exercitando o raciocínio Resolução da série

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

Orientações para o professor pressão interna por um gás, a pressão corresponde à força de impacto das moléculas colidindo com a superfície interna do recipiente dividida pela área dessa superfície. 1.2 Alternativa E. Os gases citados estão sob mesma temperatura, mesma pressão e mesmo volume. Pode-se concluir, portanto, que o número de moléculas desses gases seja o mesmo. Os dois gases que são apresentados no esquema com o mesmo número de moléculas é o gás carbônico, CO 2, e o gás nitrogênio, N 2. 1.3 Alternativa E. A afirmação IV está incorreta, pois as moléculas se movimentam colidindo com as paredes do recipiente que as contém. Quanto maior a temperatura, maior será a intensidade dessas colisões. 1.4 Alternativa D. O gás é mantido no estado líquido dentro do botijão porque a pressão interna é bem maior do que a pressão eterna (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 eterna, ela deia 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. Etraído do site: <http://casa.hsw.uol.com.br/canetas-esferograficas5.htm>. Acesso em: 9 ago. 2011. 1.7 Alternativa C. O volume do gás é o volume do cilindro, 60 L. No momento em que a pressão do gás é igual à pressão atmosférica (nível do mar), deia de haver fluo gasoso do interior para o eterior do cilindro. Nesse momento o vendedor não poderá mais encher os balões. 1.8 Alternativa A. P. i V i = P. f V f 150 atm. 60 L = 1 atm. V f V V f = 9 000 L 1.9 Alternativa D. A pressão P (a nível do mar) ficou reduzida em 10% na encosta; passou, portanto, a 0,9 P. P. i V 1 = P. f V f V P. i 1 L = 0,9 P. 1 V f V f = P i 1 L 0,9 P i V V f = 1,1 L 1.10 Alternativa A. V i = 30 m 3 V f = 50 m 3 T i = 20 o C ou 293 K. T f = 293 K P i = 2 atm. P f = P f P. i V 1 = P. f V f V 2. 30 = P. f 50 P f = 2 30 V P f = 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 superfície e a 30 m de profundidade): P i. V 1 = P f. V f V 1. 1 = 4. V f V f = 1 1 4 V V f = 0,25 L ou 250 ml 1.12 Alternativa D. T i = 22 o C ou 295 K T f =? P i = 28,0 lb/pol 2 P f = 31,4 lb/pol 2 P i P = f V T f = T i P f 295 31,4 V T f = T i T f P i 28,0 T f q 330 K ou 58 o C 1.13 Alternativa D. P i V i = P f V f V V f = P i V i V Vf = 6 42 P f 2 V V f = 126 cm 3 1.14 Alternativa B. A pressão eterna diminui com a altitude. Como pressão e volume são inversamente proporcionais para uma massa fia de gás, à medida que a pressão diminui, o volume aumenta. 1.15 01. Errado. O volume aumentou na mesma proporção que a pressão diminuiu, indicando que houve uma transformação isotérmica. 02. Correto. Nesse intervalo há diminuição do volume, ou seja, houve contração do gás. 03. Errado. Para compensar o aumento da pressão tem de haver um aumento da temperatura na mesma proporção. 04. Errado. As transformações de 2 para 3 e de 3 para 1 não são isotérmicas, porque há uma variação de temperatura para compensar as variações de volume e pressão. 05. Correto. Basta analisar o gráfico. 06. Correto. Nesse intervalo, há um aumento de volume, ou seja, houve epansão do gás. 1.16 V i = 30 ml V f =? T i = 25 o C ou 298 K V i V = f V V f = T f V i T i T f T i V f = 308 30 V V f q 31 ml 298 1.17 Alternativa D. V i V = f 5 V = V f T i T f 300 900 T f = 35 o C ou 308 K V f = 900. 5 V V f = 15 ml ou 0,015 L 300 1.18 Alternativa A. Trata-se de uma transformação isobárica representada graficamente por retas inclinadas. Dobrando-se a temperatura termodinâmica do sistema, o volume ocupado pelo gás também dobra. 1.19 Alternativa A. V i = V; T i = 27 ºC ou 300 K; P i = 760 mmhg ou 1 atm V f = V; T f =?; P f = 2 atm 17

P i P = f V T f = T i P f V T f = 300 2 T i T f P i 1 T f = 600 K ou 327 o C 1.20 Alternativa B. Trata-se de uma transformação isovolumétrica. Para compensar o aumento da pressão tem de haver um aumento da temperatura na mesma proporção. 1.21 Alternativa B. A panela de pressão é útil para cozer os alimentos rapidamente graças ao aumento da pressão interna que fica maior que a pressão eterna. Isso faz a temperatura dentro da panela ficar acima da temperatura de ebulição da água no local. 1.22 Alternativa E. Com a saída de vapor pela válvula, a pressão interna da panela permanece constante, não alterando a temperatura de ebulição da água (temperatura de cozimento). Logo, o tempo de cozimento não será alterado, pois sua temperatura não varia. 1.23 Alternativa C. Armazenar botijões de gás em locais muito quentes é perigoso, pois o aumento da temperatura provoca o aumento da pressão podendo, porventura, ocasionar um grave acidente. 1.24 Alternativa B. P 1 = P 2 V 4 = P 2 T 1 T 2 280 310 P 2 = 4,4 atm 1.25 Alternativa A. 1 atm 15 lb/pol 2 30 lb/pol 2 = 2 atm P i P = f 2 V = P f T i T f 300 285 P f = 285. 2 300 V P f = 1,9 atm 18

