiométrica.
Agora vamos achar a massa do produto formado:
2 mol de Na3PO4 --------------------------1 mol Ba3(PO4)2
328 g de Na3PO4 -------------------------- 601 g de Ba3(PO4)2
3,28 g de Na3PO4 ------------------------- X
X = 6,01 g de Ba3(PO4)2
c) 1 mol de Ba3(PO4)2(s) ---------------- 6 mol de NaNO3
1 mol de Ba3(PO4)2(s) ---------------- 510 g de NaNO3
X
----------------- 2040 g de NaNO3
X = 4 mol de Ba3(PO4)2
14) Primeiramente devemos montar a reação química e descobrir qual é o reagente em excesso e qual
é o limitante
H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) → 2H2O(l) + Na2SO4(aq)
1 mol H2SO4------------------- 2 mol NaOH
98 g H2SO4 ----------------- 80 g NaOH
x ---------------- 8 g NaOH
X = 9,8 gramas de H2SO4
Pode-se concluir então que o Ácido sulfúrico é o reagente em excesso.
a) 2 mol NaOH ------------------------- 1 mol Na2SO4
80 g NaOH ------------------------- 142 g de Na2SO4
8 g NaOH -------------------------- X
X= 14,2 gramas Na2SO4
b) 2 mol NaOH ------------------------- 2 mol H2O
80 g NaOH ------------------------- 36 g de H2O
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
8 g NaOH -------------------------- X
X= 3,6 gramas H2O
c) Pelos cálculos feitos na letra A, pode-se afirmar que apenas 9,8 gramas de ácido sulfúrico das
10,8 gramas adicionadas foram consumidas, logo teremos um excesso de 1 grama de ácido
sulfúrico (10,8 – 9,8).
15) Cálculo do reagente em excesso:
2 mol C7H6O3 --------------- 1 mol C4H6O3
276 g C7H6O3 --------------- 102 g C4H6O3
2,76 g C7H6O3 --------------- X
X = 1,02 g C4H6O3
Pode-se concluir então que o anidrido acético é o reagente em excesso.
Utilizando o reagente limitante, acharemos a quantidade de produto formado:
2 mol C7H6O3 ------------- 2 mol C9H8O4
276 g C7H6O3 -------------- 360 g C9H8O4
2,76 g C7H6O3 --------------- X
X = 3,6 gramas de C9H8O4
16) a) Elemento que sofre redução: fósforo
Ca 3 (PO4 ) 2  P2
número de oxidação do fósforo no reagente = + 5;
número de oxidação do fósforo no produto = 0.
Variação do NOx do P = 5.
b) 1 mol de Ca3(PO4)2 reagem com 3 mol de SiO2 e 5 mol de C.
8 mol de Ca3(PO4)2 reagirão com 24 mol de SiO2 e 40 mol de C
Logo, o reagente limitante é o SiO2. Assim, 18 mol de SiO2 produzirão 6 mol de P2
17) a) 2:1:1:1
b) Cálculo da perda de massa devido ao CO2 e a H2O produzidos pela calcinação.
0,49 g (impuro) – 0,32 g (resíduo) = 0,17 g (gases)
2NaHCO3
2x84,00 g

CO2
+
44,00 g +
H2O
18,00 g
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
X
0,17 g
𝑚=
2 𝑥 84 𝑥 0,17
= 0,46 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑖𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑎𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑠ó𝑑𝑖𝑜
62
0,49 g ------------------ 100 % da amostra
0,46 g ------------------
y
% bicarbonato
y = 94,00 %
18) Analisando a equação química, pode-se notar que na reação da pólvora tem-se a formação de 8 mol
de gases. Podemos então estabelecer uma relação entre o nitrato de potássio (presenta na pólvora)
e os gases formados
4 mol KNO3 --------------- 8 mol de gases
Sabe-se que das 1515 gramas de nitrato de potássio presentes, apenas 80% correspondem à
pureza (1212g).
404 g KNO3 --------------- 8 mol de gases
1212 g KNO3 ---------------
X
X = 24 mol de gases
Sabe-se que em condições normais de temperatura e pressão 1 mol de qualquer gás ocupa um
volume de 22,4 L
1 mol gás -------------- 22,4 L
24 mol gás --------- X
X = 537,6 litros
O nome dos sais:
K2CO3 → Carbonato de potássio
K2S → Sulfeto de potássio
19) Etapa 1:
NaCl + CO2 + NH3 + H2O  NaHCO3 + NH4Cl
1 mol NaCl --------------- 1 mol NaHCO3
58,5 g NaCl ------------- 84 g NaHCO3
234x103 g NaCl -------- X
X = 336000 g de NaHCO3
Entretanto o rendimento dessa primeira etapa é de apenas 75%
336000 g de NaHCO3 -------------------- 100% (rendimento)
X
-------------------- 75%
X = 252000 gramas de NaHCO3
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Etapa 2:
2 NaHCO3



Na2CO3 + CO2 + H2O
2 mol NaHCO3 -------------- 1 mol Na2CO3
168g de NaHCO3 -------------- 106 g Na2CO3
252000 g de NaHCO3 ------------ X
X = 159000 gramas de NaHCO3 ou 159 quilogramas de NaHCO3
Resposta: A massa de carbonato de sódio produzida é 159 kg
20) a) O método de separação indicado é a filtração.
b) De acordo com a estequiometria da reação 1, tem-se que 34 g de H2S formam 56 g de NaHS. Ao
se utilizar 17 g de H2S serão obtidos 28 g de NaHS.
34 g de H2S ----------- 56 g de NaHS
17 g de H2S –-------- x de NaHS
x = 28 g de NaHS.
Considerando-se um rendimento de 70% na reação 1, conclui-se que a massa produzida de NaHS
será de 19,6 g, conforme os cálculos demonstrados abaixo.
28 g de NaHS –---------- 100%
x g de NaHS –----------- 70%
x = 19,6 g de NaHS
A partir do rendimento apresentado na reação 1, a massa produzida de NaHS foi de apenas 19,6 g.
Na reação 2, a relação estequiométrica mostra que a partir de 56 g de NaHS serão formadas 78 g
de Na2S. Logo, a massa de Na2S que será formada é igual a 27,3 g, conforme cálculos descritos a
seguir:
56 g de NaHS -------- 78 g de Na2S
19,6 g de NaHS -------- x g de Na2S
x = 27,3 g.
