LIVRO 1 | QUÍMICA 4
Resoluções das Atividades
Sumário
Módulo 1 – Estudo das dispersões – Definição, classificação, estudo dos coloides, coeficiente de solubilidade................................................................................... 1
Módulo 2 – Concentração de soluções...................................................................................................................................................................................................... 3
Módulo 3 – Propriedades coligativas – Ebulioscopia, tonoscopia, crioscopia e pressão osmótica; Termodinâmica química ................................................................. 6
Módulo 1
Estudo das dispersões – Definição, classificação,
estudo dos coloides, coeficiente de solubilidade
Atividades para Sala
Pré-Vestibular | 1
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Atividades Propostas
01 E
a)
b)
c)
d)
e)
(F)
(F)
(F)
(F)
(V)
O granito é trifásico.
A mistura de água e óleo é bifásica.
O petróleo no mar é bifásico.
Todas são substâncias puras, não há dispersões.
02 E
A: é uma solução – não é separada por filtração.
B: é um coloide – pode ser separado por membranas especiais (ultrafiltros).
C: é uma suspensão (mistura grosseira) – algo visível a
olho nu.
03 B
Nas soluções e nas dispersões coloidais, as partículas do
disperso não são retidas por ação de filtros comuns.
04 E
Nas placas, ocorre a eletrólise com cátions migrando para
o cátodo, e ânions, para o ânodo. Ânions e cátions encontram-se solvatados.
05 B
O açúcar, em água destilada, não conduz a corrente elétrica, enquanto o cloreto de sódio é um ótimo eletrólito e
torna a água condutora de corrente elétrica.
O açúcar é um composto molecular e, por isso, possui um
ponto de fusão baixo, enquanto o NaCl possui ponto de
fusão elevado por ser iônico.
06 D
Durante a evaporação, a água recebe energia solar e
cede parte dessa energia para o plástico, onde ocorre a
condensação do vapor. A energia cedida ao plástico provoca o aumento em sua temperatura. Nessa circunstância,
haverá transferência de energia do plástico para o meio
externo.
07 B
Tanto a margarina como a manteiga são sistemas heterogêneos. No caso da manteiga, há um coloide do tipo gel,
em que a água se dissemina na gordura do leite. Assim, a
manteiga é de origem animal.
08 A
A lecitina da gema de ovo é um agente emulsificante porque
garante a mistura de algo polar com uma substância apolar.
09 E
a)
b)
c)
d)
e)
(F)
(F)
(F)
(F)
(V)
O chantilly é uma espuma líquida.
O creme de leite é um coloide.
A manteiga é um coloide.
O soro não é água pura.
O chantilly é um coloide (heterogêneo).
10 E
O efeito Tyndall é o espalhamento do feixe de luz que ocorre
quando a luz atravessa uma dispersão coloidal (coloide).
11 B
Os coloides são compostos que possuem partículas de
tamanho médio entre 1 e 1.000 nm, formando um aglomerado de átomos, íons ou moléculas que só podem ser
separadas por meio de ultrafiltros e visualizadas em ultramicroscópios. De acordo com as características dos coloides, podemos classificar como coloides o creme dental, a
maionese, a gelatina e a espuma de sabão.
12 B
O detergente reduz a tensão superficial da água e facilita a
disseminação entre o óleo e a água, produzindo um coloide.
13 A
O solvente I, porque apresenta a maior inclinação, ou seja,
a quantidade de soluto varia bastante em função da variação de temperatura.
14 B
Os gases, pela Lei de Henry, apresentam uma solubilidade
que é inversamente proporcional à temperatura. Desse
modo, o aumento da temperatura diminui a solubilidade
do oxigênio em água.
15 B
Quando o NaCl foi dissolvido em água, houve um resfriamento do sistema, assim a dissolução do NaCl em água é
endotérmica. Quanto mais sal for dissolvido, maior será o
resfriamento do sistema.
16 A
No lago A, há menor temperatura – o que implica em
maior solubilidade. Assim, quanto maior a pressão, menor
a altitude. Fato que implica em maior solubilidade.
2 | Pré-Vestibular
LIVRO 1 | QUÍMICA 4
17 B
Para se aumentar a solubilidade dos gases nos líquidos
são necessárias as seguintes condições: baixa temperatura
e alta pressão.
18 B
O resfriamento da solução é o resultado da absorção de
calor por parte do NH4Cl para se dissolver. Por isso, o processo necessita de calor, sendo endotérmico, ou seja, é
intensificado com aumento da temperatura.
Módulo 2
Concentração de soluções
Atividades para Sala
Pré-Vestibular | 3
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Atividades Propostas
01 E
Concentração máxima de íons fluoreto = 4,2 · 10–5 mol/L
19 g
1,0 mol de fluoreto
4,2 · 10–5 mol
x
x = 79,8 · 10 g de fluoreto
–5
1.000 mg
1,0 g
79,8 · 10–5 g
x=
x
79, 8 ⋅ 10 −5 g ⋅ 10 3 mg
1, 0 g
x ≅ 8,0 · 10–1 mg/L de fluoreto
02 E
A concentração 0,004 mg/L corresponde a 4 p.p.b.
