Resolução da série exercitando o raciocínio

16

16
H H H
Resolução da série
exercitando o raciocínio
1.1 1) Errado. De acordo com a teoria cinética dos gases, o
movimento das moléculas gasosas é totalmente desordenado.
2) Correto. Sendo a temperatura uma medida do grau de agi-
tação molecular, ela mede também a energia cinética dessas
moléculas, pois se relaciona ao seu movimento.
3) Correto. Gases ideais são apenas modelos teóricos.
4) Correto. Pressão é a força dividida pela área. No caso da

17
Orientações para o professor
17
pressão interna por um gás, a pressão corresponde à força de
impacto das moléculas colidindo com a superfície interna do
recipiente dividida pela área dessa superfície.
1.2 Alternativa E.
Os gases citados estão sob mesma temperatura, mesma pres-
são e mesmo volume. Pode-se concluir, portanto, que o nú-
mero de moléculas desses gases seja o mesmo. Os dois gases
que são apresentados no esquema com o mesmo número de
moléculas é o gás carbônico, CO2, e o gás nitrogênio, N2.
1.3 Alternativa E.
A afirmação IV está incorreta, pois as moléculas se movimen-
tam colidindo com as paredes do recipiente que as contém.
Quanto maior a temperatura, maior será a intensidade dessas
colisões.
1.4 Alternativa D.
O gás é mantido no estado líquido dentro do botijão por-
que a pressão interna é bem maior do que a pressão externa
(atmosférica). Quando a válvula é aberta e o GLP é submetido
a pressão atmosférica, ele imediatamente passa para o estado
gasoso.
1.5 Verdadeiras: B e E. Falsas: A, C e D.
Quando a pressão interna dos gases na lata se torna igual à
pressão externa, ela deixa de liberar gases. Um aquecimento
provocará um aumento da pressão dos gases no interior da
lata. Isso fará com que, enquanto a temperatura interna estiver
mais elevada, a lata ainda consiga liberar gases.
1.6 Alternativa E.
”Canetas esferográficas comuns precisam da gravidade para
movimentar a tinta e ter uma abertura na parte superior do
cartucho para permitir que o ar reponha a tinta à medida que
é utilizada.”
Extraído do site: <http://casa.hsw.uol.com.br/canetas-esfero-
graficas5.htm>. Acesso em: 9 ago. 2011.
1.7 Alternativa C.
O volume do gás é o volume do cilindro, 60 L. No momento em
que a pressão do gás é igual à pressão atmosférica (nível do mar),
deixa de haver fluxo gasoso do interior para o exterior do cilindro.
Nesse momento o vendedor não poderá mais encher os balões.
1.8 Alternativa A.
Pi
. Vi = Pf
. Vf
150 atm . 60 L = 1 atm . Vf V Vf = 9 000 L
1.9 Alternativa D.
A pressão P (a nível do mar) ficou reduzida em 10% na encos-
ta; passou, portanto, a 0,9 P.
Pi
. V1 = Pf
. Vf V Pi
. 1 L = 0,9 P1
. Vf
Vf =
Pi · 1 L
V

Vf = 1,1 L
0,9 Pi
1.10 Alternativa A.
Vi = 30 m3
Vf = 50 m3
Ti = 20 o
C ou 293 K. Tf = 293 K
Pi = 2 atm. Pf = Pf
Pi
. V1 = Pf
. Vf V 2 . 30 = Pf
. 50
Pf =
2 · 30
V

Pf = 1,2 atm
50
1.11 Alternativa D.
Pressão total sobre o mergulhador a 30 m de profundidade:
1 + 3 = 4 atm.
Supondo-se que a temperatura do ar seja a mesma (na super-
fície e a 30 m de profundidade):
Pi
. V1 = Pf
. Vf V 1 . 1 = 4 . Vf
Vf =
1 · 1
V

Vf = 0,25 L ou 250 mL
4
1.12 Alternativa D.
Ti = 22 o
C ou 295 K Tf = ?
Pi = 28,0 lb/pol2
Pf = 31,4 lb/pol2
Pi
=
Pf
V Tf =
Ti · Pf
V Tf =
295 · 31,4
Ti Tf Pi 28,0
Tf q 330 K ou 58 o
C
1.13 Alternativa D.
Pi · Vi = Pf · Vf V

Vf =
Pi · Vi
V

Vf =
6 · 42
Pf 2
V Vf = 126 cm3
1.14 Alternativa B.
A pressão externa diminui com a altitude. Como pressão e
volume são inversamente proporcionais para uma massa fixa
de gás, à medida que a pressão diminui, o volume aumenta.
1.15 01. Errado. O volume aumentou na mesma proporção
que a pressão diminuiu, indicando que houve uma transfor-
mação isotérmica.
02. Correto. Nesse intervalo há diminuição do volume, ou seja,
houve contração do gás.
03. Errado. Para compensar o aumento da pressão tem de ha-
ver um aumento da temperatura na mesma proporção.
04. Errado. As transformações de 2 para 3 e de 3 para 1 não
são isotérmicas, porque há uma variação de temperatura para
compensar as variações de volume e pressão.
05. Correto. Basta analisar o gráfico.
06. Correto. Nesse intervalo, há um aumento de volume, ou
seja, houve expansão do gás.
1.16 Vi = 30 mL Vf = ?
Ti = 25 o
C ou 298 K Tf = 35 o
C ou 308 K
Vi
=
Vf
V Vf =
Tf · Vi
Ti Tf Ti
Vf =
308 · 30
V Vf q 31 mL
298
1.17 Alternativa D.
Vi
=
Vf
V
5
=
Vf
Ti Tf 300 900
Vf =
900 . 5
V Vf = 15 mL ou 0,015 L
300
1.18 Alternativa A.
Trata-se de uma transformação isobárica representada gra-
ficamente por retas inclinadas. Dobrando-se a temperatura
termodinâmica do sistema, o volume ocupado pelo gás tam-
bém dobra.
1.19 Alternativa A.
Vi = V; Ti = 27 ºC ou 300 K;
Pi = 760 mmHg ou 1 atm
Vf = V; Tf = ?; Pf = 2 atm

18

18
Pi
=
Pf
V Tf =
Ti · Pf
V Tf =
300 · 2
Ti Tf Pi 1
Tf = 600 K ou 327 o
C
1.20 Alternativa B.
Trata-se de uma transformação isovolumétrica. Para compen-
sar o aumento da pressão tem de haver um aumento da tem-
peratura na mesma proporção.
1.21 Alternativa B.
A panela de pressão é útil para cozer os alimentos rapida-
mente graças ao aumento da pressão interna que fica maior
que a pressão externa. Isso faz a temperatura dentro da pa-
nela ficar acima da temperatura de ebulição da água no local.
1.22 Alternativa E.
Com a saída de vapor pela válvula, a pressão interna da panela
permanece constante, não alterando a temperatura de ebuli-
ção da água (temperatura de cozimento). Logo, o tempo de
cozimento não será alterado, pois sua temperatura não varia.
1.23 Alternativa C.
Armazenar botijões de gás em locais muito quentes é perigoso,
pois o aumento da temperatura provoca o aumento da pressão
podendo, porventura, ocasionar um grave acidente.
1.24 Alternativa B.
P1 = P2 V 4 = P2
T1 T2 280 310
P2 = 4,4 atm
1.25 Alternativa A.
1 atm 15 lb/pol2
x 30 lb/pol2
x = 2 atm
Pi
=
Pf
V
2
=
Pf
Ti Tf 300 285
Pf =
285 . 2
V Pf = 1,9 atm
300

1919
H H
2.1 Alternativa A.
b) Incorreta, pois na transformação I, a pressão do gás é cons-
tante e nas transformações II e III, a pressão do gás aumenta.
c) Incorreta, pois na transformação II a pressão aumenta.
d) Incorreta, pois como a transformação é isobárica, o aumen-
to do volume faz a temperatura também aumentar na mesma
proporção.
2.2 Alternativa C.
Para cada 100 L da atmosfera de Vênus, 4,0 L são de N2 e para
cada 100 L (volume igual de atmosfera) da atmosfera da Terra,
80 L são de N2.
PV
. VV
=
nV
. R . TV
V
nV
=
PV
. VV
. TT
PT
. VT nT
. R . TT nT PT
. VT
. TV
nV
=
100 . 4 . 300
V
nV
= 2
nT 1 . 80 . 750 nT
2.3 1) Falso. O produto P · V = constante é conhecido como
lei de Boyle e Mariotte.
2 ) Verdadeiro. É a equação geral dos gases.
3) Verdadeiro. A pressão e o volume são grandezas diretamente
proporcionais à temperatura. Aquecendo-se a embalagem
aerossol, a pressão interna aumenta e o gás, ao expandir seu
volume, explode a embalagem.
4) Falso. O volume de uma amostra gasosa, para pressão e
temperatura constantes, é diretamente proporcional à quanti
dade de matéria do gás da amostra.
2.4 a) P · V =
m
· R · T
M
5 · 20 =
m
· 0,082 · 298 V m = 114,6 g de N2
28
b) P1
=
P2
V
5
=
P2
V P2 q 5,6 atm
T1 T2 298 333
2.5 Alternativa C.
Pi = P; Pf = 2P; Ti = 273 K; Tf = 300 K
P . Vi
=
2P . Vf
V
Vf
=
300
q 0,55
273 300 Vi 546
2.6 Alternativa C.
P1 · V1
=
P2 · V2
T1 T2
760 · 22,4
=
700 · V2
V V2 = 26,7 L
273 300
2.7 Alternativa E.
Vi = 20 mL; Ti = 400 K; Pi = 600 mmHg
Vf = ?; Tf = 273 K; Pf = 819 mmHg
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Vf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Pf · Ti
Vf =
600 · 20 · 273
V Vf = 10 mL
819 · 400
2.8 Alternativa C.
Vi = 4 L; Ti = 280 K; Pi = 596 mmHg

20

20
Vf = ?; Tf = 228 K; Pf = 40 mmHg
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Vf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Pf · Ti
Vf =
596 · 4 · 228
V Vf = 48,5 L
40 · 280
2.9 a) Vi = 4 L; Pi = 2 atm e Ti = 300 K
Vx = 8 L; Px = 2 atm e Tx = ?
Vy = 4 L; Py = ? e Ty = Tx
Vf = 4 L; Pf = 2 atm e Tf = ?
a) P/atm
Início a ( b b ( c c ( a
4 L 8 L 4 L 4 L
2 atm 2 atm Px 2 atm
300 K Tx Tx Ty = Tx
b ) Vi
=
Vx
V Tx =
Ti · Vx
V Tx =
300 · 8
Ti Tx Vi 4
Tx = 600 K
A temperatura do gás durante a compressão isotérmica é de
600 K. A pressão final do gás é igual à inicial: 2 atm.
2.10 Alternativa C.
a) isotermicamente de 1 a 2.
b) isocoricamente de 2 a 3.
d) isotermicamente de 4 a 2.
e) isobaricamente de 3 a 4.
2.11 Ti = 273;
Tf = 54,6 + 273 V Tf = 327,6 K
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Vf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Pf · Ti

Vf =
100 000 · 22,71 · 327,6
V Vf = 15 L
181 680 · 273
2.12 Alternativa D.
Pi = P; Vi = V; Ti = T
Pf = ?; Vf = V/2; Tf = 2 T
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Pf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Ti · Vf
Pf =
P · V · 2 T
V
· T
2
Pf =
P · V · 2 T · 2
V Pf = 4 P
V · T
2.13 Alternativa D.
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Vf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Pf · Ti
Vf =
275 · Vi · 300
V Vf = 250 Vi
1 · 330
2.14 Alternativa D.
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Vf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Pf · Ti
Vf =
1 · 10 · 223
V Vf q 29,7 L
0,25 · 300
2.15 Alternativa C.
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Pf =
Pi · Vi · Tf
Ti Tf Ti · Vf
Pf =
1 · 250 · 596
V Pf = 2 atm
298 · 250
2.16 m = 30 g P = 3 atm
V = 12,3 L R = 0,082 atm . L/mol . K
t = 327 o
C ou 600 K M = ?
P · V =
m
· R · T

V M =
m · R · T
M P · V
M =
30 · 0,082 · 600
V M = 40 g/mol
3 · 12,3
2.17 a) Considerando um volume de 1 L de gás, sua massa é
de 5,38 g (uma vez que a densidade é 5,38 g/L).
Portanto, aplicando a equação de Clapeyron, teremos:
P · V =
m
· R · T

V

M =
m · R · T
M P · V
M =
5,38 · 0,082 · 288,15
V M = 131,05 g · mol–1
0,97 · 1,00
b) Verificando-se os elementos químicos na tabela periódica, o
gás que possui a massa atômica mais próxima da encontrada
é o xenônio (131,3 u).
2.18 Alternativa C.
V = 8,2 m3
ou 8,2 · 103
L; M = 32 u; T = 250 K
Pi = 2 atm e Pf = Pi – 0,5 V Pf = 1,5 atm
Cálculo da massa inicial de gás oxigênio:
P · V = n · R · T V P · V =
m · R · T
M
m =
P · V · M
V m =
2 · 8,2 · 103
· 32
R · T 0,082 · 250
m = 25 600 g
Cálculo da massa final de gás oxigênio:
P · V = n · R · T V P · V =
m · R · T
M
m =
P · V · M
V m =
1,5 · 8,2 · 103
· 32
R · T 0,082 · 250
m = 19 200 g
Massa perdida = 25600 – 19 200
Massa perdida = 6 400 g (6,4 kg)
2.19 Alternativa B.
P · V = n · R · T

V V =
n · R · T
P
V/L
2
4 8
Tx
a
b
cPx
isotérmica
isobárica
isocórica
GeórgiaM.

21
21
V =
2 . 10–4
· 0,082 · 300
1
V = 49,2 · 10−4
L V V = 49,2 · 10−4
· 103
mL
V q 4,9 mL
2.20 Alternativa A.
P · V = n · R · T V P · V =
m · R · T
M
m =
P · V · M
V m =
5 · 9,84 · 40
R · T 0,082 · 300
m = 80 g
2.21 Alternativa B.
P · V =
m
· R · T

V

P =
m · R · T
M M · V
P =
2,02 . 10−4
· 0,082 · 300
V P = 0,082 atm
20 · 3,0 . 10−3
P = 8,2 · 10−2
atm
2.22 Alternativa D.
P · V =
m
· R · T

V

V =
m · R · T
M M · P
V =
640 · 0,082 · 300
V V = 40 L
32 · 12,3
2.23 Alternativa A.
P · V =
m
· R · T

V

m =
P · V · M
M R · T
m =
6,11 · 0,4 · 4
V m = 0,4 g
0,082 . 298
2.24 P · V = n · R · T
n =
P · V
V n =
0,6 · 12 300
R · T 0,0821 · 250
n q 359,6 mol de etano perdido
m = 359,6 · 30 V m = 10 788 g
2.25 Alternativa C.
P · V =
m
· R · T

V

V =
m · R · T
M M · P
V = 3 000 · 0,082 · 300 V V = 1 677 L
44 · 1
2.26 Alternativa D.
Massa molar do O2: 32 g/mol
P · V =
m
· R · T

V m =
P · V · M
M R · T
m =
130 · 40 · 32
V m = 6 810 g
0,082 . 298
m = 6,8 kg
2.27 Alternativa C.
P · V =
m
· R · T

V

m =
P · V · M
M R · T
m =
1 · 30 · 103 . 16
V m q 19 512 g
0,082 . 300
m = 19,51 kg
2.28 Alternativa D.
P · V =
m
· R · T