21)
278 g FeSO4  7H2O ----------------- 56 gramas de Ferro
220x10-3 g FeSO4  7H2O ----------------- X
X = 0,044 gramas de ferro ou 44 mg de ferro (Letra A)
22) A variação da concentração percentual de gás oxigênio no interior do tanque ao longo do processo
corrosivo corresponde a:
20,9 - 19,3 = 1,6%
O volume de oxigênio consumido no processo de corrosão do ferro consiste em 1,6% do volume de
ar no interior do tanque. Logo:
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
30000m3 ---------------- 100%
X
---------------- 1,6%
X = 480 m3 = 4,8x105L
A equação química indica que 3 mol de O2 reagem com 4 mol de Fe. Portanto a massa de Fe
consumida por 4,8x105L de O2 será:
4x56 g ----------- 3x22,4L
X
----------- 4,8x105L
X = 1,6x106 g = 1600 kg (Letra B)
23) Combustão metanol: 1CH3OH + 3/2O2 --> 1CO2 + 2H2O
Combustão butano: 1C4H10 + 13/2O2 --> 4CO2 + 5H2O
Combustão metanol: 1C8H18 + 25/2O2 --> 8CO2 + 9H2O
A relação entra os volumes de gás oxigênio é 3;13;25 (Letra C)
24) Dado um volume de gás recolhido igual a 450 mL pode-se achar o equivalente em mol
1 mol CO2 --------------- 25L
X
-------------- 0,45L
X = 0,018 mol CO2
Pela equação química pode-se relacionar a quantidade de CO2 produzida com a massa de calcário
consumida
1 mol de CaCO3 ---------------- 1 mol CO2
100 g de CaCO3 ---------------- 1 mol CO2
X g de CaCO3 ---------------- 0,018 mol CO2
X = 1,8 g CaCO3
2 gramas calcário ------------------ 100%
1,8 gramas CaCO3 ----------------- X
X = 90% de pureza (Letra D)
25) 2H 2 O 2 (aq )  2H 2 O(l)  O 2 (g)
No exercício foi dada a concentração inicial da água oxigenada como sendo 1 mol/L. Com o passar
do tempo, essa concentração reduziu-se pela metade ficando, então, 0,5 mol/L
Pela equação tem-se que:
2 mol de H2O2 -------------- 32 g O2
0,5 mol de H2O2 -------------- X
X = 8 g O2 (Letra A)
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
26) 2NI3.NH3 → N2 + 2NH3 + 3I2
Tem-se que
2 mol NI3.NH3 ------------ 1 mol NH3
824 g NI3.NH3 ------------ 25 L NH3
8,24 g NI3.NH3 ------------ X
X = 0,25 L NH3 (Letra A)
27) Xe + PtF6  Xe+ (PtF6)–
Pela equação tem-se que:
1 mol Xe ------------ 1 mol Xe+ (PtF6)–
1 mol Xe ------------ 440 g Xe+ (PtF6)– (Letra E)
28) Zn (s) + 2H+ (aq)  Zn2+ (aq) + H2 (g)
Pela equação tem-se que:
1 mol Zn ---------------- 1 mol H2
65,4 g Zn---------------- 25 L H2
X
---------------- 0,1 L (100ml) H2
X = 0,3 gramas de Zinco (Letra B)
29) Para facilitar os cálculos iremos achar a reação global do processo:
900º C
2FeTiO3 + 7C2 + 6C  2TiC4 + 2FeC3 + 6CO
1150º C


 Ti + 2MgC2 (x2)
TiC4 + 2Mg 950
ºC

 2TiC4 + 2FeC3 + 6CO
2FeTiO3 + 7C2 + 6C 900
9501150º C
 2Ti + 4MgC2
2TiC4 + 4Mg 
Equação global:
2FeTiO3 + 7C2 + 6C+ 4Mg → 2FeC3 + 6CO + 2Ti + 4MgC2
Tem-se então:
2 mol FeTiO3 ------------------ 2 mol Ti
2 mol FeTiO3 ------------------ 96 g Ti
1000 mol FeTiO3 --------------- X
X = 48000 g Ti ou 48kg Ti ( Letra B)
30) No exercício foram utilizadas 400 kg de ar contendo 23% de gás oxigênio. Devemos achar a massa
de oxigênio presente no ar
400 kg ar ------------- 100%
X
------------ 23%
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
X = 92 kg oxigênio
Pela equação química tem-se que:
1 mol C3H8 ----------- 5 mol O2
44 g C3H8 ----------- 160 g O2
22x103 g C3H8 ------ X
X = 80000 g de O2 ou 80 kg de O2
Inicialmente tínhamos 92 kg de oxigênio, porém apenas 80 kg foram consumidas restando, portanto
12 kg de oxigênio (Letra E)
31) CO2 + NaOH  Na2CO3 + H2O
Primeiramente devemos balancear a equação
CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O
Pela equação tem-se que:
1 mol CO2 ------- 2 mol NaOH
44 g CO2 -------- 80 g NaOH
X -------- 8 g NaOH
X = 4,4 g CO2
Conclui-se que CO2 encontra-se em excesso. A massa do excesso é 0,6 gramas (5 - 4,4)
2 mol NaOH ------------- 1 mol Na2CO3
80 g NaOH -------------- 106 g Na2CO3
8 g NaOH --------------- X
X = 10,6 g Na2CO3
ALTERAÇÃO NO GABARITO; Resposta letra A
32) Pela equação tem-se que:
1 mol Fe ----------- 1 mol S
56 g Fe ------------ 32 g S
Como foram colocadas para reagir 40 gramas de enxofre, pode-se afirmar que esse reagente
encontra-se em excesso de 8 gramas
Calculo da quantidade de produto formado:
1 mol Fe ----------- 1 mol FeS
56 g Fe ----------- 88 g Fe2S
Letra D
33) Equação da eletrólise ígnea da alumina
2 Al2O3 → 4 Al0 + 3 O2
2 mol Al2O3 ---------- 4 mol Al0
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
204 g Al2O3 ----------- 108 g Al0
----------- 2,7x106 g Al0
X
X = 5,1x106 g Al2O3 ou 5,1 t Al2O3
6 t ------------- 100%
5,1 t ----------- X
X = 85% (Letra D)
34) Primeiramente devemos achar a massa de carbonato de cálcio puro
80 gramas calcário --------------- 100%
X
---------------- 90%
X = 72 gramas de carbonato de cálcio
Relacionando o CaCO3 com o volume de CO2
1 mol de CaCO3 -------------- 1 mol de CO2
100 g de CaCO3 -------------- 22,4L CO2
72 g de CaCO3 --------------
X
X = 16,13 L de CO2 (Letra A)
ESTUDO DAS SOLUÇÕES AQUOSAS E
DISPERSÕES
1) a) Efeito Tyndall.
b) Aerossol sólido.
