Resoluções de Exercícios
EA: EXERCÍCIOS DE APRENDIZAGEM
EH: EXERCITANDO HABILIDADES
TC: TAREFA DE CASA
QUÍMICA III
MATERIAIS,
SUAS
PROPRIEDADES E USOS
Capítulo
04
Forças Intermoleculares
03 D
A 25 °C. Encontramos apenas duas substâncias: C6H6 e C2H5OH.
A substância C2H5OH é um álcool que, além de ser polar, realiza ligações
de hidrogênio intermoleculares com moléculas de água. Dessa forma,
podemos afirmar que o etanol é solúvel em água.
04 A
EA ă BLOCO
Das substâncias elencadas nas alternativas, a única com caráter apolar
e, portanto, capaz de dissolver a graxa é a gasolina.
01
01 C
A uma mesma pressão, o butanol líquido entra em ebulição a uma
temperatura mais alta do que o éter dietílico líquido, pois o butanol
faz ponte de hidrogênio, que é uma interação mais intensa do que o
dipolo permanente presente no éter dietílico.
H3C — CH2 — CH2 — CH2
|
OH
(pares de elétrons
disponíveis para as pontes)
02 A
A partir da análise das forças intermoleculares, lembrando que HF faz
pontes de hidrogênio, que são interações mais intensas e quanto maior
a “nuvem” eletrônica (ou massa) maior a interação intermolecular, para
as moléculas que não fazem pontes de hidrogênio, vem:
SUBSTÂNCIA
TEMPERATURA DE
EBULIÇÃO (oC)
HF
20
HI
– 35
HBr
– 67
HC
– 85
03 C
As forças intermoleculares presentes no HF líquido são do tipo ligações de hidrogênio, estas forças são menos intensas do que as forças
eletrostáticas entre íons.
01
01 D
O etanol e água apresentam grupo OH- , portanto este grupo faz
ligações de hidrogênio ou pontes de hidrogênio.
02 D
Teremos:
Observação: A solubilidade em água do clorofórmio é baixa: 0,8 g/100
mL a 20°C, por isso ocorre a formação de mistura bifásica com a água.
18
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 18
A ligação de hidrogênio é uma atração intermolecular mais forte do
que a média. Nela os átomos de hidrogênio formam ligações indiretas, “ligações em pontes”, entre átomos muito eletronegativos de
moléculas vizinhas.
Este tipo de ligação ocorre em moléculas nas quais o átomo de hidrogênio está ligado a átomos que possuem alta eletronegatividade
como o nitrogênio, o oxigênio e o flúor. Por exemplo: NH3, H2O e HF.


TC ă BLOCO
05 E
A ligação de hidrogênio é uma força de atração mais fraca do que
a ligação covalente ou iônica. Mas, é mais forte do que as forças de
London e a atração dipolo-dipolo.
06 A
De acordo com a interação do tipo dipolo induzido-dipolo induzido,
quanto maior a massa, maior a interação intermolecular, então TE(H2)
< TE(N2) <TE(O2) <TE(Br2).
07 A
Observe os tipos de interação intermolecular:
I) CH3COOH (ácido acético; 60 g/mol): dipolo permanente e ligação
de hidrogênio devido à presença do grupo OH.
II) CH3CH2CH2OH (propanol; 60 g/mol): ligação de hidrogênio devido
à presença do grupo OH.
III) CH3CH2CHO (propanal; 58 g/mol): dipolo permanente devido ao
grupo carbonila (C=O).
Quanto mais intensas forem as forças intermoleculares, maior será
a temperatura de ebulição. A ordem decrescente será dada por: I >
II > III.
08 C
Forças intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio podem ocorrer na interação das substâncias água e etanol, pois apresentam o
grupo OH.
09 B
Análise das afirmações:
A) Incorreta. Abaixo de 10 oC o HC e o HBr são gases.
B) Correta. As moléculas de HF, HC, HBr, e HI são unidas por forças
dipolo permanente e somente as moléculas de HF são unidas
também por pontes de hidrogênio.
C) Incorreta. Todos os haletos apresentam ligações covalentes polares.
D) Correta. A ordem no P.E.: HI > HBr > HC é devida à diferença na
massa molar de cada composto e ao tamanho das nuvens eletrônicas que interferem na atração intermolecular.
E) Incorreta. O HF apresenta maior ponto de ebulição, pois tem o
elemento de maior eletronegatividade (F) ligado ao hidrogênio, o
que torna a ligação de hidrogênio ou ponte de hidrogênio muito
intensa.
QUÍMICA III
26/03/2013 10:32:49
A propilamina tem 3 átomos de carbono em sua cadeia.
É uma amina primária que apresenta um grupo -NH2 muito polar.
As interações predominantes neste composto são as ligações de
hidrogênio ou pontes de hidrogênio, que são interações mais
fortes do que aquelas existentes no butano, consequentemente
sua temperatura de ebulição é maior.
10 C
Análise dos componentes de cada par de substâncias, segundo as
interações intermoleculares:
I. Tolueno e fenol: O fenol apresenta maior temperatura de ebulição.
Tolueno
CH
HC
Butano
H3C — CH2 — CH2 — CH3
CH
HC
CH
O butano possui 4 átomos de carbono em sua cadeia.
É um hidrocarboneto apolar que faz interações dipolo induzido-dipolo induzido, que são mais fracas do que as ligações de hidrogênio (pontes de hidrogênio) presentes na propilamina.
C
CH3
O tolueno ou metilbenzeno é um hidrocarboneto apolar que faz
interações do tipo dipolo induzido-dipolo induzido.
HC
CH
HC
11 E
As ligações dissulfeto são covalentes, que são ligações muito fortes
com elos físicos (orbitais moleculares), já as ligações de hidrogênio
são intermoleculares.
Fenol
CH
CH
12 C
C
As moléculas de gás sulfídrico formam interações do tipo dipolo-dipolo com a água.
OH
O hidroxibenzeno ou fenol é um composto que apresenta um grupo
-OH muito polar.
As interações predominantes neste composto são as ligações de
hidrogênio ou pontes de hidrogênio, que são interações mais
fortes do que aquelas existentes no tolueno, consequentemente
sua temperatura de ebulição é maior.
II. Propano e butano: o butano apresenta maior temperatura de
ebulição.
Propano
H3C — CH2 — CH3
O propano possui 3 átomos de carbono em sua cadeia.
É um hidrocarboneto apolar que faz interações do tipo dipolo
induzido-dipolo induzido.
+
–
+
–
H — S ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ H — O
|
|
H
H
13 B
I –F
II – V
III – F
14 C
No NaC
15 A
CH4 < H2S < NH3.
Butano
H3C — CH2 — CH2 — CH3
O butano possui 4 átomos de carbono em sua cadeia.
É um hidrocarboneto apolar que faz interações dipolo induzido-dipolo induzido.
Como a sua cadeia carbônica é maior (ou massa) do que a do
propano, a interação intermolecular também, e consequentemente
a sua temperatura de ebulição é maior.
III. 1-propanol e propanona: o 1-propanol apresenta maior temperatura de ebulição.
1-Propanol
H3C — CH2 — CH2 — OH
O 1-propanol tem 3 átomos de carbono em sua cadeia.
É um álcool que apresenta um grupo –OH muito polar.
As interações predominantes neste composto são as ligações de
hidrogênio ou pontes de hidrogênio, que são interações mais fortes
do que aquelas existentes na propanona, consequentemente sua
temperatura de ebulição é maior.
01 C
SnF2 (157 g/mol)  2 mol de F 38g de F
157 g de SnF2 --------------------------------------------- 38 g de F
x --------------------------------------------- 0,076 g de F
y=
x=
CH3
C
, que faz
É uma cetona que apresenta o grupo carbonila,
interações do tipo dipolo permanente-dipolo permanente, que
são interações intermoleculares mais fracas do que as ligações de
hidrogênio (pontes de hidrogênio).
V. Propilamina e butano: a propilamina apresenta maior temperatura
de ebulição.
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02
C
O
QUÍMICA III
EA ă BLOCO
Cálculo de Fórmulas
O
A propanona tem 3 átomos de carbono em sua cadeia.
Propilamina
H3C — CH2 — CH2 — NH2
05
0, 076 . 157
& x = 0, 314 g de SnF2
38
78,5 g de SnF2 --------------------------------------------- 100%
0,314 g de SnF2 --------------------------------------------- y
Propanona
H 3C
REPRESENTAÇÃO DAS
TRANSFORMAÇÕES QUÍMICAS
Capítulo
0, 314 . 100
& y = 0, 4%
78, 5
02 B
K(s)
+
O2(g) superóxido de potássio
3,91g
x
7,11 g
3,91 + x = 7,11 
x = 3,20 g
3, 91