Resolução da série eercitando o raciocínio 2.1 Alternativa A. b) Incorreta, pois na transformação I, a pressão do gás é constante e nas transformações II e III, a pressão do gás aumenta. c) Incorreta, pois na transformação II a pressão aumenta. d) Incorreta, pois como a transformação é isobárica, o aumento do volume faz a temperatura também aumentar na mesma proporção. 2.2 Alternativa C. Para cada 100 L da atmosfera de Vênus, 4,0 L são de N 2 e para cada 100 L (volume igual de atmosfera) da atmosfera da Terra, 80 L são de N 2. P. V V V n. = V R. T V V n V P. = V V. V T T P. T V T n. T R. T T n T P. T V. T T V n V 100. 4. 300 = V n V = 2 n T 1. 80. 750 n T 2.3 1) Falso. O produto P V = constante é conhecido como lei de Bole e Mariotte. 2 ) Verdadeiro. É a equação geral dos gases. 3) Verdadeiro. A pressão e o volu me são grandezas direta mente pro por cionais à temperatura. Aquecendo-se a embalagem aerossol, a pressão interna aumenta e o gás, ao epandir seu volume, eplode a embalagem. 4) Falso. O volume de uma amostra gasosa, para pressão e tempe ratura constantes, é dire tamente propor cional à quantidade 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 N 2 28 b) P 1 P = 2 V 5 = P 2 T 1 T 2 298 333 V 2.5 Alternativa C. P i = P; P f = 2P; T i = 273 K; T f = 300 K P 2 q 5,6 atm P. V i 2P. V = f V V f 300 = q 0,55 273 300 V i 546 2.6 Alternativa C. P 1 V 1 = P 2 V 2 T 1 T 2 760 22,4 700 V = 2 273 300 V V 2 = 26,7 L 2.7 Alternativa E. V i = 20 ml; T i = 400 K; P i = 600 mmhg V f =?; T f = 273 K; P f = 819 mmhg P i V i P = f V f V V f = P i V i T f T i T f P f T i V f = 600 20 273 V V f = 10 ml 819 400 2.8 Alternativa C. V i = 4 L; T i = 280 K; P i = 596 mmhg 19

V f =?; T f = 228 K; P f = 40 mmhg P i V i P = f V f V V f = P i V i T f T i T f P f T i V f = 596 4 228 V V f = 48,5 L 40 280 2.9 a) V i = 4 L; P i = 2 atm e T i = 300 K V = 8 L; P = 2 atm e T =? V = 4 L; P =? e T = T V f = 4 L; P f = 2 atm e T f =? a) P/atm P c 2.13 Alternativa D. P i V i P = f V f V V f = P i V i T f T i T f P f T i V f = 275 V i 300 1 330 V V f = 250 V i 2.14 Alternativa D. P i V i P = f V f V V f = P i V i T f T i T f P f T i V f = 1 10 223 0,25 300 V V f q 29,7 L 2.15 Alternativa C. P i V i P = f V f V P f = P i V i T f T i T f T i V f isocórica isotérmica P f = 1 250 596 V P f = 2 atm 298 250 20 Geórgia M. 2 Início a ( b b ( c c ( a 4 L 8 L 4 L 4 L 2 atm 2 atm P 2 atm 300 K T T T = T b ) V i V = V T = T i V V T = 300 8 T i T V i 4 T = 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 T i = 273; T f = 54,6 + 273 V T f = 327,6 K P i V i P = f V f V V f = P i V i T f T i T f P f T i V f = 100 000 22,71 327,6 V V f = 15 L 181 680 273 2.12 Alternativa D. P i = P; V i = V; T i = T P f =?; V f = V / 2 ; T f = 2 T P i V i P = f V f V P f = P i V i T f T i T f T i V f P f = P V 2 T V T 2 P f = P V 2 T 2 V P f = 4 P V T a isobárica 4 8 b T V/L 2.16 m = 30 g V = 12,3 L P = 3 atm 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 Cla peron, 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 0,97 1,00 1 b) Verificando-se os elementos químicos na tabela periódica, o gás que possui a massa atômica mais próima da encon trada é o enônio (131,3 u). 2.18 Alternativa C. V = 8,2 m 3 ou 8,2 10 3 L; M = 32 u; T = 250 K P i = 2 atm e P f = P i 0,5 V P f = 1,5 atm Cálculo da massa inicial de gás oigênio: 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 = 25600 g Cálculo da massa final de gás oigênio: 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 = 25 600 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

Orientações para o professor V = 2. 10 4 0,082 300 1 V = 49,2 10 4 L V V = 49,2 10 4 10 3 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 5 9,84 40 V m = 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 20 3,0. 10 3 V P = 0,082 atm 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 0,6 12 300 V n = 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 O 2 : 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 44 1 V V q 1,68 10 12 L 1 680 000 000 000 L ou 1,68 trilhões de L 2.29 Alternativa D. 1 mol de nitrogênio 6,0 10 23 moléculas n 1,2 10 24 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 N 2 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 N 0,082. 298 2 b) Cálculo da pressão após a rodagem dos pneus. P i P = f V P f = P i T f V P f = 5 333 T i T f T i 298 P f q 5,6 atm 2.31 a) Cálculo do volume do reator: P V = n R T V V = n R T P V = 5 0,082 400 V V = 16,4 L 10 b) Cálculo da variação de temperatura P i V i P = f V f V T f = P f V f T i T i T f P i V i T f = 20 40 600 V T f = 400 K 120 10 i 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 0,082 300 V n = 0,005 mol ou n = 5 milimol b) Cálculo da massa molar da substância 0,005 mol 0,45 g 1 mol = 1. 0,45 0,005 V = 90 g/mol 2.33 Cálculo do tempo necessário para atingir a concentração mortal de CO: 4,1. 10 4 L 100% do volume da garagem 0,4% = 0,4. 4,1. 10 4 100 = 1,64. 10 2 L 21

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 6,67 mol de CO = 6,67. 1 0,67 V = 9,95 min ou q 10 min 22