V

V =
m · R · T
M M · P
V =
3 000 000 · 106
· 0,082 · 300
V
44 · 1
V q 1,68 · 1012
L
1 680 000 000 000 L ou 1,68 trilhões de L
2.29 Alternativa D.
1 mol de nitrogênio 6,0 · 1023
moléculas
n 1,2 · 1024
moléculas
n = 2 mol de nitrogênio
P · V = n · R · T V P =
n · R · T
V
P =
2 · 0,082 · 300
V P = 8,2 atm
6
2.30 a) Cálculo da massa de N2 introduzida no pneu.
P · V =
m
· R · T V m =
P · V · M
M R · T
m =
5 · 20 · 28
V m q 114,6 g de N2
0,082 . 298
b) Cálculo da pressão após a rodagem dos pneus.
Pi
=
Pf
V Pf =
Pi · Tf
V Pf =
5 · 333
Ti Tf Ti 298
Pf q 5,6 atm
2.31 a) Cálculo do volume do reator:
P · V = n · R · T V V =
n · R · T
P
V =
5 · 0,082 · 400
V V = 16,4 L
10
b) Cálculo da variação de temperatura
Pi · Vi
=
Pf · Vf
V Tf =
Pf · Vf · Ti
Ti Tf Pi · Vi
Tf =
20 · 40 · 600
V Tf = 400 Ki
120 · 10
A temperatura deve passar de 327 o
C (ou 600 K) para 400 K
(ou 127 o
C).
2.32 a) Cálculo da quantidade de matéria da substância:
P · V = n · R · T V n =
P · V
R · T
n =
1 · 0,123
V n = 0,005 mol
0,082 · 300
ou n = 5 milimol
b) Cálculo da massa molar da substância
0,005 mol 0,45 g
1 mol x
x =
1 . 0,45
V x = 90 g/mol
0,005
2.33 Cálculo do tempo necessário para atingir a concentra-
ção mortal de CO:
4,1 . 104
L 100% do volume da garagem
x 0,4%
x =
0,4 . 4,1 . 104
100
x = 1,64 . 102
L

22

22
P · V = n · R · T V n =
P · V
R · T
n =
1 · 1,64 · 102

V n q 6,67 mol
0,082 · 300
6,67 mol de CO é o limite dessa substância que pode haver
dentro da garagem.
1 minuto 0,67 mol de CO
y 6,67 mol de CO
y =
6,67 . 1
V y = 9,95 min ou q 10 min
0,67 HHHHH H H H H

24

24
HHHH
3.1 Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás oxi-
gênio:
ngás carbônico: 1 mol 22,4 L
x 4,48 L
x =
4,48 · 1
V ngás carbônico = 0,2 mol
22,4
ngás nitrogênio: 1 mol 28 g
y 33,6 g
y =
33,6 · 1
V ngás nitrogênio = 1,2 mol
28
Xgás oxigênio =
ngás oxigênio
ngás oxigênio + ngás carbônico + ngás nitrogênio
Xgás oxigênio =
0,6
0,6 + 0,2 + 1,2
Xgás oxigênio = 0,3
Cálculo da pressão parcial do gás oxigênio na mistura:
Pgás oxigênio
= Xgás oxigênio
Ptotal
Pgás oxigênio = Xgás oxigênio · Ptotal
Pgás oxigênio = 0,3 · 750
Pgás oxigênio = 225 mmHg
Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás carbônico:
Xgás carbônico =
ngás carbônico
noxigênio + ngás carbônico + nnitrogênio

25
25
Xgás carbônico =
0,2
V Xgás carbônico = 0,1
0,6 + 0,2 + 1,2
3.2 Alternativa D.
Ptotal = 4 atm; PA = 2 atm; PB = 1 atm e PC = 1 atm
Ptotal
. V = ntotal
. R . T V ntotal =
Ptotal
. V
R . T
ntotal =
4 . 37
V ntotal = 6 mols
0,082 . 300
PA = XA . Ptotal V

PA =
nA
. Ptotal
ntotal
nA =
PA
. ntotal

V nA =
2 . 6
V nA = 3 mols
Ptotal 4
Analogamente:
nB =
PB
. ntotal

V nB =
1 . 6
V nB = 1,5 mol
Ptotal 4
nC =
PC
. ntotal

V nC =
1 . 6
V nC = 1,5 mol
Ptotal 4
3.3 Alternativa C.
Sendo P e T constantes, verifica-se que a fração de volume de
cada gás é igual à respectiva fração de quantidade de matéria.
A velocidade de efusão do gás hélio é maior que a do ar por
causa da menor massa molar do hélio (2 g/mol) em relação
ao ar (q 29 g/mol). Isso explica por que uma bexiga com gás
hélio murcha ao entrar em contato com o ar atmosférico.
3.4 a) 1 mol de N2 28 g de N2
nN2
14 g de N2
nN2
= 0,5 mol de N2
P · V = n · R · T V P = n · R · T
V
PN2
=
0,5 . 0,082 . 300 V PN2
= 0,41 atm
30
1 mol de O2 32 g de O2
nO2
8 g de O2
nO2
= 0,25 mol de O2
P · V = n · R · T V P = n · R · T
V
PO2
=
0,25 . 0,082 . 300 V PO2
= 0,205 atm
30
b) Ptotal = PN2
+ PO2
Ptotal = 0,41 + 0,205 V Ptotal = 0,615 atm
3.5 a) O2, He, N2
b) PHe = XHe
. Ptotal
PHe = 0,24 . 9000 kPa V PHe = 2160 kPa
c) Mmistura = XO2
. MO2
+ XHe
. MHe + XN2
. MN2
Mmistura = 0,16 . 32 + 0,24 . 4 + 0,60 . 28
Mmistura = 22,88 g/mol
3.6 Alternativa B.
Trata-se de uma transformação isotérmica.
Antes da mistura:
Phidrogênio · V = nhidrogênio · R · T
3 · V = nhidrogênio · R · T (1)
Após a mistura:
Phidrogênio · 3 V = nhidrogênio · R · T (2)
(1)
V
3 · V
= 1
(2) Phidrogênio · 3 · V
Phidrogênio = 1 atm
Antes da mistura:
9 · V = nhélio · R · T (3)
Após a mistura:
Phélio · 3 V = nhélio · R · T (4)
(3)
V
9 · V
= 1
(4) Phélio · 3 · V
3
= 1 V Phélio = 3 atm
Phélio
Portanto: Ptotal = Phidrogênio + Phélio
Ptotal = 1 + 3 V Ptotal = 4 atm
3.7 Alternativa A.
Trata-se de uma transformação isotérmica:
PO2
. VO2
+ PV
. VV = Ptotal
. Vtotal
3 . 5 + 0 . 7 = Ptotal
. (5 + 7) V Ptotal = 1,25 atm
3.8 Alternativa B.
Quando a fruta é fechada em um saco plástico, o gás etileno
que ela emite não se dissipa no ambiente, ficando retido den-
tro do saco plástico; o que aumenta sua pressão parcial sobre
a fruta acelerando seu amadurecimento.
3.9 Alternativa D.
Ptotal = pNH3
+ pO2
+ pNO + pH2O
Ptotal = 1,05 + 1,32 + 1,05 + 1,58
Ptotal = 5,00 atm
3.10 Alternativa D.
Dos gases citados no enunciado, apenas o hidrogênio, H2, e
o metano, CH4, são inflamáveis. Para cada mol da mistura há:
- 0,21 mol H2, massa correspondente,
m = n . M V m = 0,21 . 2 V m = 0,42 g
- 0,07 mol CH4, massa correspondente,
m = n . M V m = 0,07 . 16 V m = 1,12 g
Logo, o gás inflamável que apresenta maior porcentagem em
massa é o metano.
3.11 Alternativa B.
Analisando a fórmula:
d =
M · P
R · T
verifica-se que a compressão de um gás, ou seja, o aumen-
to da pressão, faz a densidade do gás aumentar. Entretanto,
como a temperatura é constante, a energia cinética das molé-
culas permanece constante.
3.12 Alternativa D.
Para as mesmas condições de pressão e temperatura, quanto
maior a massa molar de um gás, maior será sua densidade.
Assim, nesse caso, o CL2 (massa molar = 71 g/mol) possui a
maior densidade e o Ne (massa molar = 20 g/mol) a menor
densidade.

26

26
3.13 Alternativa E.
Dizer que a umidade relativa do ar é 15% significa justamente
que a pressão parcial do vapor de água é 15% da pressão de
vapor saturante para a temperatura em que o ar se encontra.
3.14 Alternativa A.
Quando a umidade relativa do ar, numa certa temperatura, é
próxima dos 100%, o abaixamento de temperatura provoca a
saturação de vapor de água no ar, o que provoca a formação
de neblina ou orvalho.
3.15 Cálculo da pressão de vapor da água a 30 o
C.
umidade de 100% a pressão de vapor da água é
igual a 31,82 mmHg
umidade de 66% x
x =
66 . 31,82
V x = 21 mmHg
100
3.16 I: 0, 1, 2, 3 e II: 4
0 – 0) Verdadeiro. O vidro embaça por causa da condensação
de água em sua superfície.
1 – 1) Verdadeiro. O vapor eliminado na transpiração e na ex-
piração, além da umidade relativa do ar, contribuirá para esse
fenômeno.
2 – 2) Verdadeiro. Um carro fechado, nas condições climáticas
citadas, terá uma alta umidade relativa do ar.
3 – 3) Verdadeiro. O conceito de pressão de vapor tem relação
direta com umidade relativa do ar.
4 – 4) Falso. O ponto de ebulição é a temperatura na qual a
pressão de vapor de um líquido se iguala à pressão atmosféri-
ca. Para a água, a 1 atm de pressão, a temperatura no interior
do veículo está bem abaixo dos 100 o
C.
3.17 Alternativa C.
23,8 mmHg 100% umidade relativa do ar
11,9 mmHg x
x =
11,9 . 100
V x = 50%
23,8
3.18 Alternativa A.
As substâncias voláteis presentes no perfume e a atmosfera,
formam, espontaneamente, uma mistura homogênea.
3.19 Alternativa D.
A velocidade de deslocamento do cloreto de hidrogênio, HCL,
é menor que a velocidade de deslocamento da amônia, NH3:
a amônia se desloca por um espaço maior no mesmo interva-
lo de tempo. A massa molecular do cloreto de hidrogênio é
maior que a massa molecular da amônia.
3.20 Alternativa E.
A bexiga A contém o gás que tem a menor velocidade de
efusão (maior massa molar) pela permeabilidade da bexiga:
CH4 (metano).
A bexiga C contém o gás que tem a maior velocidade de efu-
são (menor massa molar) pela permeabilidade da bexiga: H2
(hidrogênio).
A bexiga B contém um gás de velocidade de efusão interme-
diária e, portanto, de massa molar também intermediária: He
(hélio). HHH H H HHHH

30

30

4.1 Resposta 27. Corretos: 01, 08 e 16.
01. Correta: a proporção estequiométrica entre CO2 e O2 é de
1 : 1.
02. Errada: para cada mol de glicose produzida são necessá-
rios 6 mols de H2O(L).
04. Errada: o número de moléculas dos reagentes é maior que
o número de moléculas dos produtos. O que se conserva dos
reagentes para os produtos é o número de átomos.
08. Correta: de acordo com a lei de Lavoisier.
16. Correta: a cada 18 átomos de oxigênio utilizado no pro-
cesso de fotossíntese, 6 átomos são utilizados para a produção
de glicose, ou seja, 1/3 do total de átomos de oxigênio.
4.2 Alternativa D.
(NH4)2Cr2O7(s) *( N2(g) + 4 H2O(L) + Cr2O3(s)
1 mol 1 mol
0,50 mol x
x = 0,50 mol de óxido de crômio III
4.3 Alternativa A.
4 C3H5(ONO2)3(L) *( 12 CO2(g) + 10 H2O(g) + 6 N2(g) + 1 O2(g)
4 mol 1 mol
8 mol x
x = 2 mol
4.4 Alternativa D.
CL2(g) + 2 NaOH(aq) **( NaCL(aq) + NaCLO(aq) +
+ H2O(L)
2 · 40 g de NaOH(aq) 1 · 74,5 g de NaCLO (aq)
x 149 kg de NaCLO (aq)
x =
149 · 2 · 40
V x = 160 kg de NaOH(aq)
1 · 74,5
4.5 Alternativa B.
1 CaO(s) + 1 H2O(L) **( 1 Ca(OH)2(ppt)
1 · 56 g 1 · 74 g
28 · 103
g x
x =
28 · 103
· 74
V x = 37· 103
g ou 37 kg
56
4.6 Alternativa A.
1 Na(s) + H2O(L) *(1 NaOH(aq) + 1/2 H2(g)
1 mol 1 mol
23 g 40 g
3 g x
x =
3 · 40
V x q 5,2 g
23
4.7 Alternativa A.
CaCO3(s) **( CaO(s) + CO2(g)
1 mol 1 mol
100 g 56 g
200 kg x
x =
200 · 56
V x = 112 kg de CaO(s)
100
4.8 Alternativa B.
O3(g) + C2H4(g) *( HCHO(g) + CO2(g) + H2(g)
1 mol 1 mol
28 g 30 g
x 12 kg
x =
12 · 28
V x = 11,2 kg de O3(g)
30
4.9 Alternativa B.
TiCL4(g) + Mg(s) *( MgCL2(s) + Ti(s)
1 mol 1 mol
190 g 48 g
9,5 g x
x =
9,5 · 48
V x = 2,4 g
190
4.10 Alternativa A.
2 AL2O3(s) + 3 C(s) *( 4 AL(s) + 3 CO2(g)
3 mol 4 mol
3 mol 4 · 27 g
n 2 700 · 103
g
n =
2 700 · 103
· 3
V n = 7,5 · 104
mol
4 · 27
4.11 Alternativa B.
2 mol de Ca3(PO4)2(s) 1 mol de P4(s)
2 · 310 g 124 g
31,0 g x
x =
31,0 · 124
V

x = 6,20 g de P4(s)
2 · 310
4.12 Alternativa C.
1 H3CCOCH2CO2H *( 1 H3CCOCH3 + 1 CO2
1 mol 1 mol
102 g 58 g
125 mg x
x =
125 · 58
V

x q 71,7 mg
102
4.13 1 mol = 6,02 ·1023
moléculas:
a) 4 · 6,02 · 1023
1 · 6,02 · 1023
moléculas de O2(g) moléculas de H2O(L)
8,2 · 1022
x
moléculas de O2(g)

31
31
x =
8,2 · 1022
· 1 · 6,02 · 1023
4 · 6,02 · 1023
x = 2,05 · 1022
moléculas de H2O(L)
b) 120 000 · 30 = 3,6 · 106
g de CO(NH2)2(aq)
60 g de CO(NH2)2(aq) 4 · 32 g de O2(g)
3,6 · 106
g de CO(NH2)2(aq) y
y =
3,6 · 106
· 4 · 32
60
y = 7,68 · 106
g ou 7,68 t de O2(g)
4.14 4 KO2(s) + 2 CO2(g) *( 2 K2CO3(s) + 3 O2(g)
a) 4 mol de KO2 2 mol de CO2
284 g de KO2 2 mol de CO2
x 0,10 mol de CO2
x =
0,10 · 284
V x = 14,2 g de KO2
2
b) 4 mol de KO2 3 . 22,4 de L O2
0,4 mol de KO2 y
y =
0,4 · 3 · 22,4
V y = 6,72 L de O2
4
4.15 Alternativa C.
1 mol de AL(OH)3 = 78 g
78 g de AL(OH)3 3 mol de HCL
x 0,24 mol de HCL
x =
0,24 · 78
V x = 6,24 g de AL(OH)3
3
1 000 mL do medicamento 26 g de AL(OH)3
y 6,24 g de AL(OH)3
y =
6,24 · 1 000
V y = 240 mL do medicamento
26
4.16 Alternativa D.
8 SO2(g) + 16 H2S(g) *( 16 H2O(V) + 3 S8(s)
16 · 6,02 · 1023
3 · 256 g de S8
moléculas de H2S
x 5,0 · 109
g de S8
x =
5,0 · 109
· 16 · 6,02 · 1023
3 · 256
x = 6,27 · 1031
moléculas
4.17 2 MgO(s) + 2 SO2(g) + 1 O2(g) **( 2 MgSO4(s)
2 · 40 g 2 · 64 g 1 · 32 g 2 · 120 g
a) 2 · 40 g de MgO(s) 2 mol de SO2(g)
x 200 mol de SO2(g)
x =
2 · 40 · 200
V x = 8 000 g ou
2
x =
8 · 103
g · 1 t
V x = 8 · 10–3
t de MgO(s)
106
g
b) 2 mol de MgO(s) 1 · 24,46 L de O2(g)
50 mol de MgO(s) y
y =
50 · 1 · 24,46
V y = 611,5 L ou
2
y = 611,5 L ·
1 m3