2) a) Não, é heterogêneo, pois se trata de uma dispersão coloidal.
b) Sim. Dispersão de amido em água: amido = disperso, água dispersante.
3) Essa mistura é uma suspensão ou dispersão grosseira.
4) a) Apenas nevoeiro é aerossol, xampu é sol e leite é emulsão.
b) Leite e maionese são emulsões, mas pedra-pomes é espuma sólida.
c) Apenas chantilly é espuma líquida; geleia é gel e xampu é sol.
d) Apenas fumaça é sol, um aerossol. O asfalto ou piche = vários componentes líquidos é emulsão,
e as ligas metálicas são soluções.
5) No exercício foram preparadas 420g de uma solução saturada de nitrato de potássio (KNO 3) a 60ºC.
A 60ºC a solubilidade do KNO3 é 110 gramas em 100 gramas de água. Pelo gráfico, ao fazermos
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
uma solução saturada teremos uma massa total de 210 gramas. Devemos relacionar a massa da
solução dada com a massa da solução obtida pela análise do gráfico:
210 gramas solução ---------------- 100 gramas de solvente ----------------110 gramas de soluto
420 gramas solução ----------------
X
----------------
X
Portanto em 420 gramas de solução tem-se 200 gramas de solvente e 220 gramas de soluto
Ao mudar-se a temperatura para 40ºC tem-se que a solubilidade do KNO3 passa a ser 60 gramas de
soluto para cada 100 gramas de solvente. Logo em 200 gramas de solvente, a quantidade máxima
de KNO3 que conseguiremos dissolver é 120 gramas.
Então a 60ºC tem-se 220 gramas de soluto dissolvido (foi dito que a solução é saturada). Ao
diminuir-se a temperatura para 40ºC tem-se que apenas 120 gramas de KNO3 ficarão dissolvidas,
tendo então a formação de 100 gramas de precipitado.
6)
a) A 25ºC, a substância está no estado líquido
b) Para cada 100g de água a 25ºC, a quantidade de X que forma solução saturada é igual a 0,1g.
Logo:
100g H2O  0,1g X
200g H2O  m
m = 0,2g (dissolvido)
massa não dissolvida = 56,0g – 0,2g = 55,8g
c)
Como a substância X é mais densa que água, a massa de X não dissolvida ficará no fundo
do recipiente.
7) a) Pelo coeficiente de solubilidade presente no gráfico e considerando que a solução está saturada
para os dois sais, temos: NaCl : 40,0g NaClO3 :170,0g H2O = 100,0g o que resulta em uma
massa de 310g da mistura
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
b) O gráfico mostra que, a 25°C, continuam em solução, em 100 g deH2O, aproximadamente 38 g de
NaCl e 100 g de NaClO3. Assim, a massa de material cristalizado é formada por 2 g de NaCl e 70 g
de NaClO3 . Pureza de NaClO3= 97,2%
c) A dissolução, em água, do NaClO3 aumenta com o aumento da temperatura como pode ser
observado no gráfico. Portanto, o processo absorve calor (endotérmico).
8) Tem-se que:
100 mL de H2O ------------------------ 12 gramas K2Cr2O7
600 mL de H2O ------------------------ X gramas K2Cr2O7
X = 72 gramas K2Cr2O7 (dissolvido)
massa não dissolvida = 120g – 72 = 48g.
Portanto tem-se um sistema heterogêneo, com 48 gramas de K2Cr2O7 como precipitado (corpo de
fundo).
9) Para cada 100g de água a 10ºC, a quantidade do sal A que forma solução saturada é igual a 80g.
Logo:
100g H2O  80g sal A
X
--- 16g sal A
X = 20 gramas de água
10) a) sim, pois a solubilidade de um gás é diretamente proporcional à pressão, segundo Lei de Henry.
b) Não, a solubilidade de um gás é inversamente proporcional à temperatura do líquido.
11) C = 1,0 mg.L-1 V = 10 x 5 x 2 = 100 m3 = 100.000 L
𝐂=
12) 𝐂 =
𝐦𝟏
𝐕
1,0
𝐦𝟏
mg
L
𝐂=
𝐕
=
m1
100.000 L
5 x 10−3
0,5
m1 = ?
m1 = 100.000 mg = 100 g
= 1,0 x 10−2 g. 𝐿−1
= 10 mg.L–1.
13) 200 mL leite -----------------240 mg cálcio
V ---------------------------- 1200 mg cálcio
V=
1200 .200
= 1000 mL ou 1,0 L
240
14) 𝑇𝑚/𝑚 =
𝑚1
𝑚
𝑥 100
𝑇𝑚/𝑚 =
15) m1 = 50 + 4 x 18 = 122g
𝑇𝑚/𝑚 =
16) 𝐌 =
𝑚1
𝑚
𝑥 100
𝐦𝟏
𝐌𝐌𝟏 .𝐕
𝐌=
𝑥 100
𝑇𝑚/𝑚 = 𝟎, 𝟗𝟐%
m = 122 + 1500 = 1622 g
𝑇𝑚/𝑚 =
𝟐𝟒𝟖 .𝟏𝟎−𝟑
𝟒𝟎 . 𝟎,𝟐
17) MM(NaCl) = 58,5 g . Mol-1
4,6
500
122
1622
𝑥 100 = 7,52%
= 3,1 x 10-2 mol . L – 1
MM(NaOH) = 40 g . Mol-1
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
𝑀𝑎 =
𝑀𝑏 =
𝑀𝑐 =
m1
MM1 .V
n1
M=
M=
V
m1
MM1 .V
M=
23,4
58,5 . 1
1
0,5
= 0,4 mol . L – 1
= 2,0 mol . L – 1
0,4
40 . 1
= 0,01 mol . L – 1
18) 1. Na água típica dos oceanos, o objeto afunda.
Justificativa: A densidade da água do mar morto é superior em relação à densidade da água típica
dos oceanos, em decorrência da maior concentração de sais dissolvidos. Como o objeto afunda na
água do mar morto, é mais denso em relação a essa água. Logo, o objeto também é mais denso que
a água típica dos oceanos e afunda nesse sistema.