Resolução da série eercitando o raciocínio 3.1 Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás oigênio: n gás carbônico : 1 mol 22,4 L 4,48 L = 4,48 1 22,4 V n gás carbônico = 0,2 mol n gás nitrogênio : 1 mol 28 g 33,6 g = 33,6 1 V n gás nitrogênio = 1,2 mol 28 n gás oigênio X gás oigênio = n gás oigênio + n gás carbônico + n gás nitrogênio 0,6 X gás oigênio = 0,6 + 0,2 + 1,2 X gás oigênio = 0,3 Cálculo da pressão parcial do gás oigênio na mistura: P gás oigênio = Xgás oigênio P total P gás oigênio = X gás oigênio P total P gás oigênio = 0,3 750 P gás oigênio = 225 mmhg Cálculo da fração em quantidade de matéria do gás carbônico: 24 X gás carbônico = n gás carbônico n oigênio + n gás carbônico + n nitrogênio

Orientações para o professor X gás carbônico = 3.2 Alternativa D. 0,2 0,6 + 0,2 + 1,2 V X gás carbônico = 0,1 P total = 4 atm; P A = 2 atm; P B = 1 atm e P C = 1 atm P total. V = n total. R. T V n total = P total. V R. T 4 n total =. 37 0,082. 300 V n total = 6 mols P A = X A. P total V P A = n A n A = P A. ntotal V n A = 2. 6 P total 4 Analogamente: n total V. P total n A = 3 mols n B = P B. ntotal V n B = 1. 6 P total 4 V n B = 1,5 mol n C = P C. ntotal V n C = 1. 6 P total 4 V n C = 1,5 mol 3.3 Alternativa C. Sendo P e T constantes, verifica-se que a fração de volume de cada gás é igual à respectiva fração de quantidade de matéria. A velocidade de efusão do gás hélio é maior que a do ar por causa da menor massa molar do hélio (2 g/mol) em relação ao ar (q 29 g/mol). Isso eplica por que uma beiga com gás hélio murcha ao entrar em contato com o ar atmosférico. 3.4 a) 1 mol de N 2 28 g de N 2 n N2 14 g de N 2 n N2 = 0,5 mol de N 2 P V = n R T V P = n R T V P N2 = 0,5. 0,082. 300 30 V PN2 = 0,41 atm 1 mol de O 2 32 g de O 2 n O2 8 g de O 2 n O2 = 0,25 mol de O 2 P V = n R T V P = n R T V P O2 = 0,25. 0,082. 300 30 V P O2 = 0,205 atm b) P total = P N2 + P O2 P total = 0,41 + 0,205 V P total = 0,615 atm 3.5 a) O 2, He, N 2 b) P He = X He. P total P He = 0,24. 9 000 kpa V P He = 2160 kpa c) M mistura = X O2. M O2 + X He. M He + X N2. M N2 M mistura = 0,16. 32 + 0,24. 4 + 0,60. 28 M mistura = 22,88 g/mol 3.6 Alternativa B. Trata-se de uma transformação isotérmica. Antes da mistura: P hidrogênio V = n hidrogênio R T 3 V = n hidrogênio R T (1) Após a mistura: P hidrogênio 3 V = n hidrogênio R T (2) (1) 3 V V = 1 (2) P hidrogênio 3 V P hidrogênio = 1 atm Antes da mistura: 9 V = n hélio R T (3) Após a mistura: P hélio 3 V = n hélio R T (4) (3) 9 V V = 1 (4) P hélio 3 V 3 P hélio = 1 V P hélio = 3 atm Portanto: P total = P hidrogênio + P hélio P total = 1 + 3 V P total = 4 atm 3.7 Alternativa A. Trata-se de uma transformação isotérmica: P. O2 V O2 + P. V V V = P. total V total 3. 5 + 0. 7 = P. total (5 + 7) V P total = 1,25 atm 3.8 Alternativa B. Quando a fruta é fechada em um saco plástico, o gás etileno que ela emite não se dissipa no ambiente, ficando retido dentro do saco plástico; o que aumenta sua pressão parcial sobre a fruta acelerando seu amadurecimento. 3.9 Alternativa D. P total = p NH3 + p O2 + p NO + p H2 O P total = 1,05 + 1,32 + 1,05 + 1,58 P total = 5,00 atm 3.10 Alternativa D. Dos gases citados no enunciado, apenas o hidrogênio, H 2, e o metano, CH 4, são inflamáveis. Para cada mol da mistura há: - 0,21 mol H 2, massa correspondente, m = n. M V m = 0,21. 2 V m = 0,42 g - 0,07 mol CH 4, 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 aumento da pressão, faz a densidade do gás aumentar. Entretanto, como a temperatura é constante, a energia cinética das moléculas permanece constante. 3.12 Alternativa D. Para as mesmas condições de pressão e temperatura, quanto maior a massa molar de um gás, maior será sua densidade. Assim, nesse caso, o CL 2 (massa molar = 71 g/mol) possui a maior densidade e o Ne (massa molar = 20 g/mol) a menor densidade. 25

3.13 Alternativa E. Dizer que a umidade relativa do ar é 15% significa justamente que a pressão parcial do vapor de água é 15% da pressão de vapor saturante para a temperatura em que o ar se encontra. 3.14 Alternativa A. Quando a umidade relativa do ar, numa certa temperatura, é próima dos 100%, o abaiamento 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% umidade de 66% = 66. 31,82 100 V a pressão de vapor da água é igual a 31,82 mmhg = 21 mmhg 3.16 I: 0, 1, 2, 3 e II: 4 0 0) Verdadeiro. O vidro embaça por causa da condensação de água em sua superfície. 1 1) Verdadeiro. O vapor eliminado na transpiração e na epiração, além da umidade relativa do ar, contribuirá para esse fenômeno. 2 2) Verdadeiro. Um carro fechado, nas condições climáticas citadas, terá uma alta umidade relativa do ar. 3 3) Verdadeiro. O conceito de pressão de vapor tem relação direta com umidade relativa do ar. 4 4) Falso. O ponto de ebulição é a temperatura na qual a pressão de vapor de um líquido se iguala à pressão atmosférica. Para a água, a 1 atm de pressão, a temperatura no interior do veículo está bem abaio dos 100 o C. 3.17 Alternativa C. 23,8 mmhg 100% umidade relativa do ar 11,9 mmhg = 11,9. 100 V = 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, NH 3 : a amônia se desloca por um espaço maior no mesmo intervalo de tempo. A massa molecular do cloreto de hidrogênio é maior que a massa molecular da amônia. 3.20 Alternativa E. A beiga A contém o gás que tem a menor velocidade de efusão (maior massa molar) pela permeabilidade da beiga: CH 4 (metano). A beiga C contém o gás que tem a maior velocidade de efusão (menor massa molar) pela permeabilidade da beiga: H 2 (hidrogênio). A beiga B contém um gás de velocidade de efusão intermediária e, portanto, de massa molar também intermediária: He (hélio). 26