V y = 0,6115 m3
ou q 0,61 m3
1 000 L
c) 2 · 22,71 L de SO2(g) 2 · 120 g de MgSO4(s)
z 2 t de MgSO4(s)

2 t · 2 · 22,71 L ·
1 m3
z =
1 000 L
V z = 378,5 m3
de SO2(g)

2 · 120 g ·
1 t
106
g
4.18 Alternativa A.
1 C4H8O2(L) + 1 CH4O(L) **( 1 C5H10O2(L) + 1 H2O(L)
1 · 88 g de C4H8O2 1 mol de C5H10O2
3,52 g de C4H8O2 x
x =
3,52 · 1
V

x = 0,04 mol de C5H10O2(L)
1 · 88
4.19 Alternativa D.
1 C2H2(g) + 1 HCL(aq) **( 1 C2H3CL(g)
22,4 L (CNTP) 1 mol
x 2 mol
x =
2 · 22,4
V

x = 44,8 L de C2H2(g)
1
4.20 Alternativa A.
6 NaN3(s) + Fe2O3(s)( 3 Na2O(s) + 2 Fe(s) + 9 N2(g)
6 mol 9 . 22,4 L
3 mol V
V =
3 · 9 · 22,4
V

x = 100,8 L ou q 101 L de N2(g)
6

34

34
H H H H H H HH HH HH H H H
5.1 Alternativa C.
2 SO2(g) + 1 O2(g) **( 2 SO3(g)
2 mols 1 mol
2 volumes 1 volume
Se forem usados volumes iguais dos dois gases reagentes,
haverá excesso de 50% (metade do volume) de gás oxigênio.
5.2 Alternativa A.
CS2(L) + 3 CL2(g) **( CCL4(L) + S2CL2(L)
76 g 3 · 71 g
x 2,000 kg
x =
2,000 · 76
V x = 0,7136 kg de CS2(L)
3 · 71
Excesso de CS2(L) = 1,000 kg – 0,7136 kg
Excesso de CS2(L) = 0,286 kg
3 · 71 g de CL2(g) 154 g de CCL4(L)
2,000 kg de CL2(g) y
y =
2,000 · 154
V y = 1,446 kg de CCL4(L)
3 · 71
5.3 Alternativa C.
2 AL(s) + 1 Cr2O3(s) **( 1 AL2O3(s) + 2 Cr(s)
2 · 27 g de AL(s) 1 · 152 g de Cr2O3(s)
5,4 kg de AL(s) x
x =
5,4 · 152
V

x = 15,2 kg de Cr2O3(s)
54
Excesso de Cr2O3(s) = 20,0 kg – 15,2 kg
Excesso de Cr2O3(s) = 4,8 kg
2 · 27 g de AL(s) 2 · 52 g de Cr(s)
5,4 kg de AL(s) y
y =
5,4 · 2 · 52
V y = 10,4 kg de Cr(s)
2 · 27
5.4 Alternativa B.
Reação: 2 P(s) + 3 F2(g) **( 2 PF3(g)
2 mol 3 mol
62 g 114 g
15,5 g x
x =
15,5 · 114
V x = 28,5 g (100% de rendimento)
62
5.5 Alternativa E.
Reação: 2 H2(g) + O2(g) **( 2 H2O(v)
2 mol 1 mol 2 mol
4 g 32 g 36 g
2 g 32 g x
reagente reagente em
limitante excesso
x =
2 · 36
V x = 18 g de H2O(v)
4
massa de oxigênio que reage: 16 g
massa de oxigênio em excesso: 16 g
5.6 Alternativa B.
1 N2(g) + 3 H2(g) **( 2 NH3(g)
1 mol 3 mol 2 mol
30 mol 75 mol x
x =
75 · 2
V x = 50 mol de NH3(g)
3
O nitrogênio, N2(g), está presente em excesso.
5.7 Alternativa C.
1 SnO2(s) + 2 C(s) *( 1 Sn(s) + 2 CO(g)
1 mol 2 mol 1 mol
151 g 24 g 119 g
453 . 103
g 96 . 103
g y
Cálculo do reagente em excesso:
x =
453 . 103
· 24
V x = 72 . 103
g de C(s)
151
reagente limitante: SnO2(s)
reagente em excesso: C(s)
Cálculo da massa de estanho formado:
151 g de SnO2(s) 119 g de Sn
453 . 103
g de SnO2(s) y
y =
453 . 103
· 119
V y = 357 . 103
g de Sn(s)
151
y = 357 kg de Sn
5.8 Alternativa C.

35
35
1 mol glicose 2 mol etanol
180 g glicose 2 · 46 g etanol
90 . 106
g glicose x
x =
90 . 106
· 2 · 46
V x = 46 . 106
g de etanol
180
x = 46 t de etanol
100% 46 t de etanol
y 11,5 toneladas de etanol
y =
11,5 · 100
V y = 25%
46
5.9 Alternativa D.
C(s) + O2(g) **( CO2(g)
1 mol 1 mol
12 g 44 g
3 000 g x
x =
3 000 · 44
V x = 11 000 g ou 11 kg de CO2(g)
12
100% de rendimento 11 kg de CO2(g)
90% de rendimento y
y =
90 · 11
V y = 9,9 kg de CO2(g)
100
5.10 Alternativa B.
1 mol de C7H6O3 1 mol de C9H8O4
138 g 180 g
1,38 . 106
g x
x =
1,38 . 106
· 180
V x = 1,8 . 106
g de C9H8O4
138
x = 1,80 t de C9H8O4
100% de rendimento 1,80 t
80% y
y =
80 · 1,80
V y = 1,44 t de C9H8O4
100
5.11 Alternativa E.
Cr2O3(s) + 2 AL(s) **( 2 Cr(s) + AL2 O3(s)
1 mol 2 mol
152 g 104 g
15,2 g x
x =
15,2 . 104
V x = 10,4 g de Cr(s)
152
100% de rendimento 10,4 g
75% de rendimento y
y =
75 · 10,4
V y = 7,8 g de Cr(s)
100
5.12 Alternativa D.
1 CaCL2(aq) + 1 Na2SO4(aq) ( 1 CaSO4(s) + 2 NaCL(aq)
1 mol 1 mol
1 mol 136 g
2 mol x
x =
2 . 136
V x = 272 g de CaSO4(s)
1
100% de rendimento 272 g
75% de rendimento y
y =
75 · 272
V y = 204 g de CaSO4(s)
100
5.13 Alternativa D.
3 V2O5(s) + 10 AL(s) **( 6 V(s) + AL2O3(s)
10 mol 6 mol
6 mol de V(s) 100%
x 80%
x =
80 . 6
V x = 4,8 mol de V(s)
100
AL(s) = 27 g/mol e V(s) = 51 g/mol
10 mol de AL(s) = 270 g e 4,8 mol de V(s) = 244,8 g
270 g de AL(s) 244,8 g de V(s)
y 122,16 g
y =
122,16 · 270
V y q 135 g de AL(s)
244,8
5.14 Alternativa C.
CO2(g) + 2 NH3(g) **( 1 CO(NH2)2(s) + H2O(g)
2 . 17 g 1 . 60 g
340 . 106
g x
x =
340 . 106
· 1 . 60
V

x = 600 . 106
g de ureia
2 . 17
x = 600 toneladas de ureia
100% 600 t de ureia
y 540 t de ureia
y =
540 . 100
V

y = 90% de rendimento
600
5.15 Alternativa C.
2 AL(s) + 3 H2SO4(aq) **( 1 AL2(SO4)3(s) + 3 H2(g)
2 mol 3 mol
2 . 27 g 3 . 22,4 L
5,4 g x
x =
5,4 . 3 . 22,4
V

x = 6,72 L de H2(g)
2 . 27
6,72 L 100% de rendimento
5,71 L y
y =
5,71 . 100
V

y q 85% de rendimento
6,72
5.16 Alternativa C.
6 mol HF 1 mol Na3ALF6
6 . 20 g 210 g
30 kg x
x =
30 · 210
V x = 52,5 kg de Na3ALF6
6 . 20
100% de rendimento 52,5 kg
90% de rendimento y
y =
90 · 52,5
V

y = 47,25 kg de Na3ALF6
100
5.17 Alternativa A.
2 NaCL + MnO2 + 2 H2SO4 *(Na2SO4 + MnSO4 + CL2 + 2 H2O
2 mol 1 mol

36

36
2 . 58,5 g 71 g
500 g x
x =
500 . 71
V x q 303,4 g de CL2
2 . 58,5
100% de rendimento 303,4 g de CL2
85% de rendimento y
y =
85 . 303,4
V y q 257,9 g de CL
100
P · V =
m
· R · T

V

V =
m · R · T
M M · P
V =
257,9 · 0,082 · 300
V V q 59,6 L
71 · 1,5
5.18 1 NH4NO2(s) **( 2 H2O(L) + 1 N2(g)
1 · 64 g de NH4NO2 1 · 22,4 L de N2(g)
12,8 g de NH4NO2 x
x =
12,8 · 1 · 22,4
V

x = 4,48 L de N2(g)
1 · 64
4,48 L de N2(g) 100% de rendimento
y 80% de rendimento
y =
80 · 4,48
V

y = 3,584 L de N2(g)
100
5.19 Cálculo da quantidade teórica:
2 Fe2O3(s) + 6 C(s) + 3 O2(g) **( 4 Fe(s) + 6 CO2(g)
2 · 160 g 4 · 56 g
80 t x
x =
80 · 4 · 56
V x = 56 t de Fe(s)
2 · 160
56 t 100%
50,4 g y
y =
50,4 · 100
V y = 90%
56
5.20 Alternativa D.
CaO(s) + 2 NH4CL(aq) **( 2 NH3(g) + H2O(g) + CaCL2(s)
56 g de CaO(s) 2 · 17 g de NH3(g)
224 g de CaO(s) x
x =
224 · 34
V x = 136 g de NH3(g)
56
136 g 100%
102 g y
y =
102 · 100
V y = 75%
136
5.21 Alternativa B.
2 HCL(aq) + Mg(OH)2(col.) **( MgCL2(aq) + 2 H2O(L)
1 mol 1 mol
58 g 95 g
x 16 g
x =
16 · 58
V x = 9,8 g de Mg(OH)2(col.)
95
12,2 g de Mg(OH)2(col.) 100%
9,8 g y
y =
9,8 · 100
V y = 80,3%
12,2
5.22 Alternativa D.
100 g de pirolusita fornece 80 g de dióxido de manganês.
3 MnO2(s) + 4 AL(s) *( 2 AL2O3(s) + 3 Mn(s)
3 mol 3 mol
1 mol 1 mol
87 g 55 g
x 1,10 . 106
g
x =
1,10 . 106
· 87
V

x = 1,74 . 106
g de MnO2(s)
55
x = 1,74 t
Massa de MnO2(s) presente na pirolusita:
100 g de pirolusita 80 g de MnO2(s)
y 1,74 . 106
g de MnO2(s)
x =
1,74 . 106
· 100
V

x = 1,74 . 106
g de MnO2(s)
80
x = 2,175 . 106
g ou q 2,18 t
5.23 Alternativa D.
Porcentagem de pureza do carbureto: 64%
Cálculo da massa de carbureto usado na reação:
1 000 . 0,64 = 640 g
CaC2(s) + 2 H2O(L) *( Ca(OH)2(s) + C2H2(g)
1 mol 1 mol
64 g 22,4 L (CNTP)
640 g x
x =
640 · 22,4
V

x = 224 L
64

40

40
H
6.1 Alternativa B.
A 40ºC:
60 g de KNO3 100 g de H2O
x 50 g de H2O
x =
50 · 60
V

x = 30 g de KNO3
100
Como foram adicionados 40 g de KNO3 em 50 g de água;
30 g de KNO3 irão se dissolver e 10 g de KNO3 irão se depositar
no fundo do recipiente.
6.2 Resposta 37. São corretos os itens: 01, 04 e 32.
02. Errado. A solução saturada é uma mistura homogênea
que apresenta a quantidade máxima de soluto que é possível
dissolver em determinada quantidade de solvente a certa
temperatura.
08. Errado. A solução concentrada normalmente apresenta
uma quantidade de soluto dissolvido próxima à do coeficiente
de solubilidade (CS), mas não necessariamente igual ao CS.
16. Errado. Para se obter uma solução o soluto e o solvente não
devem reagir entre si.
6.3 Alternativa D.
Uma mistura de 30 g de K2Cr2O7 e 50 g de água é o mesmo
que uma mistura de 60 g de K2Cr2O7 e 100 g de água. Para o
dicromato de potássio, o coeficiente de solubilidade é igual a
60 g de sal/100 g de água a 70 °C. Abaixo dessa temperatura
o sal começa a cristalizar (precipitar).
6.4 Alternativa E.
a ) a 20 o
C, uma solução aquosa com 120 g de NaOH é supersa-
turada, uma vez que nessa temperatura a quantidade máxima de
soluto que é possível dissolver é de 109 g em 100 g de água.
b ) a 20 o
C, uma solução aquosa com 80 g de NaOH é concen-
trada já que essa quantidade de soluto é próxima do CS.
c ) a 30 o
C, uma solução aquosa com 11,9 g de NaOH é
diluída. Nessa temperatura é possível dissolver até 119 g de
NaOH/100 g de água.
d ) a 30 o
C, uma solução aquosa com 119 g de NaOH é saturada
sem presença de corpo de fundo.
6.5 Alternativa E.
1 L de lágrimas 1 000 mL de lágrimas 6 g de sais
1 mL de lágrimas x
x =
1 · 6
V x = 0,006 g
1 000
6.6 Alternativa C.
Massa total da solução A:
20 g (soluto) + 250 g (solvente) = 270 g
Massa total da solução B: 200 g (massa de solução)
Massa total da solução final: 270 + 200 = 470 g

41
41
6.7 Alternativa A.
200 mL de leite 0,2 L leite 240 mg Ca
x 1 200 mg Ca
x =
1 200 · 0,2
V x = 1,0 L
240
6.8 Alternativa E.
O íon metálico mais tóxico é o que apresenta a menor concen-
tração máxima tolerada.
6.9 Alternativa D.
1 parte de suco em volume 1,5 litros
2 partes de água em volume 3,0 litros
Total: 4,5 litros
6.10 Alternativa A.
Volume de água na piscina: 10 . 5 . 2 = 100 m3
Volume de água na piscina = 100 000 L
1 mg de CuSO4 = 0,001 g CuSO4
1 L 0,001 g CuSO4
100 000 L x
x =
100 000 · 0,001
V x = 100 g de CuSO4
1
6.11 Alternativa C.
1 000 mL de soro (1 L) 3,5 NaCL
500 mL de soro x
x =
500 · 3,5
1 000
x = 1,75 g de NaCL (ou 1 750 mg de NaCL).
1 000 mL de soro (1 L) 11 g de sacarose
500 mL de soro y
y =
500 · 11
1 000
y = 5,5 g de sacarose (ou 5 500 mg de sacarose).
6.12 Alternativa A.
200 mL de solução 58 mg de aspartame
1 000 mL de solução x
x =
1 000 · 58
V x = 290 mg de aspartame
200
x = 0,29 g de aspartame.
Concentração de aspartame no suco = 0,29 g/L
6.13 Alternativa A.
103
cm3
1 L
2 · 106
cm3
V
V =
2 · 106
· 1
V V = 2 . 103
L
103
Em 1 L deve haver 30 g de sais
Em 2 . 103
deve haver m
m =
2 · 103
· 30
V m = 60 . 103
g
1
m = 60 kg ou 6 · 101
kg
6.14 Alternativa E.
Sabendo que a diferença de massa entre o refrigerante co-
mum e o diet é somente por conta do açúcar, temos:
maçúcar = mrefrigerante comum – mrefrigerante diet
maçúcar = 331,2 – 316,2 V maçúcar = 15 g
15 g de açúcar 0,3 L de refrigerante
x 1 L de refrigerante
x =
1 · 15
V x = 50 g de açúcar/L de refrigerante
0,3
6.15 a) 29,4 g de H2SO4 1000 mL de solução
x 500 mL de solução
x =
500 · 29,4
V x = 14,7 g de H2SO4
1 000
b) 1,84 g de H2SO4 1 mL de H2SO4
14,7 g de H2SO4 y
y =
14,7 · 1
V y q 8 mL de H2SO4
1,84
6.16 a) msolução = mAgNO3
+ mágua V msolução = 60 + 240
msolução = 300 g
60 g de AgNO3 300 g de solução
x 100 g de solução
x =
100 · 60
V x = 20 g de AgNO3
300
T = 0,2 e %massa de AgNO3 = 20%
b) Como T = 0,25, temos que 25 g de AgNO3 está dissolvida
em 100 g de solução:
mágua = 100 – 25 V mágua = 75 g
75 g de água 100 g de solução
y 350 g de solução
y =
350 · 75
V y = 262,5 g de água
100
c) 30% em massa: 30 g de AgNO3/100 g de solução
msolução = mAgNO3
+ mágua
msolução = mAgNO3
+ 700
30 g de AgNO3 100 g de solução
mAgNO3
(mAgNO3
+ 700)
mAgNO3
=
(mAgNO3
+ 700) · 30
100
100 . mAgNO3
= 30 . mAgNO3 + 30 . 700
70 . mAgNO3
= 21000 V mAgNO3
=
21 000
70
mAgNO3 = 300 g de AgNO3
6.17 3 mg 1 kg de peso corporal
x 80 kg de peso corporal
x =
80 · 3
V x = 240 mg
1
Porém, não se pode exceder 200 mg por dose. Se cada gota
contém 5 mg de analgésico:
5 mg de analgésico 1 gota
200 mg de analgésico y
y =
200 · 1
V

y = 40 gotas
5
6.18 Sim. Ao misturar etanol anidro, C2H5OH, com água, há
retração do volume da solução por causa da grande inten-
sidade das forças intermoleculares (ligações de hidrogênio)
estabelecidas entre o etanol anidro e a água.