K = 0,1
39, 1
3, 20

O = 0,2
O:
16
A proporção entre o número de átomos de potássio e de oxigênio na
fórmula empírica do superóxido de potássio é:
0,1 : 0,2 ou 1 : 2
Fórmula empírica do superóxido de potássio: KO2.
K:
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
19
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EA ă BLOCO
03
02 D
01 D
A partir da análise da fórmula estrutural da teofilina, conclui-se que
sua fórmula molecular é C7H8N4O2.
02 C
Na
18,5%
18,5g
23g / mol
S
25,8%
O
19,4%
H 2O
36,3%
25,8 g
19,4 g
36,3g
32 g / mol 16 g / mol 18 g / mol
0,8mol
0,8
0,8mol
0,8
1mol
x2
2mol
1mol
x2
2mols
1,2mol
0,8
1,5mol
x2
3mols
2mols
0,8
2,5mol
x2
5mols
Teremos:
Um indivíduo de 70 kg que utilizar uma vez por semana Deca-durabolim 50 mg terá, ao final de um mês (quatro semanas):
Em 4 semanas: 4 x 50 mg = 200 mg.
200 mg
2,857 mg
=
70 kg
kg
03 E
Resolução:
1 mol de C6H12O6 — 180 g
0,2 mol de C6H12O6 — mglicose
mglicose = 36 g
mtotal = mágua + mglicose
mtotal = 20 g + 36 g = 56 g
04 Cálculo da porcentagem de C
m = 3 x 12 + 4 x 1 + 3 x 16
m = 88g
Na2S2O3 . 5H2O
EH ă BLOCO
88 g --------------------------------------------- 100%
36 g --------------------------------------------- x
x = 40,9% de carbono
01
01 E
Em 100 g do mineral há:
44 g de SiO2 (60 g/mol):
60 g SiO2 --------------------------------------------- 32 g de O2
44 g de SiO2 --------------------------------------------- x
44 . 32
x=
60

x b 23,45 g de O2
44 g – 23,45 g = 20,55 g de Si
42 g de MgO (40 g/mol):
40 g de MgO --------------------------------------------- 16 g de O2
42 g de MgO --------------------------------------------- y
y=
42 . 16
40

y = 16,8 g de O2
z b 0,22 g de O2
1 g – 0,22 g = 0,78 g de Fe
13 g de H2O (18 g/mol):
18 g de H2O --------------------------------------------- 16 g de O2
13 g de H2O --------------------------------------------- w
w=
13 . 16
18

w b 11,56 g de O2
13 g – 11,56 g b 1,44 g de H
Massa total de oxigênio presente em 100 g do mineral:
23,45 g + 16,8 g + 0,22 g + 11,56 g = 52,03 g.
TC ă BLOCO
02
01 B
50 kg cimento — 100%
m — 64% (CaO)
mCaO = 32 kg
56 g — 40 g Ca
32 kg — m Ca
mCa = 22,86 kg
20
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
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06 6
N
O
4,8 g
14 g / mol
11,0 g
16 g / mol
0,34 mol
0,34
0,68 mol
0,34
2 mols
NO2
1 g de FeO (72 g/mol):
72 g de FeO --------------------------------------------- 16 g de O2
1 g de FeO --------------------------------------------- Z