Como d = 1 g/mL → 1.000 g
1 L → 1.000 mL → 1000 g
4 · 10–6 g
1.000 g
109 g
x
x = 4 p.p.b.
Brasil: 5 p.p.b.: está de acordo.
OMS: 3 p.p.b.: está em desacordo.
03 A
3, 3 p.p.m. =
3, 3
3, 3
3, 3
= 2
=
⋅ 10 −4 = 3, 3 ⋅ 10 −4%
6
4
10
10 ⋅ 10
100
04 B
I. 50 mL gasolina + 50 mL de água
II. 62 mL de álcool + água = 12 mL álcool + 50 mL de água
III. 50 mL → 100%
12 mL → x
x = 24%
05 E
Com o aumento da temperatura, ocorre um aumento da
energia cinética média das partículas, aumentando os
espaços vazios entre elas. Com o aumento do volume, há
uma diminuição da densidade dos líquidos. Esses fenômenos estarão acontecendo com o combustível e o mercúrio,
e assim ocorre uma correção na altura de referência.
06 C
Se o volume final foi menor que o inicial e não ocorreu uma
reação química, podemos concluir que a distância média
entre as moléculas vizinhas diminuiu após a mistura.
4 | Pré-Vestibular
LIVRO 1 | QUÍMICA 4
07 B
Massa do soluto = 3,42 g
Massa molar do soluto = 342 g · mol–1
Volume da solução = 50 mL = 50 · 10–3 L = 5 · 10–2 >
3, 42 g
n=
= 0, 01 mol = 10 −2 mol
342 g ⋅ mol−1
Concentração em mol =
12 C
0,1 g 0,1⋅ 10 3 mg 10 −1 ⋅ 10 3 mg 10 2 mg 100 mg
=
=
=
=
kg
kg
kg
kg
kg
13 D
a) (F) Os minerais não são evaporados com a água, pois
apresentam elevados pontos de ebulição.
b) (F) Quando ocorre a evaporação, os constituintes solúveis são mantidos.
60 mg
mg
= 300
= 300 p.p.m.
c) (F) I. c =
0, 2 L
L
II. 300 p.p.m. ≠ 30 p.p.m.
10 −2 mol
= 0, 2 mol/L
5 ⋅ 10 −2 L
08 E
I. 10 ng = 10 · 10–9 g = 10 · 10–9 · 103 mg = 10 · 10–6 mg = 10–5 mg
mg
II. p.p.m. = mg/kg. Portanto 10–5
= 10–5 p.p.m.
kg
60 mg
n1
m1
mMol
=
=
= 7, 5
v M1 ⋅ v 4 0 g
L
⋅ 0, 2L
mol
e) (F) 60 mg
d)(V)
09 C
I. (V)H2O
II. (F) O sistema é uma solução, algo que não decanta.
III.(F) Ba(HCO3)2, Sr(HCO3)2, Ca(HCO3)2, Mg(HCO3)2, KHCO3,
A2O3 e S1O2 – mais do que sete.
IV. (V) 50,26 mg
m
m = 5,026 mg
1 dL de sangue
0,57 · 10–3 g de morfina
Morfina: C17H19NO3
Massa molar: 285 g/mol
5 L de sangue
16 C
1 mol
285 g
y mol
28,5 · 10–3 g
y=
I. Suco M
20 mg → 200 mL (suco em volume quatro vezes maior)
II.Suco T
75 mg → 1 L (1.000 mL) m = 15 mg
m → 200 mL
28, 5 ⋅ 10 −3
= 0,1⋅ 10 −3 = 10 −4 mol
285
11 C
Terra → Toda água → Só 3% é potável
a) (F) Ocorre a extração do café.
b)(V)O café percolado absorve as substâncias que irão
compor o café. Após isso, por meio de diversos processos, deixa-se somente o pó. Ao dissolvê-lo em
água, obtêm-se, novamente, a bebida.
c) (F) O texto não cita isso.
d) (F) O instantâneo é o café solúvel.
e) (F) No instantâneo pode haver diluição.
2, 85 ⋅ 10 −3
= 28, 5 ⋅ 10 −3 g de morfina
0 ,1
0,1 L de sangue
Xg de morfina
a) (V) O volume de 20 mL (a metade) apresenta o dobro
da concentração de 40 mL.
b)(V)A massa presente em 15 gotas é o triplo da existente em 5 gotas.
c) (F) A concentração é idêntica.
d) (V) A massa do soluto não se modifica.