42

42
6.19 1000 mL de vinagre 55 mL de ácido acético
100 mL de vinagre x
x =
100 · 55
V x = 5,5 mL de ácido acético
1000
% em volume = 5,5% V TV = 0,055
6.20 Alternativa D.
100 mL de solução intravenosa 3 g NaNO2
100 mL de solução intravenosa 3 000 mg NaNO2
10 mL de solução intravenosa x
x =
10 · 3 000
V
100
x = 300 mg de nitrito de sódio
6.21 Alternativa D.
Uma solução com 2,0% em massa de soluto apresenta título
igual a 0,02 (2 ÷ 100).
Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 2 unidades
de massa de soluto e 98 unidades de massa de solvente.
100 g de solução 2 g de soluto
250 g de solução x
x =
250 . 2
V x = 5,0 g de soluto
100
massa da solução = massa do soluto + massa do solvente
250 = 5 + massa de solvente
massa de solvente = 250 – 5
massa de solvente = 245 g
6.22 Alternativa E.
Uma solução com 0,9% em massa de soluto apresenta título
igual a 0,009 (0,9 ÷ 100).
Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 0,9 unidades
de massa de soluto e 99,1 unidades de massa de solvente.
100 g de solução 0,9 g de soluto
2 000 g de solução x
x =
2 000 . 0,9
V x = 18 g de soluto
100
6.23 Alternativa E.
100 mL de solução = 0,1 L de solução
0,1 L de solução 0,3 g de H3BO3
10 000 L de solução x
x =
10 000 . 0,3
V x = 30 000 g de H3BO3
0,1
x = 30 kg de H3BO3
6.24 Alternativa D.
Uma solução com 5% em massa de soluto apresenta título
igual a 0,05 (5 ÷ 100).
x =
1 000 . 5
V x = 50 g de soluto
100
6.25 Alternativa A.
Em 100 g de solução alcoólica 60,0 o
INPM há 60 g de etanol:
100 g de solução alcoólica 60 g de etanol
500 g de solução alcoólica x

x =
60 · 5
V x = 300 g de etanol
1
6.26 Alternativa D.
1 000 000 g da crosta terrestre 20 g de chumbo
100 g da crosta terrestre x

x =
100 · 20
V x = 0,002 g ou 2,0 mg de Pb
1 000 000
6.27 Alternativa C.
Volume do ambiente em que se encontra a pessoa:
V = 12,5 · 4 · 10 V V = 500 m3
ou 500 000 L
Volume de CO: 2 L
Cálculo da concentração de CO:
2 L CO 500 000 L de ar
x 1 000 000 L de ar

x =
1 000 000 · 2
V
500 000
x = 4 L em 1 milhão de L ou 4 ppm
6.28 Alternativa A.
1450 ppm indica: 1450 g de NaF a cada 106
g do dentrifício
106
g do dentifrício 1 450 g de fluoreto de sódio
90 g do dentifrício x

x =
90 · 1 450
V x = 0,1305 g ou q 0,13 g de NaF
1 000 000
6.29 Alternativa B.
1 ppm = 1 mg de soluto por litro de solução aquosa
6 mg de NaNO3 1 L de água mineral
x 0,3 L de água mineral

x =
0,3 · 6
V x = 1,8 mg ou 0,0018 g de NaNO3
1
6.30 Alternativa B.
1 kg de “peso corporal” 5 mg de flúor
70 kg de “peso corporal” x

x =
70 · 5
V x = 350 mg de flúor
1
1 000 L de água 700 mg de flúor
V 350 mg de flúor
V = 350 · 1 000 V x = 500 L de água
700

44

44
7.1 Alternativa B.
0,20 mol de C4H10O 1000 mL de solução
x =
500 · 0,20
V

x = 0,10 mol de C4H10O
1000
Massa molar do C4H10O = 74 g/mol
1,0 mol de C4H10O 74 g
0,10 mol de C4H10O y
y =
0,10 · 74
V

y = 7,4 g de C4H10O
1
7.2 Alternativa E.
4,2 g de C2H4O2 100 mL de vinagre
x 1000 mL de vinagre
x =
1000 · 4,2
V

x = 42 g de C2H4O2/L de vinagre
100
Massa molar do C2H4O2 = 60 g/mol
1,0 mol de C2H4O2 60 g
y 42 g (por litro de vinagre)
y =
42 · 1,0
V

y = 0,7 mol/L
60
7.3 Alternativa D.
1,0 . 10–2
mol de HCL 1000 mL de suco gástrico
x 100 mL de suco gástrico
x =
1,0 . 10–2
· 100
V

x = 1,0 . 10–3
mol de HCL
1000
Massa molar do HCL = 36,5 g/mol
1 mol de HCL 36,5 g de HCL
1,0 . 10–3
mol de HCL y
y =
1,0 . 10–3
· 36,5
1
y = 36,5 . 10–3
g de HCL V y = 0,0365 g de HCL
7.4 Alternativa B.
NaCL: massa molar = 58,5 g/mol
0,06 mol de NaCL 1000 mL de soro caseiro
x 200 mL de soro caseiro
x =
200 · 0,06
V

x = 0,012 mol de NaCL
1000
1 mol de NaCL 58,5 g de NaCL
0,012 mol de NaCL y
y =
0,012 · 58,5
V

y = 0,702 g de NaCL
1
C12H22O11: massa molar = 342 g/mol
0,032 mol de C12H22O11 1000 mL de soro caseiro
z 200 mL de soro caseiro
z =
200 · 0,032
V

z = 0,0064 mol de C12H22O11
1000
1 mol de C12H22O11 342 g de C12H22O11
0,0064 mol de C12H22O11 w
w =
0,0064 · 342
V

w q 2,19 g de C12H22O11
1
7.5 Alternativa E.
d = 1,29 g/cm3
1,29 g 1 cm3
x 1000 cm3
x =
1000 . 1,29
V x = 1290 g
1
Uma solução com 38% em massa de soluto apresenta título
igual a 0,38 (38 ÷ 100).
1290 g de solução y
y =
1290 . 38
V y = 490,2 g de soluto (H2SO4)
100
1 mol de H2SO4 98,0 g
n 490,2
n =
490,2 . 1
V n q 5,0 mol de H2SO4
98,0
7.6 Alternativa D.
1 gota de adoçante 3,66 mg de sacarina
50 gotas de adoçante x

45
45
x =
50 . 3,66
V x = 183 mg
1
ou x = 0,183 g de sacarina
1 mol de sacarina 183 g
y 0,183 g
y =
1 . 0,183
V y = 0,001 mol
183
0,001 mol de sacarina 0,250 L de café com leite
z 1 L de café com leite
z =
1 . 0,001
V z = 0,004 mol
0,250
A concentração em quantidade de matéria de sacarina no café
com leite é igual a 0,004 mol/L.
7.7 Cálculo da concentração de lacose no leite.
1 mol de lactose 342 g
x 5 g
x =
5 . 1
V x q 0,015 mol de lactose
342
0,015 mol de lactose 0,1 L de leite integral
y 1 L de leite integral
y =
1 . 0,015
V y q 0,15 mol de lactose
0,1
A concentração em quantidade de matéria de lactose no leite
integral é igual a 0,15 mol/L.
7.8 Alternativa D.
Cálculo do volume de ar correspondente a 5,0 . 1010
g:
1,25 g de ar 1 L de ar
5,0 . 1010
g de ar x
x =
5,0 . 1010 . 1
V x = 4,0 . 1010
L de ar
1,25
Cálculo da concentração, em mol/L, do etanotiol:
0,016 mol de etanotiol 4,0 . 1010
L de ar
y 1 L de ar
y =
1 . 0,016
V y = 4 . 10–13
mol de etanotiol
4,0 . 1010
7.9 Alternativa C.
I. Falsa. A fórmula do bicarbonato de cálcio é Ca(HCO3)2.
II. Verdadeira.
NaHCO3(aq) + HCL(aq) *( NaCL(aq) + H2O(L) + CO2(g)
III. Verdadeira.
IV. Verdadeira. O bicarbonato de cálcio está presente na água
numa concentração de 129,60 mg/L.
Massa molar do Ca(HCO3)2 = 162 g/mol
1 mol de Ca(HCO3)2 162 . 103
mg de Ca(HCO3)2
x 129,60 mg de Ca(HCO3)2
x =
1 . 129,60
V x = 0,0008 mol
162 . 103
Logo, a concentração em quantidade de matéria de Ca(HCO3)2
presente na água é igual a 8,0 . 10−4
mol/L.
V. Falsa. O sódio (bicarbonato de sódio) e o potássio (do
bicarbonato de potássio) pertencem à família dos metais
alcalinos.
7.10 Alternativa E.
Massa molar do C16H18CLN3S = 319,5 g/mol
1 mol de C16H18CLN3S 319,5 g de C16H18CLN3S
x 1 g de C16H18CLN3S
x =
1 . 1
V x q 0,00313 mol de C16H18CLN3S
319,5
2,5 . 10–6
mol de C16H18CLN3S 1 L de solução
0,00313 mol de C16H18CLN3S y
y =
0,00313 . 1
V y q 1 252 L de solução
2,5 . 10–6
Aproximadamente 1 250 L.
7.11 a) Solução 0,0025% em massa
x =
1 000 . 0,0025
V x = 0,025 g
100
Como a densidade da solução é igual a 1 kg/L, teremos uma
concentração em massa igual a 0,025 g/L
b) Solução 0,15% em massa:
x =
1 000 . 0,15
V x = 1,5 g
100
Como a densidade da solução é igual a 1 kg/L, teremos uma
concentração em massa igual a 1,5 g/L
210 g de ácido cítrico 1 mol
1,5 g y
y =
1,5 . 1
V y = 0,00714 mol
210
A concentração em quantidade de matéria da solução é igual
a 7,14 . 10–3
mol/L.
7.12 Massa molar do I2 = 254 g/mol
254 g de I2 1 mol de I2
15,24 g de I2 x
x =
15,24 · 1
V x = 0,06 mol de I2
254
Cálculo do volume de álcool etílico:
0,8 g de álcool etílico 1 mL
500 g de álcool etílico y
y =
500 · 1
V y = 625 mL
0,8
0,06 mol de I2 625 mL de álcool etílico
z 1 000 mL de álcool etílico
z =
1000 · 0,06
625
z = 0,096 mol/L ou q 0,01 mol/L
7.13 a) Cálculo da massa de glicose/mL de sangue:
0,5 mL de sangue 0,9 mg de glicose
1,0 mL de sangue x
x = 1,8 mg de glicose, portanto, 1,8 mg/mL
Cálculo da massa de glicose; em 100 mL de sangue:
1mL de sangue 1,8 mg de glicose
100 mL de sangue y

46

46
y = 180 mg de glicose/100 mL de soro
Como o limite é igual a 110 mg de glicose/100 mL de soro. O
indivíduo é considerado diabético.
b) Massa molar da glicose é igual a 180 g/mol.
180 g de glicose 1 mol
180 . 10–3
g de glicose z
z = 0,001 mol
0,001 mol de glicose 0,1 L (100 mL)
w 1 L
w =
1 · 0,001
V w = 0,01 mol/L
0,1
7.14 Alternativa D.
Massa molar do CO2 = 44 g/mol.
1 mol de CO2 44 g de CO2
0,025 mol de CO2 x
x =
0,025 · 44
V x = 1,1 g/L de CO2
1
7.15 a) Cálculo da massa de ureia
1 mol de ureia 60 g
1,0 . 10–2
mol x
x =
1,0 . 10–2
· 60
V x = 0,6 g de ureia
1
0,6 g de ureia 1 000 mL
y 200 mL
y =
200 · 0,6
V y = 0,12 g de ureia
1000
b) Cálculo do número de moléculas de ureia dissolvidas.
60 g de ureia 6,02 . 1023
moléculas
0,12 g de ureia z
z =
0,12 · 6,02 . 1023

V z q 1,2 . 1021
moléculas
60
7.16 a) Massa molar do AL2(SO4)3 = 342 g/mol
68,4 g de AL2(SO4)3 100 mL de solução
x =
1000 · 68,4
V

x = 684 g de AL2(SO4)3
100
1 mol de AL2(SO4)3 342 g de AL2(SO4)3
y 684 g de AL2(SO4)3
y =
684 · 1
V

y = 2 mol de AL2(SO4)3
342
Solução 2 mol/L de AL2(SO4)3.
b) Considerando a = 60%:
AL2(SO4)3(aq) **( 2 AL3+
(aq) + 3 SO4
2–
(aq)
2 mol/L 4 mol/L 6 mol/L
Para o AL3+
(aq):
4 mol/L de íons AL3+
(aq) 100% de dissociação
z 60% de dissociação
z =
60 · 4
V z = 2,4 mol/L de íons AL3+
(aq)
100
Para o SO4
2–
(aq):
6 mol/L de íons SO4
2–
(aq) 100% de dissociação
w 60% de dissociação
w =
60 · 6
V w = 3,6 mol/L de íons SO4
2–
(aq)
100
7.17 Alternativa D.
0,010 mol/L de íons Ca2+
(aq) 1 L de solução
x 1,0 . 103
L de solução
x =
1,0 . 103
· 0,010
V x = 10 mol de íons Ca2+
(aq)
1
0,005 mol/L de íons Mg2+
(aq) 1 L de solução
y 1,0 . 103
L de solução
y =
1,0 . 103
· 0,005
V y = 5 mol de íons Mg2+
(aq)
1
Total de íons bivalentes a serem substituídos: 10 + 5 = 15 mol.
Como o sódio, Na1+
, é monovalente, será necessário o dobro
de íons desse elemento para substituir os íons Ca2+
e Mg2+
,
portanto, serão necessários 30 mol de íons Na1+
(aq).
7.18 Alternativa B.
100 mL de solução aquosa 2 g de glutaraldeído
1 000 mL de solução aquosa x
x =
1 000 · 2
V x = 20 g de glutaraldeído
100
Massa molar do glutaraldeído, C5H8O2 = 100 g/mol
100 g glutaraldeído 1 mol
20 g glutaraldeído y
y =
20 · 1
V y = 0,2 mol
100
Concentração em quantidade de matéria de glutaraldeído na
solução: 0,2 mol/L
7.19 Alternativa C.
Massa molar do CaCO3 = 100 g/mol
1 mol de CaCO3 100 g
0,2 mol de CaCO3 x
x =
0,2 · 100
V x = 20 g de CaCO3
1
20 g de CaCO3 1 000 mL
y 500 mL
y =
500 · 20
V y = 10 g
1000
7.20 Alternativa C.
Massa molar do CaBr2 = 200 g/mol
200 g de CaBr2 1 mol
10 g de CaBr2 x
x =
10 · 1
V x = 0,05 mol
200
Concentração em quantidade de matéria = 0,05 mol/L.
7.21 Cálculo da massa de mercúrio em 250 mL de solução.
Massa molar do mercúrio = 200 g/mol
5 . 10–5
mol de Hg 1 000 mL de solução
x =
250 · 5 . 10–5