16 .100
O *46 g – 100% z =
= 34,8%
46
16 g – z%
1 mol
42 g – 16,8 g = 25,2 g de Mg
1. 16
z=
72
05 C2H6O = 24 + 6 + 16 = 46 g/mol
24 .100
C *46 g – 100% x =
= 52,2%
46
24 g – x%
6 .100
H *46 g – 100% y =
46 = 13,0%
6 g – y%
07 A) Ca *32 g – 100%
10 g – x
x = 31,25%
O *32 g – 100%
15, 92 – z
z = 49,75%
C )32 g - 100%
6, 08 g - y
y = 19%
Ca
C
10, 0 g
6, 08 g
40 g / mol
12 g / mol
0, 25 mol
0, 5 mol
B)
0, 25
0, 25
1mol
2 mols
CaC2O4 " F. mínima
O
15, 92 g
16 g / mol
1mol
0, 25
4 mols
08 Cálculo da fórmula mínima:
C
85, 71%
85, 71g
12 g / mol
7, 14 mols
7, 14
1mol
H
14, 29%
(passando para "g")
14, 29g
(dividindo pela massa molar)
1g / mol
14, 29 mols
(dividindo pelo menor)
7, 14
2 mols
CH2  Fórmula mínima
QUÍMICA III
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09 C
1 tablete --------------------------------------------- 500 mg de CaCO3
2 tabletes --------------------------------------------- x
14 A
C14 H9 C5
(168 + 9 + 177,5 = 354,5 g/mol)
x = 1 000 mg ou 1,0 g de CaCO3
1 mol de CaCO3 contém 1 mol de Ca
100 g de CaCO3 contém 40 g de Ca
1,0 g de CaCO3 contém y
1, 0 . 40
 y = 0,4 g de Ca ou y = 400 mg de Ca
y=
100
800 mg de Ca correspondem a 100% das necessidades de um indivíduo, logo 1 tablete (400 mg de Ca) fornece 50% das necessidades
diárias de cálcio.
100 . 1, 89
5
y b 37, 8 kg de A,2O3
&
12
1 mol de TiO2 -------------------------------- 80 g -------------------------------- 48 g de Ti
100 g -------------------------------- x
1
16
Dividindo por 2,22 e multiplicando por 4, teremos C9H8O4.
16 D
25 g --------------------------------------------- 100% Pb
x --------------------------------------------- 94% de Pb
x = 23,5 g de Pb
Portanto: 25 g – 23,5 g = 1,5 g de Pb
Em 100 unidades de massa de bauxita há 37,8 unidades de massa de
óxido de alumínio (37,8%).
11 C
z = 50,1%
C 60 H 4, 5 O 35, 5  C5H4, 5O2, 2
5 kg de bauxita (1 kg de A) ------------------------------------ 1,89 kg de A2O3
100 kg de bauxita ------------------------------------ y
y=
y = 2,5%
A partir das massas molares (C = 12; H = 1; O = 16) e das porcentagens
em massa dos elementos químicos, podemos encontrar a proporção
molar, já que teremos 60 g de carbono em 100 g, 4,5 g de hidrogênio
em 100 g e 35,5 g em 100 g.
C60%H4,5%O35%
x b 1, 89 kg de A,2O3
&
H *354, 5 g – 100%
9g– y
15 B
1 mol de A2O3
2 mol de A
102 g de A2O3 --------------------------------------------- 54 g de A
x ------------------------------------------------------------------------ 1 kg de A
1. 102
54
x = 47,4%
C *354, 5 g – 100%
177, 5 g – z
10 C
x=
C *354, 5 g – 100%
168 g – x
17 A
Massa molar (NH4NO3) = 28 + 4 + 48 = 80 g/mol
28 . 100
N )80 g – 100% x =
= 35%
80
100 . 48
x=
&
x = 60 g de Ti
80
Portanto, a porcentagem em massa de titânio no dióxido de titânio
é 60%.
28 g – x
ou N *80 g de NH4NO3 – 28 g de N
100 g de NH4NO3 – x g de N
x = 35%
12 C
% de N na ureia (60 g/mol):
28 . 100
= 46, 7%
60
TC ă BLOCO
% de N de nitrato de amônio (80 g/mol):
28 . 100
= 35%
80
03
01 B
% de N de nitrato na guanidina (59 g/mol):
Carbono: n = m/M = 65,4/12 = 5,5 mol
Hidrogênio: n = m/M = 5,5/1 = 5,5 mol
Oxigênio: n = m/M = 29,1/16 = 1,8 mol
42 . 100
= 71, 2%
59
Dividir pelo menor dos números encontrados.
5,5mol/1,8mol: 5,5mol/1,8: 1,8/1,8
% de N de sulfato de amônio (132 g/mol):
28 . 100
= 21, 2%
132
02
13 D
Fórmula percentual da sacarose: C12H22O11
Massa molar: 12 . 12 + 22 . 1 + 11 . 16 = 342 g/mol
144 g de carbono --------------------------- 342 g de sacarose
x ----------------------------------------------------------- 100 g de sacarose
x=
100 . 144
342
&
x b 42, 11g de carbono
22 g de hidrogênio --------------------------- 342 g de sacarose
y ----------------------------------------------------------- 100 g de sacarose
y=
100 . 22
342
Assim a fórmula mínima pedida é C3H3O
&
y b 6, 43 g de hidrogênio
176 g de oxigênio --------------------------- 342 g de sacarose
z ----------------------------------------------------------- 100 g de sacarose
100 . 176
&
z b 51, 46 g de oxigênio
342
Fórmula percentual: C 42,11% H 6,43% O 51,46%
z=
QUÍMICA III
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 21
C
30, 17%
30, 17 g
12 g / mol
2, 5 mols
1, 87
1, 33 mol
x3
4 mols
H
3, 13%
3, 13 g
1g / mol
3, 13 mols
1, 87
1, 67 mol
x3
5 mols
C,
66, 7%
66, 7 g
35, 5g / mol
1, 87 mol
1, 87
1mol
x3
3 mols
C4H5C3  F. mínima
03 D
Fórmula percentual do carbonato de cálcio:
Ca 40% C 12% O 48%
Fórmula mínima do carbonato de cálcio:
40
=1
40
12
=1
carbono =
12
48
=3
oxigênio =
16
cálcio =
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
21
26/03/2013 10:32:59
04 B
0,5 mol de quinina ---------------------------------- 1 mol de quinina (324 g/mol)
120 g de C ---------------------------------- 240 g de C
12 g de H
---------------------------------- 24 g de H
1,0 mol de N ---------------------------------- 2,0 mol de N
1,0 mol de O ---------------------------------- 2,0 mol de O
Quantidade de matéria de carbono:
12 g de carbono ---------------------------------- 1 mol de carbono
240 g de carbono -------------------------------- x
x=
240 . 1
12
x = 20 mol de carbono
&
Quantidade de matéria de hidrogênio:
1 g de hidrogênio ---------------------------------- 1 mol de hidrogênio
24 g de hidrogênio -------------------------------- y
y=
24 . 1
1
y = 24 mol de hidrogênio
&
Fórmula molecular da quinina: C20H24N2O2
05 A
0,01 mol de pirita ---------------------------------- 1,20 g
1 mol de pirita
---------------------------------- 120 g
46, 67
- 0, 83
56
53, 33
enxofre =
- 1, 67
32
ferro =
Dividindo todos os valores pelo menor deles, teremos:
0, 83
=1
0, 83
1, 67
enxofre =
-2
0, 83
ferro =
120 . n = 120 n = 1 Fórmula molecular: FeS2
06 A
100% de minerais ---------------------------------- 106 g (1 tonelada)
65% de minerais ---------------------------------- x
x = 6, 5 .105 g de minerais
&
Massa de fosfato de cálcio, Ca3(PO4)2, em 1 t de ossos:
100% ---------------------------------- 6,5 . 105 g
80% ---------------------------------- y
y=
80 . 6, 5 . 105
100
y = 5, 2 .105 g de Ca3 (PO4) 2
&
Massa de fósforo em 5,2 . 105 g de Ca3(PO4)2:
310 g (1 mol) de Ca3(PO4)2 --------------------------------- 2 . 31 g de P
5,2 . 105 g de Ca3(PO4)2
--------------------------------- z
5, 2 . 105 . 2 . 31
z=
310
&
z = 1, 04 .105 g de P
104 000 g = 104 kg de P
Massa de cálcio em 5,2 . 105 g de Ca3 (PO4)2:
310 g (1 mol) de Ca3(PO4)2 ---------------------------------- 3 . 40 g de Ca
5,2 . 105 g de Ca3(PO4)2
---------------------------------- w
w=
5
5, 2 . 10 . 3 . 40
310
&
w = 2, 01.105 g de Ca.
Massa de carbonato de cálcio, CaCO3, em 1 t de ossos:
100% ---------------------------------- 6,5 . 105 g
20% ---------------------------------- 
a=
20 . 6, 5 . 105
100
1, 3 . 105 . 1. 40
100
b = 0, 52 .105 g de Ca
&
Massa total de cálcio = 2,01 . 105 + 0,52 . 105
Massa total de cálcio = 2,53 . 105 g de Ca =
= 253 000 g de Ca = 253 kg de Ca
07 B
6,02 . 1020 moléculas
---------------------------------- 0,18 g de aspirina
6,02 . 1023 moléculas (1 mol) ---------------------------------- x
6, 02 . 1023 . 0, 18
& x = 180 g (180 g/mol)
x=
6, 02 . 1020
Fórmula percentual: C 60% H 4,44% O 35,56%
60
& carbono = 5
12
4, 44
hidrogênio =
& hidrogênio = 4, 44
1
35, 56
oxigênio =
& oxigênio - 2, 22
16
carbono =
Dividindo todos os números pelo menor deles:
5