15 B
0,57 mg de morfina
x=
14 C
1.000 mL
100 mL
10 A
=
↓
desses 3%
17 E
Veja as dissociações:
KCl ( s )
0, 01 mol
98% é subterrânea
2% é superficial 0,98 · 3 L subterrânea
Assim 100 L água → 3 L potável
0,02 · 3 L superficial
Segundo o Conselho Nacional de Meio Ambiente, é aceitável a concentração:
3,0 mg O2 ––––––– 1,0 L água potável
x ––––––– 100 L água potável
x = 300 mg
MgCl 2( s )
0, 01 mol
→
K (+aq )
+
0, 01 mol
2+
+
( aq )
→ Mg
0, 01 mol
Cl −( aq )
0, 01 mol
+ 2Cl −( aq )
0, 02 mol
Por fim:
nK + 0, 01
K +  =
=
= 0, 05 mol /L
0, 2
V
nMg2 + 0, 01
Mg2 +  =
=
= 0, 05 mol /L
V
0, 2
nCl − 0, 03
Cl −  =
=
= 0,15 mol /L
0, 2
V
Pré-Vestibular | 5
LIVRO 1 | QUÍMICA 4
18 D
Veja:
+
−
HBr → H + Br

MHBr = 0, 2 ⋅ 0, 2 = 0, 04 mol
+
−
HCl → H + Cl

nHCl = 0,1 ⋅ 0, 3 = 0, 03 mol
Sendo V = 300 + 200 = 500 mL, temos:
0, 04
[Br − ] =
= 0, 08 mol /L
0, 5
0, 03
= 0, 06 mol /L
[Cl − ] =
0, 5
( 0, 03 + 0, 04 )
[H+ ] =
= 0,14 mol /L
0, 5
Módulo 3
Propriedades coligativas – Ebulioscopia, tonoscopia,
crioscopia e pressão osmótica; Termodinâmica química
Atividades para Sala
6 | Pré-Vestibular
LIVRO 1 | QUÍMICA 4
Atividades Propostas
06 D
01 B
Quanto maior a concentração em mol/L de uma solução
que contém soluto não volátil e de natureza molecular,
maior será o abaixamento da temperatura de congelamento, logo, são diretamente proporcionais.
O NaC conserva a carne, pois, pelo fenômeno da osmose,
retira água de suas células, impedindo o crescimento de
micro-organismos.
02 D
A adição de um soluto não volátil a uma solução eleva o
seu ponto de ebulição e diminui o seu ponto de congelamento. A razão é a interação existente entre soluto e solvente.
07 B
O único item em que ocorre diminuição da entropia do
sistema é o item B, pois, além de ocorrer diminuição do
número de mols das partículas do sistema, ocorre também
a produção de uma substância na fase líquida, enquanto
nos reagentes existe uma substância na fase gasosa.
→ C6H12( )
C6H6( ) + 3H2( g ) 
A adição de cloreto de sódio (NaC) em alimentos, como a
carne, funciona como agente desidratante (retira água) por
osmose.
4 mols
1 mol
08 B
03 D
Efeito ebuliométrico:
∆TE = KE · W
Em que: ∆TE = elevação da temperatura de ebulição
KE = constante ebuliométrica
W = molalidade
∆TE = TE – TEo
Em que: TE = temperatura de ebulição do solvente na solução
TEo = temperatura de ebulição do solvente puro
Obs.: Iremos considerar a temperatura de ebulição da
H2O puro na pressão de 1 atm (100 °C)
W=
N1
m2 (kg)
Em que: N1 = número de mols do soluto
m2 = massa do solvente em kg
TE − TE ° = KE ⋅
N1
m2
TE − 100 = 0, 52 ⋅
09 A
Perceba que o número de mols gasosos diminui (∆Ngás =
1 – 5 = –4), portanto, ∆S° < 0. Para a variação de entalpia,
fica:
∆HRo = [2 · (–285,8) – 74,8] – [0 – 393,5]
∆HRo = –252,9kJ/mol < 0.
10 D
∆G = ∆H – T∆S < 0
9713 – T · 26,04 < 0
–26,04 T < –9713
T > 373 K ou T > 100 °C
11 B
0, 5
0, 4
O critério absoluto de determinação da espontaneidade
ou não de um processo é a variação da energia livre de
Gibbs negativa. Todavia, substâncias sólidas, ao se transformarem em líquidas, aumentam a entropia.
TE − 100 = 0, 65
12 A
TE = 100, 65 °C
→ CO(g) + C2(g)
COC2(g) 
04 D
Sendo ∆Go < 0, a reação é espontânea. No entanto, deve
apresentar uma alta energia de ativação para necessitar de
um agente externo para iniciar.
O processo de cristalização fracionada tem como objetivo
a precipitação dos solutos por diferença do coeficiente de
solubilidade. O importante na questão é o solvente, portanto, o processo descrito acima não é adequado.
∆H = – 108,28 kJ = –108,280 g
∆S = –131,63 J/k
∆G < 0
∆H – T · ∆S < 0
–108,280 – T · (–131,63) < 0
131,63 T < 108,280
T<
T < 822,6 k ou t < 549,6 ºC
05 C
A solução Y, formada por sacarose, deve ser hipertônica
em relação a X, já que o seu volume aumentou ao longo
do tempo. Portanto, a pressão osmótica de Y é maior.
108, 280
131, 63
Pré-Vestibular | 7