2. - Fórmula do ânion: Cl–
- Nome da família: halogênios. - Período: 3
3. - fórmula dos íons de metais alcalinos: Na+, K+
- fórmula dos íons dos metais alcalinos terrosos: Mg2+, Ca2+
4.Carga elétrica dos cátions:
0,47 + 0,01 + (0,05) x 2 + (0,01) x 2 = 0,6 mol de cargas positivas
Carga elétrica dos ânions:
0,54 + 0,0009 + 0,0023 + 0,03 x 2 = 0,6020  0,6 mol de cargas negativas.
5.A água típica dos oceanos é, eletricamente, neutra.
Justificativa: A carga elétrica dos cátions é igual à carga elétrica dos ânions. Logo, a água típica dos
oceanos é eletricamente neutra, como qualquer solução.
19) Cloreto de sódio = NaCl Citrato de potássio mono-hidratado= K3(C6H5O6).H2O
Citrato de sódio di-hidratado= Na3(C6H5O6).2H2O Glicose =C6H12O6
MNa+ = 0,360 + 3 x 0,034 = 0,462 mol.L–1 e M(C6H5O6) = 0,066 + 0,034 = 0,100 mol.L–1
20) m1 = 12,6 g HNO3 m2 = 23,4 g H2O
MM1 = 63 g . mol-1 MM2 = 18 g . mol-1
𝒏𝟏 =
𝑿𝟏 =
𝟏𝟐,𝟔
𝟔𝟑
𝟎,𝟐
𝟏,𝟓
= 𝟎, 𝟐 𝒎𝒐𝒍𝒔
= 𝟎, 𝟏𝟑𝟑
𝒏𝟐 =
𝟐𝟑,𝟒
𝟏𝟖
= 𝟏, 𝟑 𝒎𝒐𝒍𝒔
𝑿𝟐 =
𝟏,𝟑
𝟏,𝟓
n = n1 + n2 = 0,2 + 1,3 = 1,5 mol
= 𝟎, 𝟖𝟔𝟕
21) m1 = 60,6 g HNO3 m2 = 2000 g H2O MM1 = 101 g . mol-1
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
W=
n1
m2 (kg)
W=
m1 . 1000
W=
MM1 . m2
60,6 . 1000
101 . 2000
= 0,3 mol . Kg-1
22) 20 ppm = 20 g chumbo -----------------1.000.000g crosta terrestre
X g ---------------------------- 100 g
20 . 100
𝑋=
1000000
= 0,002 𝑔 = 2,0 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝑐ℎ𝑢𝑚𝑏𝑜
23) a)
b)
N
H H H
amônia:  molécula polar de geometria piramidal
gás carbônico: O  C  O  molécula apolar de geometria linear
24) M1 = 0,25 mol/L
V1 = 15 ml
M1 .V1 = M2 .V2
M2 = ? mol/L
0,25.15 = M2 . 50
𝑀2 =
Vadicionado= 35 mL
0,25 . 15
50
= 𝟎, 𝟎𝟕𝟓 𝒎𝒐𝒍/𝑳
V2 = 15 + 35 = 50 mL
25)
C1 .V1 = C2 .V2
V1 = 1 L
3,68 . 1 = C2 . 4
C1 =3,68 g . L-1
C2 = 0,92 g . L-1
C2 = M2 . MM
𝑀2 =
0,92
23
= 0,04 𝑚𝑜𝑙 . 𝐿−1
𝑀2 = 0,04 .1000 = 𝟒𝟎 𝒎𝒎𝒐𝒍 . 𝑳−𝟏
VA = 3 L
M2 = ? mmol . L-1
26) a) 𝑀 =
b) 𝑀𝑓 =
27) 𝑀𝑓 =
𝑛1
𝑉
1,2 =
𝑛1
0,2
𝑀1 . 𝑉1 + 𝑀2 . 𝑉2
𝑉𝑓
𝑀1 . 𝑉1 + 𝑀2 . 𝑉2
𝑉𝑓
28) Para NaOH
n1 = 0,24 mol de soluto
𝑀𝑓 =
0,2 =
1,2. 100+ 1,8 .300
100+300
0,1. 𝑉1 + 0,5 . 5,0
𝑉1 + 5,0
= 𝟏, 𝟔𝟓 𝒎𝒐𝒍 . 𝑳−𝟏
V1 = 15 litros
M1 . V1 = Mf . Vf
3 . 750 = Mf . 1000
Mf = 2,25 mol . L- 1
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Para Na2SO4
M2 . V2 = Mf . Vf
Mf = 0,75 mol . L- 1
3 . 250 = Mf . 1000
29) Para KCl
M1 . V1 = Mf . Vf
Mf = 0,05 mol . L- 1
0,1 . 100 = Mf . 200
Para MgCl2
M2 . V2 = Mf . Vf
Mf = 0,05 mol . L- 1
0,1 . 100 = Mf . 200

KCl
K+
0,05M
Cl –
+
0,05M

MgCl2
0,05M
0,05M
Mg+2
2 Cl –
+
0,05M
2 x 0,05M
MK+ = 0,05 mol . L-1
MMg+2 = 0,05 mol . L-1
MCl - = 0,15 mol . L-1
30) a)
H2SO4
2 KOH  Na2SO4
+
mol
2 mol
1 mol
n ácido = M . V
n base = M . V
n ácido = 0,2 . 0,1
n ácido = 0,02 mol
𝑀𝑠𝑎𝑙 =
b)
𝑀𝑠𝑎𝑙 =
31) 2HCl(aq)
+
+ 2 H2O
𝑛𝑠𝑎𝑙
𝑉
𝑚1
𝑀𝑀 . 𝑉
n base = 0,4 . 0,1
+
n base = 0,04 mol formam 0,02 mol de sal
0,02
𝑀𝑠𝑎𝑙 =
𝑀𝑠𝑎𝑙 =
Pb(NO3)2(aq)
0,2
10,65
142 . 0,5
→
1 mol
n HCl = M . V
n Pb(NO3)2 = M . V
n HCl = 0,001 mol
𝑴𝒔𝒂𝒍 = 𝟎, 𝟏𝟓 𝒎𝒐𝒍 . 𝑳−𝟏
PbCl2(s)
2 mol
n HCl = 0,01 . 0,1
𝑴𝒔𝒂𝒍 = 𝟎, 𝟏 𝒎𝒐𝒍 . 𝑳−𝟏
+
2HNO3(aq)
1 mol
n Pb(NO3)2 = 0,02 . 0,15
n base = 0,003 mol
Como há excesso de Pb(NO3)2 pois de 0,003 mol gastará apenas 0,0005 mol e sobrará 0,0025 mol,
formará apenas 0,0005 mol de PbCl2
𝑚𝐏𝐛𝐂𝐥𝟐 = 𝑛 . 𝑀𝑀
𝑚𝐏𝐛𝐂𝐥𝟐 = 0,0005 . 278
𝒎𝐏𝐛𝐂𝐥𝟐 = 𝟎, 𝟏𝟑𝟗 𝒈
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32) HCl
+
NaOH
1 mol
→
NaCl
+
H2O
1 mol
MHCl = ?