V x = 1,25 . 10–5
mol de Hg
1 000
1 mol de Hg 200 g
1,25 . 10–5
mol de Hg y

47
47
y =
1,25 . 10–5
· 200
V y = 2,5 . 10–3
g de Hg
1
Ao beber 250 mL da água (solução) o garimpeiro ingere uma
massa de 2,5 mg de mercúrio.
7.22 a) Verdadeira.
60 g de A 300 mL de solução
x 1 000 mL de solução
x =
1 000 · 60
V x = 200 g
300
Concentração em massa = 200 g/L
b) Falsa.
160 g de A 1 mol
200 g de A y
y =
200 · 1
V y = 1,25 mol
160
Concentração em quantidade de matéria = 1,25 mol/L
c) Falsa.
A cada 8 horas o paciente deve ingerir 1 g do princípio ativo
(3 gramas por dia):
60 g de A 300 mL de solução
1 g de A z
z =
1 · 300
V z = 5 mL
60
7.23 Alternativa D.
0,975 . 10–3
g de K2A 280 mL de solução
x 1 000 mL de solução
x =
1 000 · 0,975 . 10–3

V x = 0,0035 g de K2A
280
Concentração em massa de K2A = 0,0035 g/L
174 g de K2A 1 mol
0,0035 g de K2A y
y =
0,0035 · 1
V y = 2,01 . 10–5
mol
174
Concentração em mol/L de K2A = 2,01 . 10–5
mol/L
1 mol de K2A 2 mol de íons K1+
2,01 . 10–5
mol de K2A z
z =
2,01 . 10–5
· 2
V z = 4,02 . 10–5
mol
1
Concentração em mol/L de íons K1+
= 4,02 . 10–5
mol/L
7.24 Alternativa C.
2 mol de Br1−
1 mol de Br2
5,0 . 10−3
mol de Br1−
x
x =
5,0 . 10−3
· 1
V x = 2,5 . 10–3
mol de Br2
2
7.25 Alternativa C.
1 mol de FeSO4
. 7 H2O 278 g
x 12,49 . 10–3
g
x =
12,49 . 10–3 . 1
278
x = 0,045 . 10–3
mol de FeSO4
. 7 H2O
1 mol de FeSO4
. 7 H2O 1 mol Fe2+
Logo, tem-se: 0,045 . 10–3
mol de íons Fe2+
0,045 . 10–3
mol de íons Fe2+
15 mL
y 1 000 mL
y =
1 000 · 0,045 . 10–3

V y = 3,0 . 10–3
mol
15
A concentração em quantidade de matéria de íons Fe2+
no
biotônico é igual a 3 . 10−3
mol/L.
7.26 a) Cálculo da concentração em mol/L de íons Fe3+
(aq):
1 mol de Fe3+
56 g
x 4,48 . 103
g
x =
4,48 . 103
· 1
V x = 80 mols de Fe3+
56
80 mols de Fe3+
1 000 L
y 1 L
y =
1 . 80
V y = 0,08 mol de Fe3+
1 000
Concentração em quantidade de matéria: 0,08 mol/L de Fe3+
b) 4 Fe3+
(aq) + 3 O2(g) *( 2 Fe2O3(s)
4 mol 3 . 22,4 L de O2
80 mol z
z =
80 . 3 . 22,4
V z = 1 344 L de O2
4
7.27 Alternativa D.
Massa molar do íon PO4
3–
= 95 g/mol
1 mol de íons PO4
3–
95 g
x 0,15 g
x =
0,15 . 1
95
x = 1,58 . 10–3
mol de íons PO4
3–
Concentração em quantidade de matéria de íons fosfato no
refrigerante = 1,58 . 10–3
mol de íons PO4
3–
/L
7.28 a) ZnO(s) + 2 HCL(aq) *( Zn2+
(aq) + 2 CL1–
(aq) +
+ H2O(L)
b) 81 g de ZnO 65 g de Zn2+
1,62 . 10−2
g x
x =
1,62 . 10−2 . 65
V x = 1,3 . 10–2
g de Zn2+
81
1 mol de Zn2+
65 g de Zn2+
0,10 mol de Zn2+
y
y =
0,10 . 65
V y = 6,5 g de Zn2+
1
6,5 g 1 000 mL
1,3 . 10–2
g z
z =
1,3 . 10–2 . 1 000
V z = 2 mL
6,5
O volume de solução de ZnSO4 é igual a 2 mL.
7.29 Alternativa B.
I. Falso.
Concentração de F1–
(aq), em ppm, numa solução 0,05 g/L:
indica que, em 1 000 000 mg de solução, há 50 mg de F1–
(aq).
Portanto, a solução 0,05 g/L corresponde exatamente a
50 ppm de F1–
(aq). Nessas condições a pessoa que ingerir a
solução pode sofrer sérios efeitos de intoxicação.
II. Verdadeira.

48

48
Massa molar do NaF = 42 g/mol
42 000 mg de NaF 1 mol
150 mg de NaF x
x =
150 · 1
V x = 0,0036 mol de NaF
42 000
0,0036 mol de NaF 250 mL
y 1 000 mL
y =
1 000 · 0,0036
V y = 0,0144 mol de NaF
250
Concentração em quantidade de matéria q 0,014 mol/L.
III. Verdadeira.
100 L de ar 1,5 . 10−4
L de HF
1 000 000 de ar z
z =
1 000 000 · 1,5 . 10−4

V z = 1,5 L de HF
100
Portanto, a concentração de HF no ar é 1,5 ppm. Esse valor
está abaixo da faixa máxima permitida (de 2 a 3 ppm).
7.30 a) Concentração de Pb na água = 100 ppb.
1 . 109
g de água V 1 . 106
L de água V 100 g de Pb
1 L de água x
x =
1 · 100
V x = 1 . 10–4
g de Pb
1 . 106
b) 1 mol de Pb 207 g de Pb
y 1 . 10–4
g de Pb
y =
1 . 10–4
· 1
V y = 4,8 . 10–7
mol de Pb
207
A concentração em quantidade de matéria de chumbo na
água é igual a 4,8 . 10–7
mol de Pb/L.
7.31 Alternativa B.
1 mol de Mg2+
24 g
4 . 10−4
mol de Mg2+
x
x =
4 . 10−4
· 24
V x = 9,6 . 10–3
g de Mg2+
1
x = 9,6 mg de Mg2+
ou q10 mg de Mg2+
Concentração em quantidade de matéria q10 mg de Mg2+
/L.ndradeustdio

52

52
HH H H H H H HH H HH H H HH H HH H H H H H H HHH H H H H H H H H H HH H H H H H H H
8.1 São verdadeiras: 01, 04 e 32. Resposta = 37.
02. Falso. As soluções saturadas apresentam soluto dissolvido
em quantidade igual ao coeficiente de solubilidade.
04. Verdadeiro. Aumentando a pressão, a solubilidade au-
menta (lei de Henry).
08. Falso. O etanol é separado do álcool hidratado por desti-
lação fracionada.
16. Falso.
1 mol de NaCL 58,5 g de NaCL
x 30 g de NaCL
x =
30 · 1
V x q 0,513 mol de NaCL
58,5
0,513 mol de NaCL 0,5 L de solução
y 1 L de solução

53
53
y =
1 · 0,513
V y q 1,026 mol/L de NaCL
0,5
32. Verdadeiro
1 L de solução 2 mol de HCL
0,70 L de solução z
z =
0,70 · 2
V z = 1,40 mol de HCL
1
O volume da solução resultante é: 0,30 L + 0,70 L = 1,0 L
Portanto: 1,40 mol/L de HCL
64. Falso. A solubilidade dos gases, por exemplo, aumenta
com a diminuição da temperatura.
8.2 Alternativa A.
Cálculo da quantidade de matéria total de NaCL:
0,08 mol de NaCL 1 L de solução
x 20 L de solução
x =
20 · 0,08
V x = 1,6 mol de NaCL
1
y 2 L de solução
y =
2 · 0,52
V y = 1,04 mol de NaCL
1
Quantidade de matéria total de NaCL na solução final:
1,6 + 1,04 = 2,64 mol de NaCL
Cálculo da concentração em quantidade de matéria da solu-
ção final:
z 1 L de solução
z =
1 · 2,64
V z = 0,12 mol de NaCL
22
Concentração = 0,12 mol/L de NaCL
Resposta: 0,12 · 100 = 12
8.3 Alternativa A.
Adicionando-se a solução II à solução III, teremos:
massa de KMnO4 = 6 + 12
massa de KMnO4 = 18 g
Volume de solução = 300 + 200
Volume de solução = 500 mL
Cálculo da concentração:
18 g de KMnO4 0,5 L de solução
x 1 L de solução
x =
1 · 18
V x = 36 g de KMnO4
0,5
Concentração = 36 g/L
Cálculo da concentração da solução I:
4 g de KMnO4 0,1 L de solução
y 1 L de solução
y =
1 · 4
V y = 40 g de KMnO4
0,1
Concentração = 40 g/L
Logo, CII + III < CI.
8.4 Alternativa C.
Cálculo da concentração de oxigênio em 20 litros de H2O2 a
125 volumes.
1 L de H2O2 (125 volumes) 125 L de O2(g)
20 L de H2O2 (125 volumes) x
x =
20 · 125
V x = 2 500 L de O2(g)
1
Cálculo da concentração de oxigênio em 100 litros de água
oxigenada a 10 volumes:
1 L de H2O2 (10 volumes) 10 L de O2(g)
100 L de H2O2 (10 volumes) y
y =
100 · 10
V y = 1 000 L de O2(g)
1
20 L de H2O2 (125 volumes) 2 500 L de O2(g)
z 1000 L de O2(g)
z =
1 000 · 20
V z = 8 L de H2O2 (125 volumes)
2 500
Para obter 100 L de água oxigenada a 10 volumes, tomam-se 8
litros de água oxigenada a 125 volumes e diluem-se a 100 litros.
8.5 Alternativa D.
0,5 mol de glicose 1000 mL de solução
x =
100 · 0,5
V x = 0,05 mol de glicose
1000
Antes da evaporação:
0,05 mol/L V 0,5 mol em 1000 mL
Como o volume variou de 1000 mL para 100 mL, conclui-se
que o volume de água evaporada é de 900 mL
8.6 a) V = 1/3 . 300 m3
V
V= 100 m3
ou 105
L;
m = 104
g de CuSO4
1 mol de CuSO4 159,5 g de CuSO4 (massa molar)
x 104
g de CuSO4
x =
104
· 1
V x = 62,7 mol de CuSO4
159,5
62,7 mol de CuSO4 105
L de solução
y 1 L de solução
y =
1 · 62,7
V y = 6,27 . 10–4
mol de CuSO4/L
105
b) Numa diluição, a quantidade do soluto não muda.
3 · 10–3
mol de CuSO4 1 L de solução
y 105
L de solução
y =
3 · 10–3
· 105

V y = 3 · 10–3
· 105
mol de CuSO4
1
Como o volume da piscina é de 300 m3
ou 3 . 105
L, temos:
3 · 10–3
· 105
mol de CuSO4 3 . 105
L de solução
z 1 L de solução
z =
3 · 10–3
· 105
·1
V z = 1 · 10–3
mol de CuSO4/L
3 . 105
8.7 Alternativa A.
Como o volume e a concentração em mol/L são iguais para as
duas soluções, podemos calcular:
Em relação aos sais NaCL e KCL :

54

54
1 NaCL(aq) **( 1 Na1+
(aq) + 1 CL1–
(aq)
0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/L
1 KCL(aq) **( 1 K1+
(aq) + 1 CL1–
(aq)
0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/L
Volume da solução final (desprezando-se qualquer variação):
100 mL + 100 mL = 200 mL
Para os íons Na1+
(aq):
0,1 mol de Na1+
(aq) 1 000 mL
x 100 mL
x =
100 · 0,1
V x = 0,01 mol de Na1+
(aq)
1 000
0,01 mol de Na1+
(aq) 200 mL
y 1 000 mL
y =
1 000 · 0,01
V y = 0,05 mol de Na1+
(aq)
200
Concentração de íons Na1+
(aq) = 0,05 mol/L
Pelas equações balanceadas acima, concluímos que a concentra-
ção de íons K1+
(aq) na solução final é igual a de íons Na1+
(aq) e
que a concentração de íons CL1–
(aq) é o dobro da concentração
de íons Na1+
(aq). Portanto:
Concentração de íons K1+
(aq) = 0,05 mol/L
Concentração de íons CL1–
(aq) = 0,1 mol/L
8.8 Em relação aos sais NaBr e MgBr2 :
1 NaBr(aq) **( 1 Na1+
(aq) + 1 Br1–
(aq)
0,20 mol/L 0,20 mol/L 0,20 mol/L
1 MgBr2(aq) **( 1 Mg2+
(aq) + 2 Br1–
(aq)
0,30 mol/L 0,30 mol/L 2 . 0,30 mol/L
Volume da solução final (desprezando-se qualquer variação):
200 mL + 600 mL = 800 mL
Para os íons Na1+
(aq):
0,20 mol de Na1+
(aq) 1 000 mL
x 200 mL
x =
200 · 0,20
V x = 0,04 mol de Na1+
(aq)
1 000
0,04 mol de Na1+
(aq) 800 mL
y 1 000 mL
y =
1 000 · 0,04
V y = 0,05 mol de Na1+
(aq)
800
(aq) = 0,05 mol/L
Para os íons Mg2+
(aq):
0,30 mol de Mg2+
(aq) 1 000 mL
z 600 mL
z =
600 · 0,30
V z = 0,18 mol de Mg2+
(aq)
1 000
0,18 mol de Mg2+
(aq) 800 mL
w 1 000 mL
w =
1 000 · 0,18
V w = 0,225 mol de Mg2+
(aq)
800
Concentração de íons Mg2+
(aq) = 0,225 mol/L
Para os íons Br1–
(aq), cálculo da quantidade de matéria total:
0,20 mol de Br1–
(aq) 1 000 mL
a 200 mL
a =
200 · 0,20
V a = 0,04 mol de Br1–
(aq)
1 000
2 . 0,30 mol de Br1–
(aq) 1 000 mL
b 600 mL
b =
600 · 2 . 0,30
V b = 0,36 mol de Br1–
(aq)
1 000
Quantidade de matéria total = 0,04 + 0,36
Quantidade de matéria total = 0,4 mol de Br1–
(aq)
0,4 mol de Br1–
(aq) 800 mL
g 1 000 mL
g =
1 000 · 0,4
V g = 0,5 mol de Br1–
(aq)
800
Concentração de íons Br1–
(aq) = 0,5 mol/L
8.9 Alternativa B.
100 000 m3
= 108
L
Cálculo da quantidade de matéria de CN1–
:
0,0012 mol de CN1–
1 L de solução
x 108
L de solução
x =
0,0012 · 108