1 mol 1 mol 23 g 40 g 3 g = 3 40 23 V q 5,2 g 30 Resolução da série eercitando o raciocínio 4.1 Resposta 27. Corretos: 01, 08 e 16. 01. Correta: a proporção estequiométrica entre CO 2 e O 2 é de 1 : 1. 02. Errada: para cada mol de glicose produzida são necessários 6 mols de H 2 O(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 oigênio utilizado no processo de fotossíntese, 6 átomos são utilizados para a produção de glicose, ou seja, 1 / 3 do total de átomos de oigênio. 4.2 Alternativa D. (NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 (s) * ( N 2 (g) + 4 H 2 O(L) + Cr 2 O 3 (s) 1 mol 1 mol 0,50 mol = 0,50 mol de óido de crômio III 4.3 Alternativa A. 4 C 3 H 5 (ONO 2 ) 3 (L) *( 12 CO 2 (g) + 10 H 2 O(g) + 6 N 2 (g) + 1 O 2 (g) 4 mol 1 mol 8 mol = 2 mol 4.4 Alternativa D. CL 2 (g) + 2 NaOH(aq) ** ( NaCL (aq) + NaCL O(aq) + + H 2 O(L) 2 40 g de NaOH(aq) 1 74,5 g de NaCL O (aq) 149 kg de NaCL O (aq) = 149 2 40 V = 160 kg de NaOH(aq) 1 74,5 4.5 Alternativa B. 1 CaO(s) + 1 H 2 O(L) ** ( 1 Ca(OH) 2 (ppt) 1 56 g 1 74 g 28 10 3 g = 28 103 74 56 V = 37 10 3 g ou 37 kg 4.6 Alternativa A. 1 Na(s) + H 2 O(L) (* 1 NaOH(aq) + 1 /2 H 2 (g) 4.7 Alternativa A. CaCO 3 (s) ** ( CaO(s) + CO 2 (g) 1 mol 1 mol 100 g 56 g 200 kg = 200 56 100 V = 112 kg de CaO(s) 4.8 Alternativa B. O 3 (g) + C 2 H 4 (g) *( HCHO(g) + CO 2 (g) + H 2 (g) 1 mol 1 mol 28 g 30 g 12 kg = 12 28 30 V = 11,2 kg de O 3 (g) 4.9 Alternativa B. TiCL 4 (g) + Mg(s) *( MgCL 2 (s) + Ti(s) 1 mol 1 mol 190 g 48 g 9,5 g = 9,5 48 V = 2,4 g 190 4.10 Alternativa A. 2 AL 2 O 3 (s) + 3 C(s) * ( 4 AL(s) + 3 CO 2 (g) 3 mol 4 mol 3 mol 4 27 g n 2 700 10 3 g n = 2 700 103 3 4 27 V n = 7,5 10 4 mol 4.11 Alternativa B. 2 mol de Ca 3 (PO 4 ) 2 (s) 1 mol de P 4 (s) 2 310 g 124 g 31,0 g = 31,0 124 2 310 V = 6,20 g de P 4 (s) 4.12 Alternativa C. 1 H 3 CCOCH 2 CO 2 H *( 1 H 3 CCOCH 3 + 1 CO 2 1 mol 1 mol 102 g 58 g 125 mg = 125 58 102 V q 71,7 mg 4.13 1 mol = 6,02 10 23 moléculas: a) 4 6,02 10 23 1 6,02 10 23 moléculas de O 2 (g) moléculas de H 2 O(L) 8,2 10 22 moléculas de O 2 (g)