carbono =
& carbono - 2, 25
2, 22
4, 44
hidrogênio =
& hidrogênio = 2
2, 22
2, 22
oxigênio =
& oxigênio = 1
2, 22
08 D
Massa da fórmula mínima = 1 . 56 + 2 . 32 = 120 g/mol
65 . 106
100
b=
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores números
inteiros, teremos: Fórmula Mínima: C9H8O4
Fórmula mínima: Fe1S2 ou FeS2
x=
Massa de cálcio em 1,3 . 105 g de CaCO3:
100 g (1 mol) de CaCO3 ---------------------------------- 1 . 40 g de Ca
1,3 . 105 g de CaCO3
---------------------------------- 
&
a = 1, 3 .105 g de CaCO3
Cálculo da quantidade de matéria de N e O:
0,5 mol do óxido ---------------------------------- 1,0 mol do óxido
7,0 g de N
---------------------------------- 14,0 g de N
16,0 g de O
---------------------------------- 32,0 g de O
Massa molar do óxido: 46 g/mol.
14, 0 g
& nitrogênio = 1mol
14 g/mol
32, 0 g
oxigênio =
& oxigênio = 2 mol
16 g/mol
nitrogênio =
Fórmula mínima: NO2
Massa da fórmula mínima: 1 . 14 + 2 . 16 = 46
n . 46 = 46 
n=1
Fórmula molecular: NO2
09 D
100% de ouro na aliança ---------------------------------- 2,0 g
75% de ouro na aliança ---------------------------------- x
75 . 2, 0
x=
& x = 1, 5 g de ouro
100
10 D
Ca5(PO4)3 OH = 5 . 40 + 3 . 31 + 13 . 16 + 1 . 1
Ca5(PO4)3 OH = 502 g/mol
Ca5(PO4)3 F = 5 . 40 + 3 . 31 + 12 . 16 + 1 . 19
Ca5(PO4)3 F = 504 g/mol
% de fósforo no composto Ca5(PO4)3OH
502 g de Ca5(PO4)3OH --------------------------- 93 g de fósforo
100 g de Ca5(PO4)3OH --------------------------- x
x=
100 . 93
502
&
x = 18, 53 g ou 18, 53%
% de fósforo no composto Ca5(PO4)3F
504 g de Ca5(PO4)3F --------------------------- 93 g de fósforo
100 g de Ca5(PO4)3F --------------------------- y
y=
100 . 93
504
&
y = 18, 45 g ou 18, 45%
Logo, os compostos apresentam aproximadamente 18,50% de fósforo.
22
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 22
QUÍMICA III
26/03/2013 10:32:59
11 B
% de carbono: 100% – (31,4% + 58,7%) – 9,9%
Fórmula percentual: C 9,9% F 31,4% C 58,7%
9, 9
= 0, 825
carbono =
12
31, 4
flúor =
- 1, 653
19
58, 7
cloro =
- 1, 653
35, 5
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles para transformar essa proporção em números inteiros e pequenos, teremos:
0, 825
=1
carbono =
0, 825
1, 653
flúor =
-2
0, 825
1, 653
cloro =
-2
0, 825
Fórmula mínima: CF2C2
12 A
Fórmula percentual: C 22,88% H 5,76% As 71,36%
22, 88
carbono =
& carbono - 1, 90
12
5, 76
hidrogênio =
& hidrogênio = 5, 76
1
71, 36
arsênio =
& arsênio - 0, 95
75
Dividindo todos os números pelo menor deles:
1, 90
& carbono = 2
0, 95
5, 76
hidrogênio =
& hidrogênio = 6
0, 95
0, 95
arsênio =
& arsênio - 1
0, 95
carbono =
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores números
inteiros, teremos: Fórmula Mínima: C2H6As
Massa da fórmula mínima = 105 g/mol
n . massa da fórmula mínima = massa molar
n . 105 = 209,96  n - 2
Fórmula molecular: C4H12As2
15 C
C 66,38% H6,38% O 27,23%
66, 38
carbono =
& carbono b 5, 532
12
6, 38
hidrogênio =
& hidrogênio = 6, 38
1
27, 23
oxigênio =
& oxigênio b 1, 702
16
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
5, 532
& carbono = 3, 25
1, 702
6, 38
hidrogênio =
& hidrogênio b 3, 75
1, 702
1, 702
oxigênio =
& oxigênio = 1
1, 702
carbono =
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores números
inteiros, teremos: Fórmula mínima: C13H15O4
Massa da fórmula mínima = 235 g/mol
n . 235 = 470  n = 2
Fórmula molecular: C26H30O8
16 E
C 24,78% H2,08% O 73,1%
24, 78
carbono =
& carbono = 2, 065
12
2, 08
hidrogênio =
& hidrogênio = 2, 08
1
73, 1
cloro =
& cloro b 2, 059
35, 5
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
2, 065
& carbono b 1
2, 08
2, 08
hidrogênio =
& hidrogênio = 1
2, 08
2, 059
cloro =
& cloro b 1
2, 08
carbono =
Fórmula mínima: C1H1C1
Massa da fórmula mínima = 48,5 g/mol
n . 48,5 = 290,85  n - 6
Fórmula molecular: C6H6C6
13 A
Óxido 1
70
= 1, 25 / 125 = 1
Ferro:
56
30
= 1, 875 / 125 = 1, 5
Oxigênio:
16
x 2 = Fe2O3
Óxido 2
77, 8
= 1, 389 / 1, 389 = 1
Ferro:
56
FeO
22, 2
= 1, 389 / 1, 389 = 1
Oxigênio:
16
14 E
C 77,87% H11,76% O 10,37%
77, 87
carbono =
& carbono b 6, 49
12
11, 76
hidrogênio =
& hidrogênio b 11, 76
1
10, 37
oxigênio =
& oxigênio b 0, 65
16
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
6, 49
carbono =
& carbono b 10
0, 65
11, 76
hidrogênio =
& hidrogênio b 18
0, 65
0, 65
oxigênio =
& oxigênio = 1
0, 65
Fórmula mínima: C10H18O1
Massa da fórmula mínima: 154 g/mol
n . 154 = 154
n = 1
Fórmula molecular: C10H18O
QUÍMICA III
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REPRESENTAÇÃO DAS
TRANSFORMAÇÕES QUÍMICAS
Capítulo
06
EA ă BLOCO
Cálculos Químicos
04
01 A
Análise das alternativas:
A) CORRETA. Lei das Proporções Constantes ou Lei de Proust.
B) INCORRETA. Massa total dos reagentes é igual à massa total dos
produtos, em um sistema fechado (Lavoisier).
C) INCORRETA. Na transformação do gelo seco em gás carbônico
ocorre uma mudança de estado físico, portanto um fenômeno
físico.
D) INCORRETA. A reação H2CO3  H2O + CO2, coeficientes estequiométricos 1: 1: 1, respectivamente.
02 A
Adição e retirada de A e D
EH ă BLOCO
02
01 A
28\11,2 = 2,5
16\6,4 = 2,5
Concluímos que:
a = 44; b = 11; 1 g de Y; d = 17,6 e não há excesso.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
23
26/03/2013 10:32:59
TC ă BLOCO
04
08 01 – V; 02 – F; 04 – V; 08 – F
Soma: 05
09 D
01 CO2  CaO  CaCO3
x
28 kg
50 kg
A) x = 50 kg – 28 kg = 22 kg de CO2
B)
22 kg 28 kg
88 . 28
=
= 112 kg de CaO
& x=
x kg
88 kg
22
22 50
88.50
=
= 200 kg de CaCO3
& y=
8
y
22
m CO2
22 11
=
=
C)
m CaO 28 14
02 A) Composto A:
87,0 g de iodo ––––––––––13,0 g de flúor
Composto B:
69,0 g de iodo –––––––––– 31,0 g de flúor
87,0 g de iodo –––––––––– x g de flúor
x = 39,1 g de flúor
Composto C:
57,0 g de iodo –––––––––– 43,0 g de flúor
87,0 g de iodo –––––––––– y g de flúor
y = 65,6 g de flúor
As massas formam uma proporção segundo a lei de Dalton:
1:3:5
B) É impossível deduzir, usando apenas os dados fornecidos para o
composto A, que sua fórmula mínima é IF, pois a proporção em
mols é 1:1
127,0 g de iodo –––––––––– 1 mol
87,0 g de iodo –––––––––– x mol
x = 0,685 mol
03 F F V F V
05 C
A palha de aço ao sofrer combustão aumenta a sua massa de acordo
com a seguinte reação:
10 g
A) Verdadeira.
B) Falsa. O esquema ilustra o Princípio de Lavoisier (conservação da
massa), uma vez que apresenta a massa total de um sistema fechado antes de a reação acontecer e depois de ocorrida a reação.
C) Não varia.
D) Falsa.
E) Falsa.
12 C
Proporção, em massa, das substâncias envolvidas na reação:
– 6 g de magnésio reagem com 4 g de ooxigênio, formando 10 g
de óxido de magnésio;
– 60g de magnésio reagem com 40 g de oxigênio, formando 100 g
de óxido de magnésio.
Se há 60 g de oxigênio no sistema inical e só reagem 40g de oxigênio,
sobra um excesso de 20 g dessa substância.
13 C
6CO2 + 6H2O  C6H12O6 + 6O2
6 mol
6 mol
1 mol
6 mol
6(44 g) 6(18 g)
180 g
6(32 g)
massa total
massa total
dos reagentes
dos produtos
Corretas: I, III e IV.
14 D
A reação que ocorreu entre o ácido sulfúrico e a esponja de aço
produziu gás hidrogênio (H2(g)) que foi liberado para o ambiente e
por isso a balança está indicando a massa final menor que a massa
inicial. Assim, não foi possível verificar a Lei de Lavoisier, pois o sistema
está aberto.
 2Fe2O3(s)
+ 3O2(g)
3 . 32 g
96 g
2.160 g
320 g
+
z
20 g