V x = 1,2 · 105
mol de CN1–
1
Massa molar do íon cianeto, CN1–
= 26 g/mol
1 mol de CN1–
26 g de CN1–
1,2 · 105
mol de CN1–
y
y =
1,2 · 105
· 26
1
y = 3,12 · 106
g de CN1–
ou y = 3,12 · 109
mg de CN1–
Cálculo do volume de água necessário para diluir 3,12 · 109
mg
de CN1–
para que a água do efluente possa servir ao consumo
doméstico:
0,01 mg de CN1–
1 L de solução
3,12 · 109
mg de CN1–
z
z =
3,12 · 109
· 1
V z = 3,12 · 1011
L de solução
0,01
Deve-se diluir aproximadamente em:
3,12 · 1011
= 3,12 · 103
108
ou seja, 3120 vezes ou q 3200 vezes.
8.10 Alternativa C.
4,0 mol de KCL 1 L de solução
x 0,150 L de solução
x =
0,150 · 4,0
V x = 0,6 mol de KCL
1
Como: KCL(aq) **( K1+
(aq) + CL1–
(aq),
Em 150 mL da solução de KCL(aq) 4,0 mol/L haverá 0,6 mol de
íons K1+
(aq) e 0,6 mol de íons CL1–
(aq).
3,0 mol de K2SO4 1 L de solução
y 0,350 L de solução
y =
0,350 · 3,0
V y = 1,05 mol de K2SO4
1
Como: K2SO4(aq) **( 2 K1+
(aq) + 1 SO4
1–
(aq), em
Em 350 mL da solução de K2SO4(aq) 3,0 mol/L haverá 2,10
mol de íons K1+
(aq) e 1,05 mol de íons SO4
1–
(aq).
Cálculo da concentração de íons K1+
(aq):

55
55
(0,6 + 2,10) mol de K1+
(aq) (0,150 + 0,350) L de solução
z 1 L de solução
z =
2,7 . 1
V z = 5,4 mol de K1+
(aq)/L
0,5
Cálculo da concentração de íons SO4
2–
(aq):
1,05 mol de SO4
2–
(aq) (0,150 + 0,350) L de solução
w 1 L de solução
w =
1,05 . 1
V w = 2,1 mol de SO4
2–
(aq)/L
0,5
8.11 Alternativa B.
A solução sempre é eletricamente neutra. Dessa forma temos:
Total de cargas negativas na solução:
0,28 mol de CL1–
+ 0,10 mol de SO4
2–
0,28 . (1–) + 0,10 . (2–) = 0,48 mol de cargas negativas
Total de cargas positivas na solução:
0,30 mol de Na1+
+ x mol de Fe3+
0,30 . (1+) + x . (3+) = 0,48 mol de cargas positivas
+0,30 + 3 x = 0,48 V 3 x = 0,48 – 0,30
x =
0,18
V x = 0,06 mol de íons Fe3+
.
3
A concentração de íons Fe3+
é 0,06 mol/L.
8.12 Alternativa C.
Cálculo da massa de NaOH nas soluções:
24 g de NaOH 1 000 mL de solução
x =
200 · 24
V x = 4,8 g de NaOH
1 000
2,08 g de NaOH 1 000 mL de solução
y 1300 mL de solução
y =
1300 · 2,08
V y = 2,704 g de NaOH
1 000
Na diluição a massa de NaOH não muda.
Cálculo da concentração em g/L:
(4,8 + 2,704) g de NaOH 2 500 mL de solução
z 1 000 L de solução
z =
1000 · 7,504
V z q 3,0 g de NaOH/L
2500
8.13 Alternativa C.
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH nas soluções:
5 mol de NaOH 1000 mL de solução
x =
60 · 5
V x = 0,3 mol de NaOH
1000
2 mol de NaOH 1000 mL de solução
y =
300 · 2
V y = 0,6 mol de NaOH
1000
Cálculo da concentração em quantidade de matéria final:
(0,3 + 0,6) mol de NaOH (0,06 + 0,3) L de solução
z 1 L de solução
z =
1 · 0,9
V z = 2,5 mol de NaOH/L
0,360
8.14 a) Equação da reação:
2 HCL(aq) + Ba(OH)2(aq) **( BaCL2(aq) + 2 H2O(L)
Cálculo da quantidade de matéria de Ba(OH)2 que reage:
0,01 mol de Ba(OH)2 1000 mL de solução
x =
100 · 0,01
V x = 0,001 mol de Ba(OH)2
1000
Como a proporção estequiométrica entre HCL e Ba(OH)2 é de
2 : 1, reagem 0,002 mol de HCL.
Cálculo do volume de solução de HCL 0,002 mol/L:
0,02 mol de HCL 1 000 mL de solução
0,002 mol de HCL y
y =
0,002 · 1000
V y = 100 mL de solução
0,02
Portanto, são necessários 100 mL de solução de ácido clorídri-
co, HCL, 0,002 mol/L
b) HCL(aq) + NaOH(aq) **( NaCL(aq) + H2O(L)
Cálculo da quantidade de matéria de HCL que reagiu:
z 5 mL de solução
z =
5 · 0,10
V z = 5 . 10–4
mol de HCL
1000
Como a proporção estequiométrica entre HCL e NaOH é de
1 : 1, reagem 5 . 10–4
mol de NaOH.
1 mol de NaOH 1 000 mL de solução
5 . 10–4
mol de NaOH w
w =
5 . 10–4
· 1 000
V w = 0,5 mL de solução
1
Portanto, são necessários 0,5 mL de solução de NaOH 1 mol/L.
8.15 Alternativa B.
BaCL2(aq) + Na2SO4(aq) **( 2 NaCL(aq) + 1BaSO4(ppt)
Como 1 mol de BaCL2 reage com 1 mol de Na2SO4, o Na2SO4
está em excesso (o dobro da concentração). Assim, precisamos
da metade do volume da solução de Na2SO4 para obtermos a
máxima quantidade de BaSO4.
8.16 Alternativa E.
1 HCL + 1 NaOH **( 1 NaCL + 1 H2O
1 mol 1 mol
Para o HCL:
1,600 mol 1 L
x 0,04 L
x =
0,04 · 1,600
V x = 6,4 . 10–2
mol
1
Para o NaOH
2,000 mol 1 L
y 0,06 L
y =
0,06 · 2,000
V y = 12 . 10–2
mol
1
Excesso de NaOH = 12 · 10–2
– 6,4 · 10–2
Excesso de NaOH = 5,6 · 10–2
mol
Volume final = 40 + 60 V Volume final = 100 mL
Para o cátion Na1+
:
12 · 10–2
mol 0,1 L
z 1 L

56

56
z =
1 · 12 · 10–2

V z = 1,2 mol
0,1
(aq) = 1,2 mol/L
Para o ânion CL1–
:
6,4 · 10–2
mol 0,1 L
w 1 L
w =
1 · 6,4 · 10–2

V w = 0,64 mol
0,1
Concentração de íons CL1–
(aq) = 0,64 mol/L
Para o ânion OH1–
:
5,6 · 10–2
mol 0,1 L
a 1 L
a =
1 · 5,6 · 10–2

V a = 0,56 mol
0,1
Concentração de íons OH1–
(aq) = 0,56 mol/L
8.17 a) Cálculo da quantidade de matéria de NaOH:
0,1 mol de NaOH 1 000 mL de solução
x =
500 . 0,1
V x = 0,05 mol de NaOH
1 000
Massa molar do NaOH = 40 g/mol:
1 mol de NaOH 40 g de NaOH
0,05 mol de NaOH y
y =
0,05 . 40
V y = 2 g de NaOH
1
b) Em 1 L de solução de NaOH 0,01 mol/L há 0,01 mol de
NaOH. Essa quantidade de matéria corresponde a 0,1 L de
uma solução de NaOH 0,1 mol/L.
0,1 mol de NaOH 1 L de solução
0,01 mol de NaOH z
z =
0,01 . 1
V z = 0,1 L de solução
0,1
Assim, pode-se preparar 1 L de solução de NaOH 0,01 mol/L
por meio de diluição de 0,1 L de solução de NaOH 0,1 mol/L
com 0,9 L de água.
c) HCL(aq) + NaOH(aq) **( NaCL(aq) + H2O(L)
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH que reagiu:
w 10 mL de solução
w =
10 · 0,10
V w = 0,001 mol de NaOH
1000
Como a proporção estequiométrica entre HCL e NaOH é de
1 : 1, reagem 0,001 mol de HCL.
0,001 mol de HCL a
a =
0,001 · 1 000
V a = 20 mL de solução
0,05
Portanto, são necessários 20 mL de solução de ácido clorídrico,
HCL, 0,005 mol/L.
1 H2SO4(aq) + 2 NaOH(aq) **( 1 Na2SO4(aq) + 2 H2O(L)
Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4:
0,10 mol de H2SO4 1 000 mL de solução
x =
50 · 0,10
V x = 0,005 mol de H2SO4
1000
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH:
y =
50 · 0,40
V y = 0,02 mol de NaOH
1000
Na solução final restam 0,01 mol de NaOH em excesso (o
H2SO4 é o reagente limitante).
O volume de solução final (considerando desprezível qualquer
variação que possa ter ocorrido) é: 0,05 L + 0,05 L = 0,1 L.
A solução será básica, pois há um excesso de 0,01 mol de
NaOH em relação ao de H2SO4.
b) Cálculo da concentração de base na solução remanescente:
0,01 mol de NaOH 0,1 L de solução
z 1 L de solução
z =
1 · 0,01
V z = 0,1 mol de NaOH/L
0,1
8.19 Alternativa A.
2 AgNO3(aq) + K2CrO4(aq) **( Ag2CrO4(s) + 2 KNO3(aq)
Cálculo da quantidade de matéria de AgNO3:
0,1 mol de AgNO3 1 000 mL de solução
x =
20 . 0,1
V x = 0,002 mol de AgNO3 (limitante)
1 000
Cálculo da quantidade de matéria de K2CrO4:
0,2 mol de K2CrO4 1 000 mL de solução
y =
10 . 0,2
V y = 0,002 mol de K2CrO4
1 000
Logo, há um excesso de 0,001 mol de K2CrO4.
De acordo com a proporção estequiométrica, há a formação
de 0,001 mol de Ag2CrO4 e a solução sobrenadante terá colo-
ração amarela por causa do excesso de K2CrO4.
8.20 a) Pretende-se determinar se o solo é ácido ou básico,
ou seja, o seu pH. Isso pode ser feito pela medida do pH da
solução inicial de acetato de cálcio, comparando-a com o pH
obtido pela titulação da solução final.
b) O ponto final da titulação pode ser observado com a utiliza-
ção de um indicador apropriado.
c) Como se trata de uma reação ácido-base, teremos:
H3O1+
(aq) + OH1–
(aq) **( 2 H2O(L)
8.21 Alternativa D.
HCL(aq) + NaOH(aq) **( NaCL(aq) + H2O(L)
1mol 1mol 1 mol 1 mol
7 mL de solução 0,09 mol/L de NaOH
0,09 mol de NaOH 1 000 mL
x 7 mL
x =
7 . 0,09
V x = 6,3 . 10–4
mol de NaOH
1 000
Logo, reagiu 6,3 . 10–4
mol de HCL

57
57
6,3 . 10–4
mol de HCL 5 mL
y 1 000 mL
y =
1 000 . 6,3 . 10–4

V y = 0,126 mol de HCL
5
Concentração de HCL = 0,126 mol/L
8.22 Alternativa E.
Solução de base: 4 g/100 mL
1 mol de base 40 g
x 4 g
x =
4 · 1
V x = 0,1 mol
40
0,1 mol de base 100 mL
y 25 mL
y =
25 . 0,1
V y = 0,025 mol de base
100
Cálculo da quantidade de matéria do ácido:
0,5 mol de ácido 1 000 mL
z 20 mL
z =
20 · 0,5
V z = 0,01 mol
1 000
ácido + base **( sal + água
1 mol 2 mol
0,01 mol 0,02 mol
Impurezas da base = 0,025 – 0,02
Impurezas da base = 0,005 mol
0,025 100%
0,005 w
w =
0,005 · 100
V w = 20% de impurezas
0,025
Logo, a percentagem de pureza da base = 80%
8.23 Equação da reação:
1 H2SO4(aq) + 2 NaOH(aq) **( 1 Na2SO4(aq) + 2 H2O(L)
Cálculo da quantidade de matéria de H2SO4 que reagiu:
0,25 mol de H2SO4 1 000 mL de solução
x =
20 · 0,25
V x = 0,005 mol de H2SO4
1 000
Como a proporção estequiométrica entre H2SO4 e NaOH é de
1 : 2, reagem 0,01 mol de NaOH.
Cálculo da massa de NaOH (40 g/mol) que reagiu:
1 mol de NaOH 40 g de NaOH
0,01 mol de NaOH y
y =
0,01 . 40
V y = 0,4 g de NaOH
1
Como a amostra possui 0,5 g, conclui-se que 0,4 g correspon-
de ao NaOH e 0,1 g corresponde às impurezas.
Cálculo da percentagem de impureza na amostra:
0,5 g 100%
0,1g z
z =
0,1 . 100
0,5
z = 20% de impurezas
8.24 a) As operações envolvidas no processo são:
– Separar uma amostra de 10 mL do alvejante. Essa amostra
contém n mols de OCL1–
(aq).
– Diluir a amostra de 10 mL do alvejante em água até o volume
final de 100 mL. A solução obtida ainda contém n mols de
OCL1–
(aq).
– Pegar uma alíquota de 25 mL da solução diluída do alvejante
que irá conter n/4 mols de OCL1–
(aq).
A titulação dessa alíquota de 25 mL da solução diluída formou
1,5 · 10–3
mol de iodo, I2(ppt).
Pela equação fornecida temos que:
1 mol de OCL1–
(aq) 1 mol de I2(ppt)
x 1,5 · 10–3
mol de I2(ppt)
x =
1,5 · 10–3
· 1
1
x = 1,5 · 10–3
mol de OCL1–
(aq) em 25 mL de solução
Quantidade de matéria de OCL1–
(aq) em 100 mL:
1,5 · 10–3
mol de OCL1–
(aq) 25 mL de solução
y =
100 · 1,5 · 10–3
25
y = 6,0 · 10–3
mol de OCL1–
(aq)
Logo, a amostra inicial de 10 mL do alvejante também contém
6,0 · 10–3
mol de OCL1–
(aq).
Como o enunciado pede que se considere apenas o elemen-
to cloro (átomo CL), a amostra inicial do alvejante conterá
6,0 · 10–3
mol de CL.
Dados da amostra inicial: V = 10 mL
massa = 10 g (d = 1,0 g/mL)
quantidade de matéria do CL = 6,0 · 10–3
mol
1 mol de CL 35 g
6,0 · 10–3
mol de CL z
z =
6,0 · 10–3
· 35 V z = 0,21 g de CL
1
10 g de alvejante 0,21 g de CL
100 g de alvejante w
w =
100 · 0,21 V w = 2,1 g
10
ou w% = 2,1%; concluímos então que a especificação do ró-
tulo é válida.
b) A bureta é usada para a determinação do volume do titu-
lante gasto. O erlenmeyer contém a solução a ser titulada e o
indicador.

5959
H H
9.1 Alternativa D.
A pressão de vapor da solução é tanto menor quanto maior
for o número de partículas de soluto dissolvidas. Considerando
α% = 100% para todas as soluções, temos:
a) 1 C12H22O11(s) **( 1 C12H22O11(aq)
0,1 mol 0,1 mol
Total: 0,1 mol de partículas em solução.
b) 1 C12H22O11(s) **( 1 C12H22O11(aq)
0,2 mol 0,2 mol
c) 1 HCL(g) + 1 H2O (L) **( 1 H3O1+
(aq) + 1 CL1–
(aq)
0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol
d) 1 HCL(g) + 1 H2O (L) **( 1 H3O1+
(aq) + 1 CL1–
(aq)
0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol
e) 1 NaOH(s) **( 1 Na1+
(aq) + 1 OH1–
(aq)
0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol
9.2 Resposta 25. São corretos os itens: 01, 08 e 16.
Item 02: falso, porque a pressão de vapor do líquido em solu-
ção é sempre menor que a do líquido puro.
Item 04: falso, porque a pressão de vapor do líquido varia (di-
minui) com a adição de soluto.
9.3 Alternativa B.