VHCl = 5 mL
MHCl x VHCl = MNaOH x VNaOH
MNaOH = 0,09 mol.L-1
MHCl x 5 = 0,09 x 7
MHCl = 0,064 mol . L-1
VNaOH = 7 mL
33)
a)
HCl
+
→
NaOH
NaCl
+
H2O
b) n1 = ?
𝑀=
V = 12 mL
𝑛1
𝑉
n1 = M . V
n1 = 0,5 . 0,012
n1 = 0,006 mol
M = 0,50 mol L-1
c) Solução 1
Alíquota HCl
Após diluição
HCl
(Solução 2)
(Solução 3)
V1 = 300 mL
V2 = 10 mL
V3 = 50 mL
M1= ?
M2= M1= ?
M3 = ?
Titulação
M4 x V4 = M3 x V3
0,5 . 12 = M3 . 50
M3 = 0,12 mol . L -1
Titulante NaOH
(Solução 4)
V4 = 12 mL
M4 = 0,50 mol . L-1
Diluição
M3 x V3 = M1 x V2
0,12 . 50 = M1 . 10
M1 = 0,6 mol . L-1
34) Letra A. A parte polar do sistema fica em contato com a agua e a parte apolar fica para dentro em
contato entre si, formando um sistema hidrofóbico
35) Letra E. Os coloides são partículas caracterizadas por possuírem diâmetros médios entre 1 nm e
1000 nm aproximadamente.
36) Letra C. Por definição, o movimento browniano é o movimento contínuo e desordenado das
partículas coloidais.
37) 01. Falso. Soluções são misturas homogêneas.
02. Verdadeiro
04. Falso. As soluções não apresentam efeito Tyndall e movimento browniano
08. Verdadeiro
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16. Falso. A concentração em quantidade de matéria não é numericamente igual à concentração
comum
38) Letra D
I. Verdadeiro
II. Falso. As partículas de um coloide não podem serem vistas a olho nu
III. Verdadeiro
IV. Verdadeiro
39) I. Falso. A solubilidade é uma propriedade que uma substância possui de se dissolver em outra
II. Verdadeiro
III. Falso. A solubilidade é uma propriedade que uma substância possui de se dissolver em outra
IV. Verdadeiro
Letra C
40) 1. Analisando o coeficiente de solubilidade tem-se que:
53 gramas de X ------------- 100 mL de água
X
------------- 50 mL de água
X = 26,5 gramas de X
Como foram adicionadas exatamente 26,5 gramas de X, pode-se afirmar que essa solução é
saturada.
2. Analisando o coeficiente de solubilidade tem-se que como foi adicionada uma quantidade de
massa (28 gramas) menor que aquela determinada pelo coeficiente de solubilidade. Pode-se afirmar
que essa solução é insaturada.
3. Analisando o coeficiente de solubilidade tem-se que:
53 gramas de X ------------- 100 mL de água
X
------------- 150 mL de água
X = 79,5 gramas de X
Como foi adicionada uma quantidade de massa (57,3 gramas) menor que aquela determinada pelo
coeficiente de solubilidade, pode-se afirmar que essa solução é insaturada.
4. Analisando o coeficiente de solubilidade tem-se que como foi adicionada uma quantidade de
massa (55 gramas) maior que aquela determinada pelo coeficiente de solubilidade, pode-se afirmar
que essa solução é saturada com corpo de fundo (precipitado).
41) Pelos dados do exercício, sabe-se que os tubos contendo 0,5, 1, 1,5, 2, 2,5 e 3 gramas do sólido se
dissolveram completamente em 5 cm3 (5 mL) de água. Considerando-se que no tudo seguinte (que
contem 3,5 gramas do sólido) já pode-se observar a formação de precipitado, assumiremos que a
quantidade máxima do sólido que conseguiremos dissolver será 3 gramas.
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Tem-se portanto:
3 gramas do sólido ------------------------- 5 mL de água
X
------------------------ 100 mL de água
X = 60 gramas do sólido
Analisando o gráfico, pode-se afirmar que o sólido em questão é o nitrato de potássio (Letra A)
42) Letra B. Quanto maior a pressão que um gás exerce, maior o número e a força das colisões de suas
moléculas, portanto mais moléculas conseguirão penetrar no líquido.
43) Letra D. Pela analise do gráfico pode-se afirmar que as carpas vivem em águas que possuem
concentração de oxigênio igual a 4,8.10-2g.L-1.
44) Primeiramente devemos achar o volume da piscina
Volume = área de base x altura
Volume = 10 x 5 x 2
Volume = 100 m3
Admitindo-se que 1 m3 representa 1000L, tem-se 100000 litros na piscina.
Foi dado que a concentração máxima recomendada de CuSO 4 é de 1 mg/L. Como tem-se na piscina
100000 litros, a massa máxima de sulfato de cobre que poderá se dissolver será:
1 mg ----------------------- 1L
X ----------------------- 100000L
X = 100000 mg ou 100 gramas de sulfato de cobre (Letra A).
45) Se a solução é 2 molar, tem-se que
2 mol Na3PO4 ------------------- 1 litro
X
-------------------- 2 litros
X = 4 mol de Na3PO4
Sabendo-se que a massa molar do Na3PO4 é 164 gramas por mol, em 4 mol de Na3PO4 tem-se 656
gramas de Na3PO4 (Letra C)
46) Letra E. Se para preparamos 10 litros de solução tem-se que diluir 80 mL do veneno, para preparar
5 litros de solução, teremos que diluir 40 mL do veneno.