TRANSFORMAÇÕES QUÍMICAS
Capítulo
(30 g)
D)
my
10 g 1
=
= (verdadeiro)
mz
20 g 2
E)
my
1
= (falso)
mz
2
07 E
CO(g) +
(falso)
(falso)
70 g (60 g) (x2) (falso)
1
O  CO2(g)
2 2(g)
• Número de átomos dos reagentes = número de átomos do produto
• Massa dos reagentes = massa do produto.
2CO + O2  2CO2
3 moléculas
2 moléculas
• O número de moléculas dos reagentes é diferente do número de
moléculas do produto.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 24
Gases
x
A) y = 20 g z = 40 g 60 g (x2)
B) y = 5 g
z = 10 g
15 g (2)
C) y = 20 g z = 50 g(40g)
24
11 A
07
06 D
y
O sistema é aberto , o gás carbônico formado no experimento II vai
embora, consequentemente a massa final é menor que a massa inicial.
15 D
04 V V F F V
4 . 56g
224 g
10 C
2HNO3(aq) + K2CO3(s)  2KNO3(aq) + H2O(l) + CO2(g)
Na experiência ocorre uma reação química com liberação de gás
(CO2(g)), como o sistema não está fechado não será possível verificar
experimentalmente a Lei de Lavoisier.
19,0 g de flúor –––––––––– 1 mol
13,0 g de flúor –––––––––– y mol
y = 0,684 mol
4Fe(s)
Papel queimado – forma gás carbônico e vapor de água – o prato A
fica mais leve que o B.
Palha de aço queimada – forma óxido de ferro, o prato B fica mais pesado.
EA ă BLOCO
05
01 D
Análise das anotações:
I. Anotação incorreta. As massas são diferentes.
De acordo com o princípio de Avogadro, nas mesmas condições
de temperatura e pressão, o mesmo volume de um gás possui o
mesmo número de moléculas.
mH2
mH2
m
m
= Ar &
= Ar
nH2 = nAr &
MH2
MAr
2
40
mAr =
40
m & mAr = 20 # mH2
2 H2
II. Anotação correta. Comportam-se como gases ideais, ou seja, o
volume das moléculas e a atração intermolecular são desprezíveis
e os choques são considerados perfeitamente elásticos.
III. Anotação incorreta. A molécula de hidrogênio tem dois átomos e
o argônio é monoatômico.
IV. Anotação correta. Têm o mesmo número de mols, de acordo com
a hipótese de Avogadro.
QUÍMICA III
26/03/2013 10:33:02
02 A
EH ă BLOCO
Teremos:
01 B
no2 + nHe = n
Para uma mistura de gases sem reação química, vale a seguinte relação
matemática:
0, 90m 0, 10m
1, 7
+
=n & n=
m
32
4
32
0, 90m
PO2 no2 PO2
=
= 32
&
P
n
1
1, 7
m
32
m
0, 90 x
PO2
32
=
= 0, 53 atm
1
m
1, 7 x
32
EA ă BLOCO
Pfinal # Vfinal
P #V
P #V
P #V
= 1 1+ 2 2+ 3 3
Tfinal
T1
T2
T3
Pfinal # 3V
3#V
4, 5 # V 1 # V
=
+
+
= 2 atm
300
400
600
200
EH ă BLOCO
05
01 A
06
01 C
A partir da equação geral para um gás ideal, teremos:
Pinicial # Vinicial
P #V
= final final
Tinicial
Tfinal
1 atm # V
Pfinal # V
=
298 K
(273 + 621) K
Pfinal = 3, 0 atm
EA ă BLOCO
04
Sendo o fenômeno da brisa terrestre o inverso do da brisa marítima, o
ar sobre a água está mais quente e, consequentemente, sobe, deixando
uma área de baixa pressão.
Isso provoca, portanto, deslocamento de ar do continente para o mar.
TC ă BLOCO
05
01 C
Na altitude 3014 m, a menor temperatura de ebulição será no Pico da
Neblina.
07
02 C
01 A
A equação da fotossíntese é:
6CO2 + 12H2O C6H12O6 + 6O2
Assim, teremos:
6 mols de CO2 --------------------------------------------- 6 mols de O2
68 mols de CO2 --------------------------------------------- nO2
Considerando que o gás encontra-se nas C.N.T.P., teremos:
1 mol de O2 --------------------------------------------- 22,4 L
68 mols de O2 --------------------------------------------- VO2
VO2 = 1523,2 L
02 C
Teremos:
A (g) + B (g) " 2C (g)
5 mol 5 mol 10 mol
P#V = n#R#T
TK = 100 cC + 273 cC = 373 K
A análise do gráfico nos permite concluir que:
de 1 a 2: isotérmica (T constante);
de 2 a 3: isométrica (V constante);
de 3 a 4: isobárica (P constante);
de 4 a 2: isotérmica (T constante).
O item C é correto.
03 A
O gráfico da questão é típico de uma isoterma para um gás ideal. Nestas
condições, o produto da pressão pelo volume é constante. Para os dados
apresentados no gráfico:
P . V = 8 . 2.250 = 18.000
10 . 1.800 = 18.000
15 . 1.200 = 18.000
26 . 692,3 = 18.000
Portanto, somente a alternativa A está correta.
04 D
3 # V = 10 # 0, 082 # 373 = 101, 95 L . 100 L
EH ă BLOCO
03
V
01 B
O físico irlandês, Robert Boyle (1627-1691) foi o primeiro a constatar
que a temperatura de um ser humano permanece constante. Observou
que a relação entre a pressão e o volume de um gás, quando a massa e
a temperatura são mantidas constantes, é inversamente proporcional,
ou seja, são grandezas inversamente proporcionais (P x V = Constante).
Numa transformação gasosa entre dois estados, mantidas a massa e
a temperatura constantes, teremos:
T
V = 3V
Estado P2 = ?
2
final
T2 = T
Após abrir a torneira, temos: V1 = V1 + 2V1 = 3V1
Pela Lei de Boyle, vem:
P1V1 = P2V2 
P P
Y = P2 . 3Y
PV
V & P2 = = 1
3 3
pressão
Ar
P
800 milibar
27 oC = 300k
V/2
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 25
V =V
Estado P1 = P
1
inicial
T1 = T
05 E
2P
QUÍMICA III
2V
V
Volume
Δ
Ar
Fechamento
do tubo
800 milibar
127 oC = 400k
Ar
Resfriamento
800 milibar
127 oC = 400k
Ar
P=?
27 oC = 300k
• Num frasco aberto, a pressão do gás no seu interior não varia
com a temperatura e é sempre igual à pressão exterior, ou seja, a
pressão barométrica ou pressão atmosférica.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
25
26/03/2013 10:33:05
• O fechamento do tubo não altera a pressão do gás no seu interior,
desde que a temperatura permaneça constante.
• No resfriamento do tubo fechado, ocorre uma transformação
P
isométrica ou isovolumétrica, na qual
é constante.
T
P1 P2 800 milibar
P
= `
= 2
T1 T2
400 K
300K
800 . 300
= 600 milibar = 0, 600 bar
P2 =
400
11 A
Ptotal = pO + Págua
2
pO = Ptotal – Págua
2
pO = 786,7 – 26,7 = 760 mmHg
2
pO = 1 atm
2
Utilizando a equação geral dos gases, teremos:
PV =
m=
06 A
D
2 KC() + 3 O2(g)
12 E
Da tabela calculamos K:
1.0, 5
1 atm . m3
"K=
K=
200
400
K
• Na nova situação:
P.V
2.1
1
=K "
=
` T = 800 K
T
T
400
Observando o gráfico em 2,5 bilhões de anos temos 5 % de oxigênio.
13 A
De acordo com a hipótese de Avogadro, nas mesmas condições de
temperatura e pressão, o mesmo volume será ocupado pelo mesmo
número de moléculas.
14 B
Da equação de estado de um gás, vem:
07 D
Teremos:
MCO2 = 44 g . mol–1
P.V =
m
8800
8,8 kg = 8800 g  n =
=
= 200 mols
M
44
PxV=n.R.T
P = 1 atm; R = 0,082 atm . K mol–1 . K–1
T = 27 + 273 = 300 K
n = 200 mols
1 x V = 200 x 0,082 x 300
V = 4920,0 L
08 A
Balanceando a equação fornecida, teremos:
C2H6O() + 3 O2(g)  2 CO2(g) + 3 H2O()
46 g –––––– 2 . 44 g
4,6 kg –––––– mCO2
mCO2 = 8,8 kg
09 B
Alternativa A está incorreta, pois o volume e a temperatura dos gases
são diretamente proporcionais, o que é evidenciado na equação dos
gases perfeitos ou de Clapeyron, PV = nRT. Então o balão que murchou
foi colocado em água fria, pois a diminuição da temperatura causou
uma contração dos gases da bexiga.
Alternativa B está correta. Os gases sofrem expansão do volume à
medida que a temperatura aumenta. A equação dos gases perfeitos
ou de Clapeyron, PV = nRT, indica a relação diretamente proporcional
entre o volume e a temperatura dos gases.
Alternativa C está incorreta, o volume do balão que foi colocado em
água fria diminuiu, porque a pressão do sistema diminuiu, reduzindo
o choque das partículas de gás com as paredes do balão. Como
pode ser visto na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, PV
= nRT, pressão e temperatura são diretamente proporcionais; se a
temperatura diminui, a pressão também diminui.
Alternativa D está incorreta, pois as partículas dos gases não sofrem
variação de tamanho. O volume se altera devido às variações nos
espaços vazios entre as partículas, que podem aumentar ou diminuir
de acordo com as variações na temperatura.
Alternativa E está incorreta, não houve reação química.
10 C
A partir da equação (4C 3H 5(NO 3) 3()  6N 2(g) + O 2(g) + 12CO 2(g)
+ 10H2O(g)) e de acordo com a hipótese de Avogadro, teremos
(6 + 1 + 12 + 10 = 29) moles de gases formados a partir da explosão
de 4 moles de nitroglicerina, então,
P.V = ntotal.R.T
26
1 x 0, 123 x 32
= 0, 16g
0, 82 x 300
2 KC O3(s)
P.V
=K
• PV = KT 
T
V=
n
RT
M
29 x 0, 082 x 298, 15
= 709 L
1, 0
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 26
V=
m
. R.T
M
m. R. T
170 x 0, 082 x 300
=6, 97 L = 7L
& V=
P.M
150 x 4
15 D
A partir da equação de estado de um gás ideal (Clapeyron):
m
RT
PV = nRT  PV =
M
Deduzimos:
PM m
PM
= & d=
RT
V
RT
Então,
d=
PM
2 x 28
= 1, 304 g/L
& d=
RT
8, 21 x 10–2 x 523
Como P = 2,0 atm; V = 0,250 L; R = R = 8,21 x 10–2 atm . L.K–1. mol–l;
T = 250 oC = 523 K. Substituindo na equação de estado (Clapeyron),
temos:
PV = nRT
2,0 x 0,250 = n x 8,21 x 10–2 x 523
n = 1,1645 x 10–2 mol de moléculas, ou seja:
1,1645 x 10–2 x 6,02 x 1023 = 7,01 x 1021 moléculas. A resposta mais
aproximada está na alternativa D.
16 01 + 04 = 05
Teremos:
6 mols de H2 e 2 mols de N2 formam 4 mols de NH3:
1 N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g)
1 mol ---- 3 mol ---- 2 mol
2 mol ---- 6 mol ---- 4 mol
A molécula de NH3 apresenta em porcentagem de massa 82,4% de
N e 17,6% de H.
NX% HY%
NH3 = 17 u
17 u – 100%
14 u – x%
x% = 82,3529%  82,4%
17 u – 100%
3 u – Y%
y% = 17,647 %  17,6%
17 D
A partir da equação de Clapeyron (equação do estado de um gás), vem:
m
xRx T
M
7, 4
P x 0, 8 =
x 0, 08 x (37+ 273)
74
P = 3, 1 atm
P x V=
QUÍMICA III
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TC ă BLOCO
Para o gás O2, temos:
P1 =5 atm
Estado inicial )
V1 = 2L
06
01 B
P2 =?
Estado final )
V2 =5L
Aplicando a Lei de Boyle, vem:
P1V1 = P2V2  5 . 2 = P2 . 5  P2 = 2 (pressão parcial do O2)
Pela Lei de Dalton das pressões parciais, temos:
PT = pN2= po2 = 0,6 + 2 = 2,6 atm
I
II
H2(g)
V = 1L
t = 25oC
P = 1 atm
C2(g)
V = 1L
t = 25oC
P = 5 atm
04 A
Solidificação da água: seta 2 (processo isobárico).
Sublimação da água: seta 7 (processo isotérmico).
05 A
1o) Cálculo do no de mols antes de abrir a torneira:
PV = nRT
(I) 1 atm . 1 L = nH H 298K
2