60

60
A pressão de vapor depende do líquido em questão e da tempe-
ratura. Quanto mais volátil o líquido, maior a sua pressão de va-
por, na mesma temperatura. A ordem crescente de volatilidade
é: água < etanol < éter etílico.
9.4 Tonoscopia. Algumas substâncias vaporizam até que sua
pressão máxima de vapor seja alcançada, mesmo em baixas
temperaturas, como no interior da geladeira. O ambiente fica
saturado do vapor de tais substâncias, que então passam a se
condensar sobre outros alimentos. No caso dos desodoriza-
dores, o processo ocorre da mesma forma, porém de maneira
mais acentuada, porque esses materiais possuem uma capaci-
dade maior de adsorver substâncias voláteis.
9.5 a) O etanol, pois as interações intermoleculares no etanol
(ligações de hidrogênio e forças de dipolo induzido na extre-
midade apolar) são menos intensas que na água (cujas molé-
culas estabelecem apenas ligações de hidrogênio).
b) 1 L 96% de álcool etílico
x 70% de álcool etílico
x =
70 · 1
V x q 0,73 L
96
Coloca-se 0,73 L de álcool etílico 96% em um recipiente de
1 L e completa-se o volume com água destilada.
c) A temperatura aumenta com o passar do tempo até atin-
gir o ponto de ebulição, que é constante, já que a mistura é
azeotrópica. Quando toda a mistura tiver passado para a fase
gasosa, a temperatura voltará a subir em funcão do tempo.
9.6 Alternativa D.
Ao molhar o balão com água fria, provoca-se uma condensa-
ção parcial do vapor de água presente no interior do balão.
Essa condensação faz que a pressão sobre a água diminua,
o que acaba provocando uma diminuição da temperatura de
ebulição da água.
9.7 Alternativa A.
I. Verdadeira. A essência passa da gordura para a fase alcoó-
lica porque é mais solúvel no álcool do que na gordura.
II. Falsa. O álcool é vaporizado ficando a essência como re-
síduo. O álcool é, portanto, mais volátil que a essência (tem
maior pressão de vapor que a essência).
III. Falsa. As densidades da gordura e da essência não têm
influência no processo citado.
9.8 Alternativa A.
Quando submetido ao mesmo aquecimento, o líquido em uma
panela fechada entra em ebulição mais rapidamente do que
em uma panela aberta. Isso ocorre porque na panela fechada
a pressão de vapor do líquido se iguala mais rapidamente à
pressão atmosférica local.
9.9 Alternativa B.
A temperatura de ebulição da água usada no banho-maria
é menor que a temperatura de ebulição da água do café (a
presença de vários solutos no café faz que a temperatura de
ebulição da água aumente nessa solução). Quando a água do
banho-maria entra em ebulição, a sua temperatura permanece,
aproximadamente, constante. Como a água do café só entra em
ebulição em temperaturas superiores e essas temperaturas não
serão atingidas, a água do café não entra em ebulição.
9.10 Alternativa E.
Quanto menor a altitude, maior a pressão atmosférica e, por-
tanto, maior a temperatura de ebulição da água. O tempo de
cozimento de um alimento diminui com o aumento da tempe-
ratura de ebulição da água em que ele está em contato.
9.11 Alternativa D.
Ao erguer o êmbolo da seringa, a pressão sobre a água di-
minui. Essa diminuição de pressão faz que a temperatura de
ebulição também diminua, o que pode provocar a ebulição da
água em temperaturas inferiores a 100 o
C.
BaCL2(aq) + Na2SO4(aq) **( BaSO4(s) + 2 NaCL(aq)
O líquido sobrenadante é formado de cloreto de sódio dissol-
vido em água.
b) A temperatura de ebulição do líquido sobrenadante (sol-
vente + soluto não volátil) é maior que o da água pura (efeito
ebulioscópico).
9.13 Alternativa D.
O aditivo diminui a pressão de vapor da solução formada com
relação à água pura, causando um aumento do ponto de ebu-
lição (evitando que ocorra o superaquecimento da água dos
radiadores de carros) e uma diminuição do ponto de fusão
(evitando o congelamento da água dos radiadores).
9.14 Alternativa C.
Quanto maior a concentração de partículas, menor o ponto de
congelação ou solidificação. Considerando a = 100%:
1 KNO3(s) **( 1 K1+
(aq) + 1 NO3
1–
(aq)
1 mol de KNO3 fornece 2 mol de íons em solução.
1 MgSO4(s) **( 1 Mg2+
(aq) + 1 SO4
2–
(aq)
1 mol de MgSO4 fornece 2 mol de íons em solução.
1 Cr(NO3)3(s) **( 1 Cr3+
(aq) + 3 NO3
1–
(aq)
1 mol de Cr(NO3)3 fornece 4 mol de íons em solução.
A solução de Cr(NO3)3 tem ponto de congelação mais baixo
que as soluções dos outros dois sais.
9.15 Os sais e as demais substâncias dissolvidas na saliva pro-
vocam uma redução da temperatura de solidificação da água,
porém a água contida no interior das células apresenta quanti-
dade inferior de solutos, congelando-se com maior facilidade.
Como as células permitem a entrada e a saída de água, ocorre
a cristalização da água das células com a água do gelo por
meio de ligações de hidrogênio, que provocam a adesão da
língua ao gelo do poste.
9.16 Alternativa E.
I. Verdadeira. A água de uma solução de cloreto de sódio
entra em ebulição a uma temperatura superior a 100 o
C, o que
diminui o tempo de cozimento dos alimentos.
II. Verdadeira. A dissolução de gases em água aumenta a me-
dida que a temperatura abaixa.
III. Verdadeira. A presença de um soluto diminui a temperatu-
ra de fusão do solvente.
9.17 Alternativa E.
Soluções aquosas de cloreto de sódio (ou de qualquer outro
soluto não volátil) sofrem, em relação à água pura, um abai-
xamento na temperatura de congelamento. A solução aquosa
de cloreto de sódio solidifica abaixo de 0 o
C.

61
61
9.18 Alternativa D.
O abaixamento da temperatura de congelamento de um sol-
vente é diretamente proporcional à concentração de partículas
do soluto. Num ácido forte monoprótico essa concentração é
maior (ácido mais ionizado) do que num ácido fraco monopró-
tico (ácido menos ionizado). Consequentemente, a temperatu-
ra de congelamento da água numa solução contendo o ácido
forte é mais baixa do que na solução contendo o ácido fraco.
9.19 a) 2 H3CCOOH(aq) + CaCO3(s) **(
**( Ca(H3CCOO)2(aq) + CO2(g) + H2O(L)
b) A variação de volume do ovo ocorre por causa de um pro-
cesso de osmose. A água atravessa uma membrana semiper-
meável da região mais diluída para a região mais concentrada.
Existe uma concentração de proteínas muito elevada no ovo.
Assim, quando o ovo é imerso no vinagre (solução diluída), a
água entra no ovo, numa tentativa de tornar iguais as concen-
trações de soluto de ambos os lados da membrana semiper-
meável do ovo. Deste modo, o ov o aumenta de volume.
Quando se coloca o ovo numa solução de melaço, existe uma
concentração de soluto (glicose) mais elevada na parte exte-
rior do ovo do que no seu interior. Assim, a água sai do ovo,
numa tentativa de diluir a solução exterior, mais concentrada
em glicose. Deste modo o ovo diminui de volume.
c) Porque a variação de volume causa uma variação da densi-
dade (d = m/V) . Pela fórmula, observamos que quanto maior
o volume do ovo, menor a sua densidade, por isso o ovo sobe
à tona. Quanto menor o volume do ovo, maior a densidade,
por isso o ovo desce para o fundo do copo.
9.20 Alternativa B.
O peixe de água doce é hipotônico e a água do mar é hiper-
tônica; isso faz que o peixe perca água para o meio (sofra
desidratação).
9.21 Alternativa E.
Em solo salinizado, o meio externo ao das raízes é hipertô-
nico (mais concentrado) enquanto o meio interno (interior
das raízes) torna-se hipotônico (mais diluído). Por osmose, a
água passa do meio mais diluído para o mais concentrado,
isto é, de dentro das raízes para fora. Em condições normais
(solo não salinizado), deveria ocorrer a passagem de água no
sentido inverso.
9.22 Alternativa E.
A planta é hipertônica e o meio é hipotônico; isso faz que a
planta receba água do meio (seja hidratada).

6767

10.1 Alternativa A.
A variável Q representa a quantidade de calor envolvida no
aquecimento ou resfriamento de uma determinada massa m.
O calor específico é representado por “c” na fórmula:
Q = m . c . Dt.
10.2 Alternativa B.
Considerando a composição do pão sendo basicamente car-
boidrato, ou seja, açúcar:
Q = m . c . Dt V 10 kJ = 1,0 g . caçúcar
. 8,3 o
C
caçúcar = 1,205 kJ/g . o
C
Logo: Q = m . c . Dt
32,5 kJ = 2,0 g . 1,205 kJ/g . o
C
. Dt
Dt q 13,5 o
C
10.3 Alternativa D.
A cada 100 g de sorvete:
Proteínas: 0,05 . 100 g = 5,0 g
1 g de proteína 16,7 kJ
5 g de proteína QP
EP = 83,5 kJ

68

68
Portanto, no rótulo do produto II, o valor energético da dieta
poderia ser substituído por 627,9 kJ e não por 2500 kJ.
II. Falsa. 3 porções do produto II corresponde a:
3 . 150 kcal = 450 kcal.
4 porções do produto I corresponde a 4 . 75 kcal = 300 kcal.
Portanto, 3 porções do produto II não têm o mesmo valor
energético que 4 porções do produto I.
III. Verdadeira.
Produto I:
18 g de carboidratos
= 0,600
30 g de produto
Produto II:
= 0,525
40 g de produto
Produto III:
q 0,667
15 g de produto
A concentração de carboidratos no produto III é maior.
10.6 a) Gasto metabólico: 4,2 . 60 . 24 = 6048 kJ
Gasto energético por digestão e absorção (10% da energia dos
alimentos): 10% de 7600 = 760 kJ
Atividade física moderada: 40% de 6048 = 2419,2 kJ
Total: 6048 + 760 + 2419,2 = 9227,2 kJ
b) Ingestão de 7600 kJ
Perda de 9227,2 kJ
No total há uma perda de 9227,2 − 7600 = 1627,2 kJ
450 g 15000 kJ
x 1627,2 kJ
x =
1627,2 · 450
V x = 48,816 g
15000
A perda de 1627,2 kJ corresponde, em massa, a uma perda
de 48,816 g
10.7 Alternativa E.
1 hora de treinamento 1400 kJ
x 6300 kJ
x =
6300 · 1
V x = 4,5 horas
1400
10.8 Alternativa E.
Para 20 L de combustível c/ vazão máxima foram colocados
140 mL de gasolina a menos.
20 L 140 mL
60L x
x =
60 . 140
V x = 420 mL de gasolina a menos
20
1 mL de gasolina 0,70 g de gasolina
420 mL de gasolina1 y
y =
420 . 0,70
V y = 294 g de gasolina a menos
1
1000 g de gasolina 40000 kJ
294 g de gasolina z
z =
294 . 40000
V z = 11760 kJ
1000
10.9 Alternativa D.
Para reações exotérmicas, Hr > Hp.
10.10 Alternativa D.
A passagem do estado líquido para o vapor ocorre com absor-
Carboidratos: 0,22 . 100 g = 22,0 g
1 g de carboidrato 16,7 kJ
22 g de carboidrato QC
QC = 367,4 kJ
Lipídios: 0,13 . 100 g = 13,0 g
1 g de lipídio 37,3 kJ
13 g de lipídio QL
QL = 484,9 kJ
Qtotal = QP + QC + QL V Qtotal = 935,8 kJ/100 g de sorvete
Para uma criança:
935,8 kJ 1 sorvete
8400 kJ n sorvetes
n =
8 400 · 1
V n = 8,976
935,8
n q 9 sorvetes
10.4 a) Cálculo da caloria dos alimentos:
– Arroz: 1g de arroz 1,30 kcal
100 g de arroz QA
QA = 130 kcal
– Feijão: 1g de feijão 1,51 kcal
60 g de feijão QF
QF = 90,6 kcal
Analogamente, encontramos:
– Tomate: QT = 7,2 kcal
– Carne de boi: QC = 1020 kcal
– Queijo: QQ = 90 kcal
– Suco de laranja: QS = 90 kcal
– Açúcar: QAc = 77,8 kcal
– Chocolate: QCh = 151,5 kcal
Qtotal = QA + QF + QT + QC + QQ + QS + QAc + QCh
Qtotal = 130 + 90,6 + 7,2 + 1020 + 90 + 90 + 77,8 + 151,5
Qtotal = 1657,1 kcal
b) Sendo 1 hora = 60 minutos
340 kcal 1 hora
1657,1 kcal t
t =
1657,1 · 1
V t = 4,87 horas
340
c) Cálculo do número de copos de leite necessários para repor
a energia gasta (1657,1 kcal) na caminhada.
1,0 g de leite 0,64 kcal
200,0 g de leite x
x = 128 kcal
128 kcal 1 copo de leite
1657,1 kcal y
y =
1657,1 · 1
V y = 12,946
128
y q 13 copos de leite
10.5 Alternativa B.
I. Falsa. 1 kcal 4,186 kJ
150 kcal x
x =
150 · 4,186
V x = 627,9 kJ
1

6969
ção de energia (processo endotérmico).
10.11 Alternativa B.
Para que as moléculas de água possam evaporar (passar da
fase líquida para a fase sólida à pressão ambiente), elas pre-
cisam ganhar energia (processo endotérmico). O corpo com o
qual a água está em contato fornece o calor necessário para
que a água evapore.
10.12 Alternativa A.
b) secagem de roupas (processo endotérmico).
c) evaporação dos lagos (processo endotérmico).
d) evaporação de água dos lagos e secagem de roupas (pro-
cessos endotérmicos).
e) derretimento do gelo (processo endotérmico).
O processo de carregar bateria absorve energia do motor em
funcionamento. A queima de uma vela (como toda combus-
tão) libera energia.
A reação de obtenção de alumínio metálico apresenta ΔH > 0.
Trata-se, portanto, de um processo endotérmico.
A reação I é exotérmica (tem ΔH < 0). O calor liberado pela
reação aquece a bolsa térmica.
A reação II é endotérmica (tem ΔH > 0). O calor absorvido pela
reação resfria a bolsa térmica.
A reação III é exotérmica (tem ΔH < 0). O calor liberado pela
reação aquece a bolsa térmica.
0,782 g de etanol 1 mL de etanol
x 100 mL de etanol
x =
100 · 0,782
V x = 78,2 g de etanol
1
Etanol, C2H5OH = 46 g/mol
46 g de etanol 3,6 · 102
kcal
78,2 g de etanol
y
y =
78,2 · 3,6 . 102

V y = 612 kcal ou 612 . 103
cal
46
3 . 32 g de O2 absorvem 284 kJ
1000 g de O2 x
x =
1000 · 284
V x q 2958,33 kJ
3 . 32
10.18 Alternativa E.
2 mol de NH4NO3 liberam 411,2 kJ
1 mol de NH4NO3 x
x =
1 · 411,2
V x q 205,6 kJ liberados
2
10.19 A massa molar do C20H42(s) é igual a 282 g/mol
282 g de C20H42(s) 13 300 kJ
10 g de C20H42(s) x
x q 471,63 kJ liberados na queima de 10 g de C20H42(s)
10.20 Alternativa E.
Álcool combustível:
C2H5OH(L) + 3 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(v)
1 g de etanol 30 kJ
46 g (1 mol) de etanol x
x =
46 · 30
V x = 1380 kJ
1
1 mol de etanol produz 2 mols de CO2(g); logo, a energia libe-
rada por mol de CO2(g), na combustão do etanol, é a metade:
690 kJ.
Gasolina:
C8H18(L) + 25/2 O2(g) *( 8 CO2(g) + 9 H2O(v)
1 g de C8H18 47 kJ
114 g de C8H18 y
y =
114 · 47
V y = 5358 kJ
1
1 mol de gasolina produz 8 mols de CO2(g); logo, a energia
liberada por mol de CO2(g), na combustão da gasolina, é 1/8:
669,75 kJ ou q 670 kJ.
Gás natural:
CH4(g) + 2 O2(g) *( CO2(g) + 2 H2O(v)
1 g de CH4 54 kJ
16 g de CH4 z
z =
16 · 54
V z = 864 kJ
1
1 mol de gás natural produz 1 mol de CO2(g); logo, a energia
liberada por mol de CO2(g), na combustão do gás natural, é a
mesma: 864 kJ.
Portanto, a energia liberada por mol de dióxido de carbono
produzido, segue a ordem:
Gás natural > Álcool combustível > Gasolina.