Sabendo que em 1 litro do veneno tem-se 25 gramas de deltametrina
25 g deltametrina ---------------- 1 litro
X
--------------- 0,04 L (40 mL)
X = 1 grama de deltametrina
47) A massa molar do iodeto de potássio (KI) é igual a soma das massas molares do potássio e do
iodo:
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
39 + 127 = 166 g
Sabendo que uma pastilha prescrita contém 5 x 10-4 mol de KI, pode-se calcular a massa de KI
presente em cada uma:
1 mol -------------- 166 g
5 x 10-4 mol ----------X
X = 0,083 g = 83 mg
Como essa foi a quantidade de massa de KI dissolvida, a concentração de 1 L de solução formada é
igual a 83 mg.L-1.
O volume de solução que contém 33,2 mg de KI corresponde a:
83 mg ----------------- 1 L
33,2 mg ----------------- Y
Y = 0,4 L = 400 mL
O volume de solução a ser ingerido é igual a 400 mL (Letra B).
48) Sabendo-se que concentração de íons Mg2+ é de 0,05 mol.L-1 e que a massa molar do magnésio é
24 gramas.
1 mol de Mg ------------------- 24,3 gramas
0,05 mol de Mg ------------------ X
X = 1,215 grama de Mg
Portanto tem-se 1,2 gramas de magnésio em 1 litro de água. Para obtermos 1kg (1000 g) de
magnésio teremos que processar o seguinte volume de água.
1,215 gramas de magnésio -------------- 1 litro
1000 gramas de magnésio -------------- X
X = 823 litros de água (Letra C)
49) Deseja-se preparar 1000 L da solução 3 molar, portanto:
3 mol CsCl -------------- 1 L
X
------------- 1000 L
X = 3000 mol CsCl
Sabendo-se que a massa molar do CsCl é 168,5 gramas
1 mol CsCl ------------- 168,5 gramas
3000 mol CsCl ----------- X
X = 505500 gramas de CsCl ou 505,5 kg de CsCl
50) Soma = 06
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QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
01. Falso. Na água do mar tem-se 50 quadrilhões de toneladas de sal marinho, ou seja, 5x10 16 ton
de sal na água do mar, ou 5x1019 kg de sal na água do mar
02. Verdadeiro
04. Verdadeiro
08. Falso. Considerando a densidade da água do mar igual a 1, o volume de água do mar existente
na Terra é de aproximadamente 1,4x1021 litros
16. Falso. Com 25 litros de água do mar pode-se obter 0,875 gramas de sal marinho
51) Uma solução contém 15,0 g de cloreto de sódio dissolvidos em 145 g de água. A fração molar do
cloreto de sódio é:
1 mol de NaCl ------------ 58,5 gramas
X
------------ 15 gramas
X = 0,26 mol de NaCl
1 mol H2O ------------- 18 gramas
X’
------------ 145 gramas
X = 8 mol de H2O
Assim a fração molar do soluto é:
𝑋𝑁𝑎𝐶𝑙 =
0,26
8 + 0,26
𝑋𝑁𝑎𝐶𝑙 = 0,031 (Letra E)
52) Considerando-se a densidade da solução de soro fisiológico igual a 1 g/mL, pode-se afirmar que em
1 litro de solução tem-se 1000 gramas de solução. Como o NaCl corresponde a 0,092% da solução
sua massa é igual a:
1000 gramas ---------- 100%
X
----------- 0,092%
X = 0,92 g (Letra D)
53) Foi dada que a concentração de ozônio é igual a 2,8x10 -4 g/m3. Primeiramente devemos achar essa
concentração em g/L
2,8x10-4 g ------------------ 1000L (1m3)
X
----------------- 1L
X = 2,8x10-7 g/L de ozônio
Sabendo-se que a massa molar do ozônio é 48 gramas por mol, pode-se calcular a sua
concentração em mol/L
1 mol de ozônio ------------ 48 gramas
X
------------ 2,8x10-7 g (massa de ozônio em 1 litro de solução)
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X = 5,8x10-9 mol de ozônio (Letra C)
54) 𝑀1 . 𝑉1 = 𝑀2 . 𝑉2
0,4 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 𝑥 0,1𝐿 = 0,04 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 . 𝑉2
𝑉2 = 1 𝐿 𝑜𝑢 1000 𝑚𝐿
Portanto sabe-se que o volume final da solução será 1L. Entretanto o exercício pede o volume de
água adicionado. Para acharmos esse volume devemos subtrair o volume inicial do volume final
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜
1𝐿 = 0,1𝐿 + 𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜
𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 1𝐿 − 0,1𝐿
𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜 = 0,9𝐿 (900 𝑚𝐿) (Letra B)
55) 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 + 𝑉𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑑𝑜
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 0,1𝐿 + 0,4𝐿
𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 0,5𝐿
𝐶1 . 𝑉1 = 𝐶2 . 𝑉2
40 𝑥 0,1 = 𝐶2 𝑥 0,5
𝐶2 = 8 𝑔/𝐿
Tem-se então:
8 g de sulfato de cobre ------------ 1 litro de solução
X
------------ 0,001 litro de solução ( 1 mL de solução)
X = 0,008 g de sulfato de cobre ou 8 mg de sulfato de cobre (Letra C)
56) 𝐶1 . 𝑉1 = 𝐶2 . 𝑉2
0,8 𝑥 0,015 = 𝐶2 𝑥 0,1
𝐶2 = 0,12 𝑔/𝐿
𝐶1 . 𝑉1 = 𝐶2 . 𝑉2
0,12 𝑥 0,005 = 𝐶2 𝑥 0,1
𝐶2 = 0,006 𝑔/𝐿 (Letra C)
57) Mistura I
Frasco A
Frasco B
Frasco C