 nH =
2
1
=x
R . 298
Balão B:
0,5 n mol de O2 e 0,5 n mol de H2
nB = 1 n mol
(II) 5 atm . 1 L = nC2 R 298K

 nC =
2
Como as pressões parciais no equilíbrio são proporcionais aos números
de mols, teremos:
Balão A:
nA = 1 n mol H2
5
= 5x
R . 298
Podemos concluir que a proporção entre nH2 e nC2 é de x para 5x.
2o) Após abrir a torneira:
Abrindo a torneira:
n(total) = nA + nB = 2 n mol
1, 5 n
= 0,75  0,75 atm
Pressão parcial do H2 =
2n
Pressão parcial do O2 =
H2(g) + C2(g)  2 HC(g)
1mol
1mol
2 mol
x
x
2x
S
1 444
4 2 444
43
0, 5 n
= 0,25  0,25 atm
2n
06 C
1 – F; II – F; III – V; IV – V.
Forma
Reagem
Há excesso de 4x de C2(g).
07 E
nC,
4x
=
=2
A relação entre nC2 e nHC(g) é:
nHC, 2x
2
02 B
Para o gás H2, temos:
P1 = 3 atm
Estado inicial )
V1 = V
P =?
Estado final ) 2
V2 = V + V + V = 3V
Sendo a transformação isotérmica, podemos aplicar a Lei de Boyle:
Y = P2 . 3V
Y  P2 = 1 atm.
P1V1 = P2V2  3V
A pressão parcial do H2 na situação final será 1 atm.
Para o gás He, temos:
P1 = 9 atm
Estado inicial )
V1 = V
P =?
Estado final ) 2
V2 = V + V + V = 3V
Aplicando a Lei de Boyle:
Y  P2 = 3 atm.
P1V1 = P2V2  9V = P2 . 3V
A pressão parcial do He na mistura final será 3 atm.
Pela Lei de Dalton para pressões parciais, temos:
pT = pH2 + pHe = 1 + 3 = 4 atm.
Ao considerarmos um gás ideal dentro de um cilindro, poderemos
calcular o número de mols desse gás se soubermos os valores da
pressão, da temperatura e do volume utilizando a equação do estado
de gás ideal:
PxV=nRT
Na qual:
P = pressão do gás
V = volume do gás
n = número de mols do gás
R = constante universal dos gases ideais
T = temperatura absoluta (Kelvin)
Como n = m/M (onde M é a massa molar do gás), substituindo esta
expressão na equação anterior, também podemos utilizar:
PxV=
Teremos:
V = 3 m3 = 3000 L
P = 1 atm
M(O2) = 32 g/mol
T = 300 K
Substituindo na equação acima, vem:
1 x 3000 = (m/32) x 0,082 x 300
m = 3902,4 g ou 3,9 kg
08 D
Ptotal = 4 atm; PA = 2 atm; PB = 1 atm e PC = 1 atm
Ptotal . V = ntotal . R . T
4 . 37
ntotal =
0, 082 . 300
PA = XA . Ptotal
03 C
Para o gás N2, temos:
P1 =1 atm
m
RT
M
PA
. ntotal
Ptotal

Ptotal . V
R.T
ntotal = 6 mols

PA =
nA
. Ptotal
ntotal

nA =
2.6
4
 nA = 3 mols

ntotal =
Estado inicial ) V = 3L
1
nA =
P =?
Estado final ) 2
V2 = 3L + 2L =5 L
nB =
PB
. ntotal
Ptotal