Orientações para o professor = 8,2 1022 1 6,02 10 23 4 6,02 10 23 = 2,05 10 22 moléculas de H 2 O(L) b) 120 000 30 = 3,6 10 6 g de CO(NH 2 ) 2 (aq) 60 g de CO(NH 2 ) 2 (aq) 4 32 g de O 2 (g) 3,6 10 6 g de CO(NH 2 ) 2 (aq) = 3,6 106 4 32 60 = 7,68 10 6 g ou 7,68 t de O 2 (g) 4.14 4 KO 2 (s) + 2 CO 2 (g) * ( 2 K 2 CO 3 (s) + 3 O 2 (g) a) 4 mol de KO 2 2 mol de CO 2 284 g de KO 2 2 mol de CO 2 0,10 mol de CO 2 = 0,10 284 2 V = 14,2 g de KO 2 b) 4 mol de KO 2 3. 22,4 de L O 2 0,4 mol de KO 2 = 0,4 3 22,4 V = 6,72 L de O 2 4 4.15 Alternativa C. 1 mol de AL(OH) 3 = 78 g 78 g de AL(OH) 3 3 mol de HCL 0,24 mol de HCL = 0,24 78 V = 6,24 g de AL(OH) 3 3 c) 2 22,71 L de SO 2 (g) 2 120 g de MgSO 4 (s) z 2 t de MgSO 4 (s) z = 1 m 2 t 2 22,71 L 1 000 L 1 t 2 120 g 10 6 g V z = 378,5 m 3 de SO 2 (g) 4.18 Alternativa A. 1 C 4 H 8 O 2 (L) + 1 CH 4 O(L) ** ( 1 C 5 H 10 O 2 (L) + 1 H 2 O(L) 1 88 g de C 4 H 8 O 2 1 mol de C 5 H 10 O 2 3,52 g de C 4 H 8 O 2 = 3,52 1 V = 0,04 mol de C 5 H 10 O 2 (L) 1 88 4.19 Alternativa D. 1 C 2 H 2 (g) + 1 HCL (aq) ** ( 1 C 2 H 3 CL (g) 22,4 L (CNTP) 1 mol 2 mol = 2 22,4 V = 44,8 L de C 2 H 2 (g) 1 4.20 Alternativa A. 6 NaN 3 (s) + Fe 2 O 3 (s) ( 3 Na 2 O(s) + 2 Fe(s) + 9 N 2 (g) 6 mol 9. 22,4 L 3 mol V V = 3 9 22,4 V = 100,8 L ou q 101 L de N 2 (g) 6 1 000 ml do medicamento 26 g de AL(OH) 3 6,24 g de AL(OH) 3 = 6,24 1 000 V = 240 ml do medicamento 26 4.16 Alternativa D. 8 SO 2 (g) + 16 H 2 S(g) * ( 16 H 2 O(V) + 3 S 8 (s) 16 6,02 10 23 3 256 g de S 8 moléculas de H 2 S 5,0 10 9 g de S 8 = 5,0 109 16 6,02 10 23 3 256 = 6,27 10 31 moléculas 4.17 2 MgO(s) + 2 SO 2 (g) + 1 O 2 (g) * * ( 2 MgSO 4 (s) 2 40 g 2 64 g 1 32 g 2 120 g a) 2 40 g de MgO(s) 2 mol de SO 2 (g) 200 mol de SO 2 (g) = 2 40 200 2 V = 8000 g ou = 8 103 g 1 t V = 8 10 3 t de MgO(s) 10 6 g b) 2 mol de MgO(s) 1 24,46 L de O 2 (g) 50 mol de MgO(s) = 50 1 24,46 2 V = 611,5 L ou 1 m = 611,5 L 1000 L V = 0,6115 m 3 ou q 0,61 m 3 31

Ecesso de Cr 2 O 3 (s) = 20,0 kg 15,2 kg Ecesso de Cr 2 O 3 (s) = 4,8 kg 2 27 g de AL(s) 2 52 g de Cr(s) 5,4 kg de AL(s) 5,4 2 52 = V = 10,4 kg de Cr(s) 2 27 5.4 Alternativa B. Reação: 2 P(s) + 3 F 2 (g) ** ( 2 PF 3 (g) 2 mol 3 mol 62 g 114 g 15,5 g = 15,5 114 V = 28,5 g (100% de rendimento) 62 5.5 Alternativa E. Reação: 2 H 2 (g) + O 2 (g) ** ( 2 H 2 O(v) 2 mol 1 mol 2 mol 4 g 32 g 36 g 2 g 32 g reagente reagente em limitante ecesso 34 Resolução da série eercitando o raciocínio 5.1 Alternativa C. 2 SO 2 (g) + 1 O 2 (g) * * ( 2 SO 3 (g) 2 mols 1 mol 2 volumes 1 volume Se forem usados volumes iguais dos dois gases reagentes, haverá ecesso de 50% (metade do volume) de gás oigênio. 5.2 Alternativa A. CS 2 (L) + 3 CL 2 (g) * * ( CCL 4 (L) + 76 g 3 71 g 2,000 kg = 2,000 76 V = 0,7136 kg de CS 2 (L) 3 71 Ecesso de CS 2 (L) = 1,000 kg 0,7136 kg Ecesso de CS 2 (L) = 0,286 kg 3 71 g de CL 2 (g) 154 g de CCL 4 (L) 2,000 kg de CL 2 (g) S 2 CL 2 (L) = 2,000 154 V = 1,446 kg de CCL 4 (L) 3 71 5.3 Alternativa C. 2 AL(s) + 1 Cr 2 O 3 (s) * * ( 1 AL 2 O 3 (s) + 2 Cr(s) 2 27 g de AL(s) 1 152 g de Cr 2 O 3 (s) 5,4 kg de AL(s) = 5,4 152 V 54 = 15,2 kg de Cr 2 O 3 (s) = 2 36 4 V = 18 g de H 2 O(v) massa de oigênio que reage: 16 g massa de oigênio em ecesso: 16 g 5.6 Alternativa B. 1 N 2 (g) + 3 H 2 (g) ** ( 2 NH 3 (g) 1 mol 3 mol 2 mol 30 mol 75 mol = 75 2 3 V = 50 mol de NH 3 (g) O nitrogênio, N 2 (g), está presente em ecesso. 5.7 Alternativa C. 1 SnO 2 (s) + 2 C(s) *( 1 Sn(s) + 2 CO(g) 1 mol 2 mol 1 mol 151 g 24 g 119 g 453. 10 3 g 96. 10 3 g Cálculo do reagente em ecesso: = 453. 10 3 24 151 V = 72. 10 3 g de C(s) reagente limitante: SnO 2 (s) reagente em ecesso: C(s) Cálculo da massa de estanho formado: 151 g de SnO 2 (s) 119 g de Sn 453. 10 3 g de SnO 2 (s) = 453. 10 3 119 151 V = 357. 10 3 g de Sn(s) = 357 kg de Sn 5.8 Alternativa C.