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
100 mL
+
200 mL
0,5 mol/L
+
1 mol/L
200 mL
0,5 mol/L
0,5 mol/L x 0,1L + 1 mol/L x 0,2L + 0,5 mol/L x 0,2L = ᶆ x 0,5L
0,05 + 0,1 + 0,2
= ᶆ = 0,7 mol/L
0,5
Mistura II
Frasco B
200 mL
Frasco C
+
Frasco D
200 mL
1,0 mol/L
+
0,5 mol/L
100 mL
2,0 mol/L
1,0 mol/L x 0,2L + 0,5 mol/L x 0,2L + 2,0 mol/L x 0,1L = ᶆ x 0,5L
0,2 + 0,1 + 0,2
= ᶆ = 1,0 mol/L
0,5
Mistura III
Frasco C
100 mL
Frasco D
+
400 mL
0,5 mol/L
2 mol/L
0,5 mol/L x 0,1L + 0,2 mol/L x 0,4L = ᶆ x 0,5L
0,05 + 0,8
= ᶆ = 1,7 mol/L
0,5
Letra C
58) 01. Verdadeiro
02. Falso
Considerando-se que o volume final da solução é 1 litro (250 mL + 750 mL), podemos achar a
quantidade total de Na+
NaHCO3 →
Na+
0,01 mol
0,01 mol
+
1 mol Na+ --------------------- 23 gramas
0,01 mol Na+ ----------------- X
X = 0,23 g de Na+
HCO310,01 mol
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Na2CO3 →
2Na+
0,06 mol
0,12 mol
+
CO320,06 mol
1 mol Na+ --------------------- 23 gramas
0,12 mol Na+ ----------------- X
X = 2,76 g de Na+
A massa total de Na+ será 2,76 + 0,23 = 2,99 g
𝑚
𝐶=
𝑉
2,99
𝐶=
1
𝐶 = 2,99 𝑔/𝐿
04. Verdadeiro
08.Verdadeiro
16.Verdadeiro
59) 𝑋𝐹 . 𝑉𝐹 = 𝑋1 . 𝑉1 + 𝑋2 . 𝑉2
Considerando-se V1 como volume da solução 1, V2 volume da solução 2 pode-se afirmar que:
VF = V1+V2
0,1 L = V1+V2
V1= 0,1 L - V2
𝑋𝐹 . 𝑉𝐹 = 𝑋1 . 𝑉1 + 𝑋2 . 𝑉2
0,9 𝑥 0,1 = 1,5. (0,1 − 𝑉2 ) + 0,5. 𝑉2
𝑉2 = 0,06 𝐿 𝑜𝑢 60 𝑚𝐿
Como VF = V1+V2
0,1 L = V1+ 0,06
V1 = 0,04 L ou 40 mL
60) 𝐶𝐹 . 𝑉𝐹 = 𝐶1 . 𝑉1 + 𝐶2 . 𝑉2
𝐶𝐹 . 1𝐿 = 175,5 𝑥 0,5 + 58,5 𝑥 0,5
𝐶𝐹 = 117 𝑔/𝐿
𝐶 = 𝑀 𝑥 𝑀𝑀
117𝑔/𝐿 = 𝑀 𝑥 58,5𝑔/𝑚𝑜𝑙
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
𝑀 = 2 𝑚𝑜𝑙/𝐿
61) 01. Falso. Trata-se de uma reação de neutralização parcial NaHSO4
02.Verdadeiro.
04. Verdadeiro
08. Verdadeiro
16. Verdadeiro
62) A equação da reação do ácido sulfúrico com o hidróxido de sódio é dada a seguir:
H2SO4 + 2NaOH → 2H2O + Na2SO4
Primeiramente devemos achar o numero de mol de ácido sulfúrico gasto no processo
1,18 mol H2SO4 ------------------------- 1 litro
X
-------------------------- 0,0212 L
X = 0,025 mol de H2SO4
Pela estequiometria da reação tem-se que:
1 mol H2SO4 -------------- 2 mol NaOH
0,025 mol H2SO4 -------------- X
X = 0,05 mol NaOH
Agora vamos encontrar a concentração molar dessa base
0,05 mol NaOH ----------- 0,05 L
X
----------- 1L
X = 1 mol/L (Letra D)
63) Cálculo do número de mol do HCl que sobrou
Como a solução foi neutralizada por 21,50 mL de solução 0,10 mol/L de NaOH, temos
0,10 mol NaOH -----------1000 mL (1L)
X
------------ 21,50 mL (0,0215L)
X = 0,00215 mol de NaOH
HCl + NaOH → NaCl + H2O
1 mol HCl ----------1 mol NaOH
X -------------- 0,00215 mol NaOH
X = 0,00215 mol de HCl (sobrou)
Cálculo do número de mol do HCl que reagiu com NH3
HCl + NH3 → NH4Cl
0,10 mol HCl --------------1000 mL ( 1L)
X ----------------------50 mL
X = 0,005 mol HCL
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
Como sobrou 0,00215 mol, a quantidade de HCl que reagiu é de 0,00285 mol (0,005 – 0,00215),
Como a proporção entre HCl e NH3 é de 1:1 o número de mols de NH3 é igual a 0,00285
A amônia surge da decomposição de (NH4)OH
2(NH4)OH ----------> 2NH3 + 2H2O
De acordo com a reação:
(NH4)2SO4 + 2NaOH ↔ Na2SO4 + 2NH3 + 2H2O
1mol de (NH4)2SO4 gera 2 mols de NH3, então se sabemos a quantidade de NH3, basta dividirmos
esse numero por 2 e saberemos a quantidade de (NH4)2SO4.
0,00285 / 2 = 0,001425 mol de (NH4)2SO4.
Para acharmos a concentração deste, basta dividirmos o número de mols pelo volume:
M= 0,001425 / 0,01= 0,1425 mol.L-1 (Letra B)
64) A equação da reação do ácido sulfúrico com o hidróxido de sódio é dada a seguir:
H2SO4 + 2NaOH → 2H2O + Na2SO4
Primeiramente devemos achar o numero de mol de hidróxido de sódio gasto no processo
5 x 10-2 mol NaOH------------------------- 1 litro
X
-------------------------- 0,020 L
X = 1 x 10-3 mol NaOH
Pela estequiometria da reação tem-se que:
1 mol H2SO4 -------------- 2 mol NaOH
X
-------------- 1 x 10-3 mol NaOH
X = 5 x 10-4 mol NaOH
Agora vamos encontrar a concentração molar desse ácido
5 x 10-4 mol NaOH ----------- 0,05 L
X
----------- 1L
X = 1 x 10-2 mol/L (Letra D)
65) Apresentará maior pressão de vapor a solução de glicose, pois o número de partículas de soluto é
menor
66) Soma = 01
01.Verdadeiro
02.Falso. O ponto B representa a fusão da água a 1 atm
03.Falso. O ponto A representa o ponto triplo.
04.Falso. Na fase de vapor as ligações intermoleculares (no caso a ligação de hidrogênio) são
rompidas
05.Falso. Nessas condições a água encontra-se no ponto triplo
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
67) Amostra B. Por apresentar maior número de partículas dissolvidas.