nB =
1. 6
4
 nB = 1,5 mol
nC =
PC
. ntotal
Ptotal

nC =
1. 6
4
 nC = 1,5 mol
Aplicando a Lei de Boyle (transformação isotérmica), temos:
P1V1 = P2V2  1 . 3 = P2 . 5  P2 = 0,6 atm (pressão parcial do N2)
QUÍMICA III
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Analogamente:
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
27
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09 A
Trata-se de uma transformação isotérmica:
PO2 . VO2 + PV . VV = Ptotal . Vtotal
3 . 5 + 0 . 7 = Ptotal . (5 + 7)  Ptotal = 1,25 atm
10 C
O gás hidrogênio é um gás que sofre combustão, enquanto o gás hélio
é bastante inerte. Ambos os gases são menos densos que o ar, sendo
a densidade do hidrogênio menor que a do hélio. Assim somente o
item C é correto.
11 A
Dado o número de mols de cada componente, a lei do gás ideal é
usada para calcular a pressão total do sistema:
n = 0,20 mol de CH4 + 0,30 mol de H2 + 0,40 mol de N2 = 0,90
mols de gases;
V = 10 L;
T = 298 K;
PV = nRT; P = nRT/V = 2,20 atm.
07
TC ă BLOCO
01 E
A) (F) A solubilidade dos gases na água, aumenta com a diminuição
da temperatura, mas a difusão desses gases na água diminui com
o decréscimo da temperatura.
B) (F) As velocidades de difusão dos gases nas mesmas condições
dependem da massa molar de cada gás.
C) (F) Se os gases posuem a mesma fração molar, terão também as
mesmas pressões parciais.
D) (F) A solubilidade dos gases nos líquidos é inversamente proporcional à temperatura e diretamente proporcional à pressão.
E) (V) A difusão de um gás na água é diretamente proporcional a
concentração desse gás em temperatura e pressão constantes.
02 E
“O mesmo número de partículas, de quaisquer gases, submetidas às
mesmas condições de pressão e de temperatura, ocupa sempre o
mesmo volume.”
Observe:
T
(temperatura)
12 A
V = 82 L
T = 27 + 273 = 300 K
P = 6 atm
mCH4 = ?
PT . V = nT . R . T
6 . 82 = nT . 0,082 . 300
492
= 20 mols
24, 6
nCH4 =10 mols (50%)
nTOTAL = 20 mols )
nC2H6 =10 mols (50%)
CH4 = 16 g/mol
1mol de CH4 " 16 g
)
10 mols de CH4 " X g
X = 10 . 16 = 160 g de CH4
C2H6 = 30 g/mol
1mol de C2H6 " 30 g
)
10 mol de C2H6 " Y g
y = 10 . 30 = 300 g de C2H6
mTOTAL = 160 g + 300 g = 460 g
13 D
I. (V); A pressão parcial do O2(g) (pO2(g)) no interior da cabine é maior
que a pressão parcial do O2(g) no exterior da cabine quando o avião
voa a 10.000 m de altitude.
II. (V); pO2 = XO2 . PTOTAL
III. (F); A pO2(g) no interior da cabine é maior que pO2(g) no ar a 2.400
m, pois no interior da cabine o ar é mais seco (menor concentração
de H2O(v)).
TV% argônio = 0,9%
PTOTAL = 100 atm
PAr = ?
PTOTAL
PAR
100%
09%
100 . 0, 9
x=
= 0,9 atm
100
15 B
Quando a penca de bananas está fechada em um recipiente plástico, o gás
etileno (C2H4(g)) que vai sendo liberado pelas frutas vai se acumulando no
recipiente, aumentando assim a pressão parcial deste gás no recipiente
plástico.
28
(volume)
V
P
(pressão)
P
(pressão)
4 mols do gás
representado
por:
Gases diferentes nas mesmas condições
de pressão e temperatura
03 C
Massas iguais, mas no de partículas diferentes.
04 E
Etilamina = 45 g/mol
Cloreto de hidrogênio = 36,5 g/mol
VDHC,
=
VDC2H5NH2
MC2H5NH2
MHC,
Como as velocidades de difusão dos gases são inversamente proporcionais às raízes quadradas de suas massas molares, a velocidade de
difusão do HC será maior que a do C2H5NH2 e portanto o produto
formado pela reação desses dois compostos será formado mais próximo do algodão embebido em C2H5NH2. Assim, o item E é correto.
05 C
A diminuição da pressão parcial do CO2(g), favorecendo a formação
do precipitado de carbonato de cálcio.
06 C
H2 > CH4 > N2 > O2 > CO2
07 B
14 C
100 atm
)
X atm
(volume)
V
4 mols do gás
representado
por:
nT =
T
(temperatura)
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 28
Mol (H2S) = 34 g/mol  maior velocidade de efusão
Mol (H3C – O – CH3) = 46 g/mol
Mol (SO2) = 64 g/mol  menor velocidade de efusão
Assim o odor dos gases deve ser sentido na seguinte ordem: H2S;
(CH3)2O; SO2.
08 C
I. Errado.
P . 28
RT
P . 40
Ar: dAr =
RT
N2 : d N =
2
dAr > dN
2
II. Errado. Foi obtido um gás com maior densidade (Ramsay).
III. Correto. O gás argônio é um gás bastante estável (gás nobre).
QUÍMICA III
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09 D
Resolução:
A substância descrita por Faraday é o gás nitrogênio (N2), pois, nas condições padrão, ele não pega fogo, não alimenta uma combustão e é
um gás inodoro.
16 D
d = 0,08 g/L
T = 27 + 273 = 300 K
P = 1 atm
R = 8 . 10–2 atm . L . mol–1 . K–1
d=
10 C
Teremos:
C3H5(NO3)3 = 227 g/mol
4C3H5(NO3)3()  6N2(g) + 12CO(g) + 10H2O(g) + 7O2(g)
P .M
R.T
M=
d.R . T
P
4 x 227 g --------------------------- (6 + 12 + 10 + 7) mol de gases
454 g --------------------------- ngases
M=
0, 08 . 8 . 102 . 300
1
ngases = 17,5 mol de gases
M = 192 . 10–2
M = 1,92 g/mol  M  2,0 g/mol
A partir da equação de estado de um gás ideal, vem:
ngases = 17, 5 mol; P = 1atm; R = 8, 2 $ 10-2 atm $ L $ K-1 $ mol-1; T = 300 K
P#V = n#R#T
1 # V = 17, 5 # 8, 2 $ 10-2 # 300
V =430, 5 L.
17 C
constante
I. (F) d =
11 C
Teremos as seguintes reações de combustão:
_
CH3OH + 1, 5O2 " CO2 + 2H2O b
S
b
Me tan ol
b
1mol 1, 5 # 22, 4 L
b
b
b
C4H10 + 6, 5O2 " 4CO2 + 5H2O b
S
Bu tan o
`1, 5:6, 5:12, 5(# 2) & 3:13:25
b
1mol 6, 5 # 22, 4 L
b
b
b
C8H18 + 12, 5O2 " 8CO2 + 9H2Ob
S
Bu tan o
b
b
1mol 12, 5 # 22, 4 L
a
12 C
A solubilidade de um gás em um líquido depende da energia cinética
média das moléculas do gás, pois de acordo com o gráfico, quanto
maior a temperatura (energia cinética), menor a solubilidade do gás.
A elevação da pressão exercida sobre o sistema que comporta o soluto
gasoso e o solvente líquido interfere na solubilidade do gás.
Observação: Quanto maior a pressão parcial do gás (soluto), maior
a sua concentração.
13 A) Mistura deficiente em oxigênio. Como o CO2 resulta da combustão,
menos oxigênio representa menos combustão e, consequentemente, menos dióxido de carbono é produzido.
B) O lado direito representa a condição de mistura rica em oxigênio
e, em decorrência, de combustão completa. Consequentemente,
maior será a conversão dos hidrocarbonetos presentes no combustível em CO2, reduzindo a quantidade de monóxido produzido.
P.M
; a densidade do gás é inversamente proporcional à
R.T
temperatura, ou seja, com o aumento da temperatura a densidade
do gás diminui.
II. (V) O aumento da temperatura provoca um aumento da agitação
das moléculas do gás e consequentemente aumenta a energia
cinética média das moléculas.
III. (V) A massa e o número de mol do gás permanecem constantes,
pois o recipiente está fechado.
IV. (F) P . V = n . R . T
cte cte aumenta
O produto P . V irá aumentar.
18 D
VDH2
=
VDSO2
MSO2
VH
& D 2 =
MH2
VDSO2
64
2
VDH2
VH
VH
= 32 & D 2 = 24 . 2 & D 2 = 22 . 2
VDSO2
VDSO2
VDSO2
VDH2
= 4 . 1, 41 & VDH2 =5, 64 . VDSO2
VDSO2
∆sH2 = 5,64 xcm
∆sSO2 = xcm
x + 5,64 x = 94,1
6,64 x = 94,1
94, 1
x=
= 14,1 cm
6, 64
∆sH2 = 5,64 . 14,1  80 cm
∆sSO2 = 14,1 cm
19 A) Análise dos experimentos:
I. NH3 + H2O
Fenolfitaleína
NH4OH
Fenolfitaleína
(Vermelha)
NH4+ OH–
Conclusão: A é o NH3.
14 C
d=
II. Ca(OH)2 + CO2  CaCO3  + H2O
Ca (OH)2 + SO2  CaSO3 + H2O
M
M
 1,25 =
22, 4
22, 4
M = 1,25 x 22,4 = 28 g.mol–1  CO (monóxido de carbono)
15 C
VDH2 = 27 km/min
VDO2 = ?
Mol H2 = 2 g/mol
Mol O2 = 32 g/mol
VDH2
=
VDO2
27

=
VDO2
MO
2
MH
27
=
VDO2
VDO2 =

2
32
2
QUÍMICA III
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 29
16 
27
=4
VDO2
27