72

72
III. Correta. De fato a transformação de grafita em diamante
libera energia: ∆H = –0,5 kcal.
IV. Incorreta. C(grafite) é a forma alotrópica mais estável do car-
bono.
11.2 Alternativa A.
Como ∆H = HP – HR
se HP > HR V ∆H > 0 e a reação é endotérmica
se HP < HR V ∆H < 0 e a reação é exotérmica
11.3 Alternativa D.
O calor de reação depende diretamente da forma alotrópica
da substância formada (mais estável, maior o calor de reação
liberado; mais instável, menor o calor de reação liberado).
11.4 Alternativa D.
Pela equação da reação, observamos que 1 mol de CH4 pro-
duz 1 mol de CO2 (44 g/mol):
44 g de CO2 800 kJ
x 2,4 . 109
kJ
x =
2,4 . 109 . 44
V x = 0,132 . 109
g de CO2
800
x = 132 . 106
g ou 132 toneladas de CO2/hora
11.5 Alternativa C.
H2SO4 = 98 g/mol; 12 mil toneladas = 12 . 109
g
98 g liberam 96 kJ
12 . 109
g x
x =
12 . 109 . 96
V x q 11,76 . 109
kJ ou q 12 . 109
kJ
98
11.6 Alternativa B.
C4H10 = 58 g/mol
58 g de C4H10 2900 kJ
x 60000 kJ
x =
60000 . 58
V x = 1200 g ou 1,2 kg de C4H10
2900
11.7 Alternativa B.
AL(s) = 27 g/mol
2 . 27 g de AL 1653 kJ liberados
2 g AL x
x =
2 . 1653
V x = 61,22 kJ
2 . 27
11.8 Alternativa D.
H2O = 18 g/mol
18 g de H2O 43,4 kJ
x 4,18 . 102
kJ
x =
4,18 . 102 . 18
V x q 173,4 g de H2O
43,4
11.9 Alternativa B.
Para o etanol:
–1370 kJ 46 g de etanol (1 mol)
Qetanol 1 g de etanol
Qetanol q –29,78 kJ/g de etanol
Para o metano:
–890 kJ 16 g de metano (1 mol)
Qmetano 1 g de metanoDD
11.1 Alternativa B.
Pela lei de Hess
C(diamante) + O2(g) *( CO2(g) ∆H = –94,5 kcal
CO2(g) *( C(grafite) + O2(g) ∆H = +94,0 kcal
C(diamante) *( C(grafite) ∆H = –0,5 kcal
I. Correta, pois ∆HC(grafite) < ∆HC(diamante).
II. Incorreta. Em ambas as reações, ∆H < 0, ou seja, são exotér-
micas.

73
Orientações
73
Qmetano q –55,63 kJ/g de metano
Para o metanol:
–726 kJ 32 g de metanol (1 mol)
Qmetanol 1 g de metanol
Qmetanol q –22,69 kJ/g de metanol
Para o hidrogênio:
–286 kJ 2 g de hidrogênio (1 mol)
Qhidrogênio 1 g de hidrogênio
Qhidrogênio = –143 kJ/g de hidrogênio
1 mol de Na2SO4
. 10 H2O 1 mol de Na2SO4
322 g de Na2SO4
. 10 H2O 20 kcal
x 10000 kcal
x = 10000 . 322 V x = 161000 g ou 161 kg
20
x = 161 kg de Na2SO4
. 10 H2O
Como a equação de obtenção do gás hilariante mostra, a re-
ação absorve 19,5 kcal por mol de N2O formado. É, portanto,
uma reação endotérmica. Nesta equação, forma-se 1 mol de
produto, N2O, a partir de substâncias simples e nas condições
padrão. A energia envolvida nessa reação, portanto, correspon-
de à entalpia de formação do N2O.
Calor envolvido na formação de 1 mol de HF:
5,4
= 2,7 kcal
2
A reação é exotérmica (libera calor), pois apresenta ΔH < 0.
Foram fornecidos os valores de ∆H de formação do gás carbô-
nico, do dióxido de carbono, do ácido sulfúrico e do trióxido
de enxofre. Assim, para calcular o ∆H da reação faltam ainda
os valores de ∆H de formação da ureia e do ácido sulfâmico.
11.14 Resposta 15. São corretos os itens: 01, 02, 04 e 08.
08. Equação 1 multiplicada por 2 + equação 3 + equação 2
multiplicada por 2 = reação de formação do CH3OH(L).
2 CH4(g) + 2 H2O(g) *( 2 CO(g) + 6 H2(g) ∆H0
= +412,2 kJ
2 H2(g) + O2(g) *( 2 H2O(g) ∆H0
= – 483,6 kJ
4 H2(g) + 2 CO(g) *( 2 CH3OH(L) ∆H0
= – 256,6 kJ
2 CH4(g) + O2(g) *( 2 CH3OH(L) ∆H0
= – 328 kJ
16. Falso. O aquecimento aumenta a temperatura do sistema,
e o aumento de temperatura favorece mais a reação endo
térmica (reação inversa). Dessa forma, o aumento de tempera-
tura prejudica a produção de metanol.
11.15 Alternativa C.
Equação I + equação II + inverso da equação III = equação X:
1 W(s) + 3/2 O2(g) *( 1 WO3(s)
∆Hcombustão = –840 kJ/mol
1 C(grafita) + 1 O2(g) *( 1 CO2(g)
∆Hcombustão = –394 kJ/mol
1 WO3(s) + 1 CO2(g) *( 1 WC(s) + 5/2 O2(g)
∆Hcombustão = +1 196 kJ/mol
1 C(grafita) + 1 W(s) *( 1 WC(s)
∆H = –840 + (–394) + 1196
∆H = –38 kJ/mol
11.16 a) Aplicando a lei de Hess: inverso da reação II + rea-
ção III + inverso da reação IV = reação de formação do óxido
de ferro II, FeO(s).
1 Fe(s) + 1 CO(g) *( 1 FeO(s) + 1 C(grafita)
∆H0
= –155,8 kJ
1 C(grafita) + 1 O2(g) *( 1 CO2(g)
∆H0
= –393,5 kJ
1 CO2(g) *( 1 CO(g) + ½ O2(g)
∆H0
= +283,0 kJ
1 Fe(s) + ½ O2(g) *( 1 FeO(s)
∆H0
= –266,3 kJ/mol
b) Aplicando a lei de Hess: inverso da reação I + reação III
multiplicado por 3 + inverso da reação IV multiplicado por 3 =
= reação de formação de Fe2O3(s).
2 Fe(s) + 3 CO(g) *( 1 Fe2O3(s) + 3 C(grafita)
∆H0
= –492,6 kJ
3 C(grafita) + 3 O2(g) *( 3 CO2(g)
∆H0
= –1 180,5 kJ
3 CO2(g) *( 3 CO(g) + 3/2 O2(g)
∆H0
= +849,0 kJ
2 Fe(s) + 3/2 O2(g) *( 1 Fe2O3(s)
∆H0
f = –824,1 kJ
11.17 1 SO2(g) *( 1/8 S8(s) + 1 O2(g)
∆H = +70 962,5 cal
1 NO2(g) *( 1/2 N2(g) + 1 O2(g)
∆H = –8 100 cal
1/8 S8(s) + 3/2 O2(g) *( 1 SO3(g)
∆H = –94 450 cal
1/2 N2(g) + 1/2 O2(g) *( 1 NO(g)
∆H = +21 600 cal
1 SO2(g) + 1 NO2(g) *( 1 SO3(g) + 1 NO(g)
∆H = –9 987,5 cal
Inverso da equação I + equação II + inverso da equação III =
equação procurada.
H2S + 3/2 O2 *( H2O + SO2 ΔH = −37,5 kJ
H2O + SO3 *( H2SO4 ΔH = −40,8 kJ
SO2 + 1/2 O2 *( SO3 ΔH = +24,0 kJ
H2S + 2 O2 *( H2SO4 ΔH = −54,3 kJ
Inverso da equação I multiplicada por 4 + inverso da equação
II + equação III = equação procurada.
4 H2O(L) *( 4 H2(g) + 2 O2(g) ΔH = + 1144 kJ
6 CO2(g) + 3 H2O(L) *( C6H6(L) + 15/2 O2(g) ΔH = + 3268 kJ
C6H14(L) + 19/2 O2(g) *( 6 CO2(g) + 7 H2O(L) ΔH = − 4163 kJ
C6H14(L) *( C6H6(L) + 4 H2(g) ΔH = + 249 kJ

74

74
Para encontrar o valor de ∆H4 é necessário somar: a reação 1
multiplicada por 3 + a reação 3:
3 H2O(L) *( 3 H2O(g)
∆H1 = 132,0 kJ/mol
1 CH3CH2OH(L) + 7
/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L)
∆H3 = –1 366,8 kJ/mol
1 CH3CH2OH(L) + 7
/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(g)
∆H4 = –1 234,8 kJ/mol
Para encontrar o valor de ∆H5 é necessário somar: o inverso da
reação 2 + a reação 3:
Observe que:
C2H5OH = CH3CH2OH.
1 C2H5OH(g) *( 1 C2H5OH(L) ∆H2 = –42,6 kJ/mol
1 CH3CH2OH(L) + 7
/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L)
∆H3 = –1 366,8 kJ/mol
1 CH3CH2OH(g) + 7
/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L)
∆H5 = –1 409,4 kJ/mol
Para encontrar o valor de ∆H6 é necessário somar: a reação 1
multiplicada por 3 + o inverso da reação 2 + a reação 3:
3 H2O(L) *( 3 H2O(g) ∆H1 = 132,0 kJ/mol
1 C2H5OH(g) *( 1 C2H5OH(L)
∆H2 = –42,6 kJ/mol
1 CH3CH2OH(L) + 7
/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L)
∆H3 = –1 366,8 kJ/mol
1 CH3CH2OH(g) + 7
/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(g)
∆H6 = –1 277,4 kJ/mol

75
Orientações
75
ΔH = [2 (−394) + 3 (−286)] − [−278]
ΔH = −1368 kJ
12.9 Alternativa A.
∆H = ∆H0
f produtos – ∆H0
f reagentes
ΔH = [12(−94) + 10(−57,8)] − [4(−58)]
ΔH = −1474 kcal
12.10 Alternativa A
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔH = [−1131 −242 −394] − [2(−947)]
ΔH = + 127 kJ
12.11 Alternativa A
P4S3(s) + 8 O2(g) *( P4O10(s) + 3 SO2(g)
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔH = (−2940) + 3 (−296,8) − (−151,0)
ΔH = − 3679,4 kJ
P4S3(s) = 220 g/mol
220 g de P4S3(s) 3679,4 kJ liberados
22,0 g de P4S3(s) x
x = 367,94 kJ de energia liberada
12.12 Alternativa C.
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔH = −1206,9 −241,8 − [(−986,1) + (−393,5)
ΔH = − 69,1 kJ
12.13 Cálculos:
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔH = [−1 676] – [−824]
ΔH = −852 kJ/mol
12.14 C - C - E - E
A reação equacionada no enunciado é exotérmica, pois libera
calor. Esse calor é que faz que a ração seja aquecida sem
chama.
A reação é de óxido-redução, pois o magnésio passa da forma
metálica para a forma de cátion bivalente (sofre, portanto,
oxidação). Enquanto isso, o hidrogênio da água que apresenta
NOX = +1 se transforma em hidrogênio molecular (NOX = 0)
(sofre, portanto, redução).
A reação libera 352,9 kJ por mol de Mg e não 1210,3 kJ/mol
de Mg:
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔH = −924,5 − 2 (−285,8)
ΔH = −352,9 kJ/mol de Mg.
O magnésio é consumido na reação; logo, não é catalisador.
CL k CL + H k O k H *( H k CL + H k O k CL
ΔH = [1 . (+ 243) + 2 . (+464)] + [1 . (− 431) + 1 . (− 464) + 1 . (− 205)]
ΔH = + 71 kJ
12.1 a) NH3(g) + HCL(g) *( NH4CL(s)
(–46) (–92) (–314)
∆H = Hf – Hi
∆H = –314 – (–46 –92) V ∆H = –176 kJ/mol
b) A reação é exotérmica porque a variação de entalpia possui
valor negativo (libera calor).
12.2 Alternativa B.
8 AL(s) + 3 Mn3O4(s) *( 4 AL2O3(s) + 9 Mn(s)
8 · 0 + 3 · (–1385,3) 4 · (–1667,8) + 9 · 0
∆H = Hp – Hr
∆H = 4 · (–1 667,8) – 3 · (–1385,3)
∆H = –2515,3 kJ
12.3 ∆H = ∆H0
f reagentes
∆H = [∆H0
f N2
+ 4 · ∆H0
f H2O] – [∆H0
f N2H4
+ 2 · ∆H0
f H2O2
]
∆H = [0 + 4 · (–57,8)] – [+ 12 + 2 · (– 46)]
∆H = –151,2 kcal
12.4 Alternativa B.
ΔH = [3(−26,4)] − (−196,2)
ΔH = +117,0 kcal
12.5 Alternativa B.
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔH = [−1263] − [6 x (−393) + 6 x (−286)]
ΔH = + 2811 kJ
12.6 Alternativa D.
∆H = ∆H0
f reagentes
ΔHreação = [−26,4] − [(−18,0) + (−68,4)]
ΔHreação = +60,0 kcal
12.7 Alternativa D.
1 C2H2(g) + 5/2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 1 H2O(L)
∆H = ∆H0
f reagentes
∆H = [2 (−94,1) + (−68,3)] − [ 54,2 ]
∆H = = − 202,3 kcal
C2H2(g) = 26 g/mol
26 g de C2H2(g) 202,3 kcal liberadas
5200 g x
x =
5200 · 202,3
V x = 40460 kcal liberadas
26
ΔHreação = − 40460 kcal
12.8 Alternativa E.
C2H6O(L) + 3 O2(g) *( 2 CO2(g) + 3 H2O(L)
∆H = ∆H0
f reagentes
N k N
H
k
k
k
k
H
H H

76

76
ΔH = 4 . (N k H) + 1 . (N k N)
1720 = 4 . (390) + (N k N) V (N k N) = 160 kJ/mol
12.17Alternativa A.
Equação da reação de combustão completa balanceada do
propano:
1 C3H8(g) + 5 O2(g) *( 3 CO2(g) + 4 H2O(g)
ΔH = 8 (+413) + 2 (+348) + 5 (+498) + 6 (−744) + 8 (−462)
ΔH = −1670 kJ
12.18 Cálculo da variação de entalpia.
∆Hreação = ∆Hligações rompidas + ∆Hligações formadas
∆Hligações rompidas = (2 · 100) + (1 · 200) + (1 · 135)
∆Hligações rompidas = +535 kcal
∆Hligações formadas = (3 · –100) + (1 · –116) + (1 · –146)
∆Hligações formadas = –562 kcal
∆Hreação = +535 + (–562) V ∆Hreação = –27 kcal
N m N(g) + 3 H k H(g) *( 2 H k N k H(g)
H
x + 3 . (+435) + 6 . (−390) = − 90
x + 1305 − 2340 = −90
x = 945 kJD
CC
H H
H H
H C *(+
O
H H
5 O l O 3 O l C l OH
H
H
+
+ 4

78

78

13.1 1 N2O5(g) *( 1 N2O4(g) + ½ O2(g)
1 min = 60 s V 3 min = 180 s e 5 min = 300 s
Td =

|∆[C]
|
V Td =

|0,180 – 0,200
|
V Td =

|– 0,02
|
∆t 5,0 – 3,0 2,0
Td = 0,01 mol/L · min
13.2 NaN3 = 65 g/mol
1 mol 65 g de NaN3(s)
x 130 g de NaN3(s)
x =
130 · 1
V x = 2 mols
65

Resolução da série exercitando o raciocínio

Resolução da série exercitando o raciocínio

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Resolução da série exercitando o raciocínio

Similar to Resolução da série exercitando o raciocínio (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Resolução da série exercitando o raciocínio