Orientações para o professor 1 mol glicose 2 mol etanol 180 g glicose 2 46 g etanol 90. 10 6 g glicose = 90. 10 6 2 46 180 V = 46. 10 6 g de etanol = 46 t de etanol 100% 46 t de etanol 11,5 toneladas de etanol = 11,5 100 46 V = 25% 5.9 Alternativa D. C(s) + O 2 (g) ** ( CO 2 (g) 1 mol 1 mol 12 g 44 g 3 000 g 3 000 44 = 12 V = 11 000 g ou 11 kg de CO 2 (g) 100% de rendimento 11 kg de CO 2 (g) 90% de rendimento 90 11 = 100 V = 9,9 kg de CO 2 (g) 5.10 Alternativa B. 1 mol de C 7 H 6 O 3 1 mol de C 9 H 8 O 4 138 g 180 g 1,38. 10 6 g = 1,38. 10 6 180 138 V = 1,8. 10 6 g de C 9 H 8 O 4 = 1,80 t de C 9 H 8 O 4 100% de rendimento 1,80 t 80% = 80 1,80 100 V = 1,44 t de C 9 H 8 O 4 5.11 Alternativa E. Cr 2 O 3 (s) + 2 AL(s) ** ( 2 Cr(s) + AL 2 O 3 (s) 1 mol 2 mol 152 g 104 g 15,2 g = 15,2. 104 152 V = 10,4 g de Cr(s) 100% de rendimento 10,4 g 75% de rendimento = 75 10,4 V = 7,8 g de Cr(s) 100 5.12 Alternativa D. 1 CaCL 2 (aq) + 1 Na 2 SO 4 (aq) ( 1 CaSO 4 (s) + 2 NaCL (aq) 1 mol 1 mol 1 mol 136 g 2 mol = 2. 136 1 V = 272 g de CaSO 4 (s) 100% de rendimento 272 g 75% de rendimento = 75 272 V = 204 g de CaSO 4 (s) 100 5.13 Alternativa D. 3 V 2 O 5 (s) + 10 AL(s) ** ( 6 V(s) + AL 2 O 3 (s) 10 mol 6 mol 6 mol de V(s) 100% 80% = 80. 6 100 V = 4,8 mol de V(s) 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) 122,16 g = 122,16 270 244,8 V q 135 g de AL (s) 5.14 Alternativa C. CO 2 (g) + 2 NH 3 (g) ** ( 1 CO(NH 2 ) 2 (s) + H 2 O(g) 2. 17 g 1. 60 g 340. 10 6 g = 340. 10 6 1. 60 2. 17 V = 600. 10 6 g de ureia = 600 toneladas de ureia 100% 600 t de ureia 540 t de ureia = 540. 100 600 V = 90% de rendimento 5.15 Alternativa C. 2 AL(s) + 3 H 2 SO 4 (aq) ** ( 1 AL 2 (SO 4 ) 3 (s) + 3 H 2 (g) 2 mol 3 mol 2. 27 g 3. 22,4 L 5,4 g = 5,4. 3. 22,4 2. 27 V = 6,72 L de H 2 (g) 6,72 L 100% de rendimento 5,71 L = 5,71. 100 6,72 V q 85% de rendimento 5.16 Alternativa C. 6 mol HF 1 mol Na 3 ALF 6 6. 20 g 210 g 30 kg = 30 210 6. 20 V = 52,5 kg de Na 3 AL F 6 100% de rendimento 52,5 kg 90% de rendimento = 90 52,5 V = 47,25 kg de Na 3 AL F 6 100 5.17 Alternativa A. 2 NaCL + MnO 2 + 2 H 2 SO 4 * ( Na 2 SO 4 + MnSO 4 + CL 2 + 2 H 2 O 2 mol 1 mol 35

2. 58,5 g 71 g 500 g = 500. 71 2. 58,5 V q 303,4 g de CL 2 100% de rendimento 303,4 g de CL 2 85% de rendimento = 85. 303,4 100 V 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 q 257,9 g de CL 5.18 1 NH 4 NO 2 (s) * * ( 2 H 2 O(L) + 1 N 2 (g) 1 64 g de NH 4 NO 2 1 22,4 L de N 2 (g) 12,8 g de NH 4 NO 2 = 12,8 1 22,4 V = 4,48 L de N 2 (g) 1 64 4,48 L de N 2 (g) 100% de rendimento 80% de rendimento = 80 4,48 V = 3,584 L de N 2 (g) 100 5.19 Cálculo da quantidade teórica: 2 Fe 2 O 3 (s) + 6 C(s) + 3 O 2 (g) * * ( 4 Fe(s) + 6 CO 2 (g) 2 160 g 4 56 g 80 t 80 4 56 = 2 160 V = 56 t de Fe(s) 56 t 100% 50,4 g 5.22 Alternativa D. 100 g de pirolusita fornece 80 g de dióido de manganês. 3 MnO 2 (s) + 4 AL(s) *( 2 AL 2 O 3 (s) + 3 Mn(s) 3 mol 3 mol 1 mol 1 mol 87 g 55 g 1,10. 10 6 g = 1,10. 10 6 87 55 V = 1,74. 10 6 g de MnO 2 (s) = 1,74 t Massa de MnO 2 (s) presente na pirolusita: 100 g de pirolusita 80 g de MnO 2 (s) 1,74. 10 6 g de MnO 2 (s) = 1,74. 10 6 100 80 V = 1,74. 10 6 g de MnO 2 (s) = 2,175. 10 6 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 CaC 2 (s) + 2 H 2 O(L) *( Ca(OH) 2 (s) + C 2 H 2 (g) 1 mol 1 mol 64 g 22,4 L (CNTP) 640 g = 640 22,4 V = 224 L 64 36 = 50,4 100 V = 90% 56 5.20 Alternativa D. CaO(s) + 2 NH 4 CL(aq) * * ( 2 NH 3 (g) + H 2 O(g) + CaCL 2 (s) 56 g de CaO(s) 2 17 g de NH 3 (g) 224 g de CaO(s) = 224 34 V = 136 g de NH 3 (g) 56 136 g 100% 102 g = 102 100 V = 75% 136 5.21 Alternativa B. 2 HCL(aq) + Mg(OH) 2 (col.) * * ( MgCL 2 (aq) + 2 H 2 O(L) 1 mol 1 mol 58 g 95 g 16 g = 16 58 V = 9,8 g de Mg(OH) 2 (col.) 95 12,2 g de Mg(OH) 2 (col.) 100% 9,8 g = 9,8 100 V = 80,3% 12,2