4
VDO2 = 6,75 km/min
6, 75 km " 1min
)
X km " 60 min
x = 405 km/h
VDO2 = 405 km/h
III. Teremos:
2KMnO4 + SO2  K2SO3 + 2MnO + 5[O]
O SO2 descora a solução de KMnO4, logo é o gás D.
Consequentemente o gás C é o CO2.
IV. Combustão do CO:
CO +
1
O  CO2
2 2
Combustão do CH4:
CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O
O cloreto de cálcio anidro reage com água formando um sal hidratado:
CaC2 + H2O  CaC2 . 2H2O
A massa aumenta, logo o CH4 é o gás B e o CO é o gás E.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
29
26/03/2013 10:33:05
Teremos:
Cilindro
A
B
C
D
E
3
O volume de gás oxigênio ocupado por mol nas CNTP será dado por:
2
1 mol ________ 22,4 L
Gás
NH3
CH4
CO2
SO2
CO
3
mol ________ V
2
V = 33,6 L
23 D
B) As equações são as seguintes:
Ca(OH)2 + CO2  CaCO3 + H2O
Ca(OH)2 + SO2  CaSO3 + H2O
C) Teremos uma reação de oxirredução. Nesta transformação, o Nox do
manganês Mn (+7) diminui. Concluímos que ocorre descoramento
da solução.
20 A) 3SO2 + 2HNO3 + 2H2O  2NO + 3H2SO4
B) Como a mistura gasosa contém apenas 0,08% em massa de NO,
podemos considerar que a massa molar é aproximadamente igual
à massa molar do N2 = 28 gmol–1. A participação do N2 em massa
na mistura é de 99,92%.
Assim, teremos:
V = 2400 L
P = 1 atm
T = 25oC = 298k
R = 0,082 atm . L moL–1 K–1
M = 28 gmol–1
m
PV =
RT
M
PVM
m=
RT
Em 100 g do cianogênio temos: 46,2 g de carbono e 53,8 g de
nitrogênio.
Determinação da fórmula mínima:
________
1 mol de C
12 g
________
x
46,2 g
x = 3,85 mol de C
________
1 mol de N
14 g
________
y
53,8 g
y = 3,84 mol de N
A proporção em mol entre C e N é de 1 : 1, portanto a fórmula mínima será (CN).
Determinação da massa molar do cianogênio:
m
RT
P.V =
M
1, 04
62 . 300
750 . 0,496 =
M
M = 52 g/mol
(MF.mínima) . n = MF. Molecular
26 n = 52  n = 2
Fórmula molecular: C2N2
24 Considerando que a temperatura permaneceu constante durante o
1 atm . 2400 Y
L . 28 g mol–1
m=
0, 082 atm . Y
L mol–1 k–1 . 298 Y
k
experimento:
m = 2750 g
2750 g
x
V
100% NO
3
0, 08%
9V
x = 2,2 g
A massa de NO na mistura é aproximadamente 2,2 g.
21
Torneira fechada
PfVf
1 atm . 9 V
Pa =
A) V1 = 20,0 mL
Xe(g)
P1 = 0,480 atm
T1 = –15oC = 258 K
V2 = ?
P2 = 1,00 atm
T2 = 298 K
P1V1 P2V2
=
T1
T2
20 mL . 0, 48 atm 1, 0 atm . V2
=
Y
Y
258 K
298 K
v2 = 11,09 mL
B) P3 = ?
V3 = 12,0 mL
T3 = 20oC = 293 K
Torneira aberta
= PaVa
= Pa . 10V
1 atm . 9 Y
V
=
10 Y
V
=
9
atm
10
Logo, a pressão em 1 e 2, quando a torneira estiver novamente
fechada, será igual a
Torneira fechada
9
atm.
10
PfVf
9/10 atm . 9 V
Pa =
Torneira aberta
= PaVa
= Pa . 90V
9 atm . 9 Y
V
9
=
atm
10 . 90 Y
V
10
Logo, a pressão em 1 e 3 será igual a
9
atm.
100
9V
P1V3 P3V3
=
T1
T3
20 mL . 0, 48 atm P3 . 12 mL
=
P = 0, 91 atm
Y
Y 3
258 K
293 K
22 E
Admitindo um comportamento ideal para o gás oxigênio, o volume
molar nas CNTP será calculado por:
PV = nRT
81V
nRT
V=
P
V=
(1mol) . (0, 082 L . atm . K–1 mol–1) . (273 K)
1 atm
V = 22,4 L
A equação química da decomposiçao será:
3
KCO3(s)
KC(s) +
O
2 2(g)
3
1 mol
mol
2
30
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
AP 2013 QUI III RESOLULÇAO VOL 2.indd 30
Assim, no final do experimento, temos em (1) P =
em (2) P =
9
= 0,9 atm
10
em (3) P =
9
= 0,09 atm
100
9
= 0,09 atm
100
QUÍMICA III
26/03/2013 10:33:06
2
nA
RT
2
Então:
=
=
nB
9
9
RT
A) Para relacionarmos os números de mols
PV
PV = nRT
n=
RT
Como R e T são constantes, apresentará menor número de mols e
de moléculas o frasco que apresentar o menor produto PV.
Frasco 1 0,09 atm . 9 V = 0,81 atm . V
Frasco 2 0,9 atm . 1 V = 0,9 atm . V
Frasco 3 0,09 atm . 81 V = 7,29 atm . V
ZP =?
]
] V =10 L
]
2
9
11
B) [n= + =
mol
RT RT RT
]
]R
]
\T
Portanto, no frasco 1, existirá a menor quantidade de moléculas.
B) P2 = 0,9 atm
P3 = 0,09 atm
P
0, 9 atm
=10.
Logo, 2 =
P3 0, 09 atm
25 D
Então:
PV = nRT  PT . 10 =
29
5
5
Z n0 + 2HC(aq)  ZnC2(aq) + H2 (g)
1 mol
1 mol
1.65 g -------- 1 . V
0,13 g ------- 56,4 mL
0,13 g . V = 65 g . 56,4 mL
V = 28 200 mL = 28,2 L
26
A
A
B) Nesse caso, estaríamos realizando uma transformação isotérmica.
P1 = 200 atm
Estado inicial )
V1 =50 dm3
Aplicando a Lei de Boyle, temos:
P1V1 = P2V2  200 . 50 = 1V2  V2 = 10.000 dm3 = 104 dm3
28
=
nH O
2
ne tan ol
Pf = ?
V=6L
A massa de O2 é obtida pela diferença entre a massa do balão B,
quando se atinge o equilíbrio, e a massa do balão vazio (evacuado):
470 – 422 = 48 g
Então:
(nO ) RT
2
VB
=
48 . 0, 082 . 300
=6, 15 atm (Peq)
32 . 6
P = 24, 6 atm
Gás O2 no início ) 1
VA =?
P =6, 15 atm
Gás O2 no final ) 2
V2 =(6 + VA) L
m
46
m
18
Aplicando a Lei de Boyle, temos:
Em uma mistura a razão entre os números de mols dos gases é também
a razão entre as pressões parciais desses gases. Logo:
2
B
Pf = ?
VA = ?
Pt =
P2 =1, 0 atm
Estado final )
V2 =?
Pet (v)
VB = 6 L
Após o equilíbrio
= 13.000 g ou 13 kg
PH O (v)
Vácuo
Pi = 24,6 atm
VA = ?
Aplicando a equação de estado do gás ideal, temos:
PVM
200 . 50 . 32
m
RT  m =
=
=
PV = nRT =
RT
0, 082 . 300
M
Água (M = 18 g/mol) n =
B
O2
ZP = 200 atm
]
] V =50 dm3
]]
A) [m=?
]M= 32 g/mol
]R = 0, 082 atm . dm3 . mol–1 . K–1
]
\ T = 27+ 273= 300 K
27 Etanol (M = 46 g/mol) n =
11
11
= 1,1 atm
RT  P =
10
RT
P1V1 = P2V2  24,6VA = 6,15(6 + VA) 
24, 6
V = VA + 6 
6, 15 A
3VA = 6  VA = 2 L
m
Y
= 18
46
=
= 2, 56 & PH O (v) = 2, 56Pet (v)
m
Y
46
18
2
ZP = 2 atm
]
]
A) Frasco A [ V =1L
]]R
\T
Aplicando a equação de estudo dos gases, podemos encontrar o
número de mols contidos no frasco A:
9
PV = nRT  2 . 1 = nART  nA =
mol
RT
ZP = 3 atm
]
] V = 3L
]
Frasco B [n=nB
]R
]
]
\T
9
PV = nRT  3 . 3 = nBRT  nB =
mol
RT
QUÍMICA III
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Ciências da Natureza e suas Tecnologias
QUÍMICA – Volume 02
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