CB . VB = CC . VC
𝑚 . 1000
280 . VB = 35 . 8,0 VB = 1 L
90 . 1000
1
68) ∆𝑇𝑒 = 𝐾𝑒 . 𝑀𝑀
.𝑚2
Te = Te0 + ∆Te
Te = 100 + 0,65 Te = 100,65 ºC.
1
𝑚 . 1000
1
69) ∆𝑇𝑒 = 𝐾𝑒 . 𝑀𝑀
1
.𝑚2
.𝑖
.𝑖
∆𝑇𝑒 = 0,52 .
10 = 1,86 .
180 .400
. 1 ∆𝑇𝑒 = 0,65 º𝐶
𝑚1 . 1000
92 .1000
.1
m1 = 494,6 g.
70) a) O composto A é mais volátil do que o composto B, pois, conforme o gráfico, a uma mesma
temperatura, o composto A apresenta maior pressão de vapor.
b) O gráfico mostra que a solução A é menos concentrada do que a solução B. Portanto, quando
essas soluções são colocadas em compartimentos separados por uma membrana semipermeável,
havendo a passagem de solvente do meio menos concentrado para o mais concentrado, ou seja, do
meio A para o meio B.
71)
a) Como a pressão osmótica é dada por
π=i C R T
NaCl → Na+ + Cl-
α= 100%
q=2
I= 1 +α(q-1)
I= 1 +1(2-1)
I=2
Como solução isotônica apresenta uma mesma pressão osmótica teremos:
π = C.0,082. 310. 2
7,6=M.0,082. 310. 2
C = 0,15 mol/L
Transformando-se mol/L para g/L :
1 mol NaCl ----- 58,5 g
0,15 mol NaCl ----- y
y = 8,78 g ( como o volume da solução não foi alterado, tem-se uma concentração de 8,78 g/L
Cálculo da % m/v:
8,78 g NaCl ----- 1000 ml
t
------ 100 ml
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
t= 0,878% m / v de NaCl
b) calculo da massa de Na Cl para 500mL de solução:
8,78 g NaCl ------ 100 ml solução
X
------ 500 ml solução
X = 4,39g de NaCl
72) Letra B. Pela análise do gráfico pode-se afirmar que o CO2 pode passar diretamente do estado
sólido para o gasoso, quando a pressão for menor que 5,1 atm.
73) Letra B. Pressão de vapor ( a pressão máxima exercida pelos seus vapores, quando se atinge o
equilíbrio dinâmico entre a fase líquida e a gasosa) pois quanto maior a pressão de vapor mais
volátil é o líquido.
74) Letra B. O etanol é um solvente volátil, logo ele não interfere no aumento da temperatura de
ebulição
75) Letra A
Primeiramente devemos encontrar quantos mol de glicerol temos na solução para depois
encontrarmos a molalidade da solução:
1 mol de glicerol --------- 92 gramas
X
-------- 18,4 gramas
X = 0,2 mol de glicerol
𝑛𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑊=
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
𝑊=
0,2
0,5
𝑊 = 0,4 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑙
Calculando o aumento da temperatura de ebulição:
te = Ke W i
te = 0,52 x 0,4 x 1
te = 0,21
Considerando-se que a temperatura de ebulição da água pura é 100ºC, a nova temperatura de
ebulição após a adição de glicerol será 100,21 º C
Calculando o abaixamento da temperatura de congelamento da água:
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
tc = Kc W i
tc = 1,86 x 0,4 x 1
tc = 0,744
Considerando-se que a temperatura de congelamento da água pura é 0ºC, a nova temperatura de
congelamento após a adição de glicerol será -0,74 º C
76) Letra E. A medida que o solvente se solidifica, a concentração da solução remanescente varia,
decorrendo dai a variação da temperatura de ebulição.
77) Letra A. Ao adicionar-se um soluto não volátil a temperatura de congelamento do solvente diminui
78) Letra C. O glutamato de monossódio sofre dissociação gerando duas partículas em solução (íon
glutamato e íon sódio), enquanto o açúcar não sofre dissociação nem ionização. Como o efeito
coligativo é proporcional ao número de partículas não voláteis presentes no meio, então a solução
de glutamato de monossódio irá provocar um aumento na temperatura de ebulição maior que o
aumento gerado por uma solução de açúcar de mesma concentração.
79) Letra D. Apenas o naftaleno quando puro pode sofrer sublimação
80) Letra D. Como a água do mar contem uma grande quantidade de sais dissolvidos, por osmose pode
ocorrer a passagem de água (solvente) do corpo do naufrago (meio menos concentrado) para a
água do mar (meio mais concentrado), o que pioraria a situação do naufrago.
81) Começaremos usando a relação da pressão osmótica para encontrarmos a molaridade da solução:
𝜋 = 𝑀𝑅𝑇
𝜋
𝑀=
𝑅𝑇
𝑀=
0,31
0,082 𝑥 310,15
M = 0,01217 mol/L
Em um litro de solução há 0,01217mol de proteína.
Há 680mg ou 0,684g de proteína dissolvida em 10mL ou 0,01L de água. O número de gramas
dissolvido por litro é:
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
0,684g/0,01L = 68,4g/L
Utilizando a fórmula
C = M.MM.
68,4 = 0,01217 x MM
68,4
MM = 0,01217
MM = 5620 g/mol ou aproximadamente 5,7 x 103 g/mol
Letra C
82) Soma = 04
01. Falso
02. Falso
04. Verdadeiro
08. Falso
16.Falso
83) Letra E
1mol glicose -------------180g
x
-------------54g
x = 0,3 mol de glicose
concentração da solução de glicose = 0,3mol/L.
Como a solução aquosa de cloreto de cálcio é isotônica em relação à solução de glicose, ambas
devem apresentar a mesma concentração em mol/L. Portanto:
CaCl2(aq) →
0,1mol/L
Ca2+(aq) +
0,1mol/L
2Cl–(aq)
0,2mol/L
84) Letra E. O cloreto de sódio sofre dissociação gerando duas partículas em solução (íon sódio e íon
cloreto), enquanto a sacarose não sofre dissociação nem ionização. Como o efeito coligativo é
proporcional ao número de partículas não voláteis presentes no meio, então a solução de cloreto de
sódio irá provocar uma diminuição na temperatura de congelamento maior que diminuição gerada
por uma solução de açúcar de mesma concentração.
Gabarito comentado Vol. 2 – 3ª Série do Ensino Médio – Revisional.
QUÍMICA I – Átomos, substâncias e reações
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