Resolução da série eercitando o raciocínio 6.1 Alternativa B. A 40ºC: 60 g de KNO 3 100 g de H 2 O 50 g de H 2 O = 50 60 V = 30 g de KNO 3 100 Como foram adicionados 40 g de KNO 3 em 50 g de água; 30 g de KNO 3 irão se dissolver e 10 g de KNO 3 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 máima de soluto que é pos sível dissolver em determinada quantida de de solvente a certa temperatura. 08. Errado. A solução con cen trada nor mal mente apresenta uma quantidade de soluto dissolvido próima à do coefi ciente de solubilidade (CS), mas não neces saria mente 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 K 2 Cr 2 O 7 e 50 g de água é o mesmo que uma mistura de 60 g de K 2 Cr 2 O 7 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. Abaio 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 supersaturada, uma vez que nessa temperatura a quantidade máima 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 concentrada já que essa quan ti dade de soluto é próima 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 = 1 6 V = 0,006 g 1 000 40 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

Orientações para o professor 6.7 Alternativa A. 200 ml de leite 0,2 L leite 240 mg Ca 1 200 mg Ca = 1 200 0,2 V = 1,0 L 240 6.8 Alternativa E. O íon metálico mais tóico é o que apresenta a menor concentração máima 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 m 3 Volume de água na piscina = 100 000 L 1 mg de CuSO 4 = 0,001 g CuSO 4 1 L 0,001 g CuSO 4 100 000 L = 100 000 0,001 1 V = 100 g de CuSO 4 6.11 Alternativa C. 1 000 ml de soro (1 L) 3,5 NaCL 500 ml de soro 500 3,5 = 1 000 = 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 = 500 11 1 000 = 5,5 g de sacarose (ou 5 500 mg de sacarose). 6.12 Alternativa A. 200 ml de solução 58 mg de aspartame 1 000 ml de solução = 1 000 58 V = 290 mg de aspartame 200 = 0,29 g de aspartame. Concentração de aspartame no suco = 0,29 g/l 6.13 Alternativa A. 10 3 cm 3 1 L 2 10 6 cm 3 V V = 2 106 1 10 3 V V = 2. 10 3 L Em 1 L deve haver 30 g de sais Em 2. 10 3 deve haver m m = 2 103 30 1 V m = 60. 10 3 g m = 60 kg ou 6 10 1 kg 6.14 Alternativa E. Sabendo que a diferença de massa entre o refrigerante comum e o diet é somente por conta do açúcar, temos: m açúcar = m refrigerante comum m refrigerante diet m açúcar = 331,2 316,2 V m açúcar = 15 g 15 g de açúcar 0,3 L de refrigerante 1 L de refrigerante = 1 15 0,3 V = 50 g de açúcar/l de refrigerante 6.15 a) 29,4 g de H 2 SO 4 1000 ml de solução 500 ml de solução = 500 29,4 V = 14,7 g de H 2 SO 4 1 000 b) 1,84 g de H 2 SO 4 1 ml de H 2 SO 4 14,7 g de H 2 SO 4 = 14,7 1 V q 8 ml de H 2 SO 4 1,84 6.16 a) m solução = m AgNO3 + m água V m solução = 60 + 240 m solução = 300 g 60 g de AgNO 3 300 g de solução 100 g de solução = 100 60 300 V = 20 g de AgNO 3 T = 0,2 e %massa de AgNO 3 = 20% b) Como T = 0,25, temos que 25 g de AgNO 3 está dissolvida em 100 g de solução: m água = 100 25 V m água = 75 g 75 g de água 100 g de solução 350 g de solução = 350 75 V = 262,5 g de água 100 c) 30% em massa: 30 g de AgNO 3 /100 g de solução m solução = m AgNO3 + m água m solução = m AgNO3 + 700 30 g de AgNO 3 100 g de solução m AgNO3 (m AgNO3 + 700) m AgNO3 = (m AgNO 3 + 700) 30 100 100. m AgNO3 = 30. m AgNO3 + 30. 700 70. m AgNO3 = 21000 V m AgNO3 = 21 000 70 m AgNO3 = 300 g de AgNO 3 6.17 3 mg 1 kg de peso corporal 80 kg de peso corporal = 80 3 1 V = 240 mg Porém, não se pode eceder 200 mg por dose. Se cada gota contém 5 mg de analgésico: 5 mg de analgésico 1 gota 200 mg de analgésico = 200 1 V = 40 gotas 5 6.18 Sim. Ao misturar etanol anidro, C 2 H 5 OH, com água, há retração do volume da solução por causa da grande intensidade das forças intermoleculares (ligações de hidrogênio) estabelecidas entre o etanol anidro e a água. 41

6.19 1000 ml de vinagre 55 ml de ácido acético 100 ml de vinagre = 100 55 V = 5,5 ml de ácido acético 1000 % em volume = 5,5% V T V = 0,055 6.20 Alternativa D. 100 ml de solução intravenosa 3 g NaNO 2 100 ml de solução intravenosa 3 000 mg NaNO 2 10 ml de solução intravenosa 10 3 000 = V 100 = 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 = 250. 2 100 V = 5,0 g de soluto massa da solução = massa do soluto + massa do solvente 250 = 5 + massa de solvente massa de solvente = 250 5 massa de solvente = 245 g 6.22 Alternativa E. Uma solução com 0,9% em massa de soluto apresenta título igual a 0,009 (0,9 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 0,9 unidades de massa de soluto e 99,1 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 0,9 g de soluto 2 000 g de solução = 2 000. 0,9 100 V = 18 g de soluto 6.23 Alternativa E. 100 ml de solução = 0,1 L de solução 0,1 L de solução 0,3 g de H 3 BO 3 10 000 L de solução = 10 000. 0,3 0,1 V = 30 000 g de H 3 BO 3 = 30 kg de H 3 BO 3 100 g de solução alcoólica 60 g de etanol 500 g de solução alcoólica = 60 5 1 V = 300 g de etanol 6.26 Alternativa D. 1 000 000 g da crosta terrestre 20 g de chumbo 100 g da crosta terrestre = 100 20 V = 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 m 3 ou 500 000 L Volume de CO: 2 L Cálculo da concentração de CO: 2 L CO 500 000 L de ar 1 000 000 L de ar 1 000 000 2 = V 500 000 = 4 L em 1 milhão de L ou 4 ppm 6.28 Alternativa A. 1450 ppm indica: 1450 g de NaF a cada 10 6 g do dentrifício 10 6 g do dentifrício 1 450 g de fluoreto de sódio 90 g do dentifrício = 90 1 450 1 000 000 V = 0,1305 g ou q 0,13 g de NaF 6.29 Alternativa B. 1 ppm = 1 mg de soluto por litro de solução aquosa 6 mg de NaNO 3 1 L de água mineral 0,3 L de água mineral = 0,3 6 1 V = 1,8 mg ou 0,0018 g de NaNO 3 6.30 Alternativa B. 1 kg de peso corporal 5 mg de flúor 70 kg de peso corporal = 70 5 1 V = 350 mg de flúor 1 000 L de água 700 mg de flúor V 350 mg de flúor V = 350 1 000 V = 500 L de água 700 42 6.24 Alternativa D. Uma solução com 5% em massa de soluto apresenta título igual a 0,05 (5 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 5 unidades de massa de soluto e 95 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 5 g de soluto 1 000 g de solução = 1 000. 5 100 V = 50 g de soluto 6.25 Alternativa A. Em 100 g de solução alcoólica 60,0 o INPM há 60 g de etanol:

= 42 1,0 60 V = 0,7 mol/l 7.3 Alternativa D. 1,0. 10 2 mol de HCL 1000 ml de suco gástrico 100 ml de suco gástrico = 1,0. 10 2 100 1000 V = 1,0. 10 3 mol de HCL Massa molar do HCL = 36,5 g/mol 1 mol de HCL 36,5 g de HCL 1,0. 10 3 mol de HCL = 1,0. 10 3 36,5 1 = 36,5. 10 3 g de HCL V = 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 200 ml de soro caseiro = 200 0,06 1000 V = 0,012 mol de NaCL 1 mol de NaCL 58,5 g de NaCL 0,012 mol de NaCL = 0,012 58,5 1 V = 0,702 g de NaCL C 12 H 22 O 11 : massa molar = 342 g/mol 0,032 mol de C 12 H 22 O 11 1000 ml de soro caseiro z 200 ml de soro caseiro z = 200 0,032 V z = 0,0064 mol de C 12 H 22 O 11 1000 44 Resolução da série eercitando o raciocínio 7.1 Alternativa B. 0,20 mol de C 4 H 10 O 1000 ml de solução 500 ml de solução = 500 0,20 1000 V = 0,10 mol de C 4 H 10 O Massa molar do C 4 H 10 O = 74 g/mol 1,0 mol de C 4 H 10 O 74 g 0,10 mol de C 4 H 10 O = 0,10 74 1 V = 7,4 g de C 4 H 10 O 7.2 Alternativa E. 4,2 g de C 2 H 4 O 2 100 ml de vinagre 1000 ml de vinagre = 1000 4,2 V = 42 g de C 2 H 4 O 2 /L de vinagre 100 Massa molar do C 2 H 4 O 2 = 60 g/mol 1,0 mol de C 2 H 4 O 2 60 g 42 g (por litro de vinagre) 1 mol de C 12 H 22 O 11 342 g de C 12 H 22 O 11 0,0064 mol de C 12 H 22 O 11 w w = 0,0064 342 1 V w q 2,19 g de C 12 H 22 O 11 7.5 Alternativa E. d = 1,29 g/cm 3 1,29 g 1 cm 3 1000 cm 3 = 1000. 1,29 1 V = 1290 g Uma solução com 38% em massa de soluto apresenta título igual a 0,38 (38 100). Em 100 unidades de massa dessa solução, temos 38 unidades de massa de soluto e 62 unidades de massa de solvente. 100 g de solução 38 g de soluto 1290 g de solução = 1290. 38 100 V = 490,2 g de soluto (H 2 SO 4 ) 1 mol de H 2 SO 4 98,0 g n 490,2 n = 490,2. 1 98,0 V n q 5,0 mol de H 2 SO 4 7.6 Alternativa D. 1 gota de adoçante 3,66 mg de sacarina 50 gotas de adoçante

Orientações para o professor = 50. 3,66 1 V = 183 mg ou = 0,183 g de sacarina 1 mol de sacarina 183 g 0,183 g = 1. 0,183 183 V = 0,001 mol 0,001 mol de sacarina 0,250 L de café com leite z 1 L de café com leite z = 1. 0,001 0,250 V z = 0,004 mol 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 5 g = 5. 1 342 V q 0,015 mol de lactose 0,015 mol de lactose 0,1 L de leite integral 1 L de leite integral = 1. 0,015 0,1 V q 0,15 mol de lactose A concentração em quantidade de matéria de lactose no leite integral é igual a 0,15 mol/l. 7.8 Alternativa D. Cálculo do volume de ar correspondente a 5,0. 10 10 g: 1,25 g de ar 1 L de ar 5,0. 10 10 g de ar = 5,0. 10 10. 1 1,25 V = 4,0. 10 10 L de ar Cálculo da concentração, em mol/l, do etanotiol: 0,016 mol de etanotiol 4,0. 10 10 L de ar 1 L de ar = 1. 0,016 4,0. 10 10 V = 4. 10 13 mol de etanotiol 7.9 Alternativa C. I. Falsa. A fórmula do bicarbonato de cálcio é Ca(HCO 3 ) 2. II. Verdadeira. NaHCO 3 (aq) + HCL(aq) *( NaCL(aq) + H 2 O(L) + CO 2 (g) III. Verdadeira. IV. Verdadeira. O bicarbonato de cálcio está presente na água numa concentração de 129,60 mg/l. Massa molar do Ca(HCO 3 ) 2 = 162 g/mol 1 mol de Ca(HCO 3 ) 2 162. 10 3 mg de Ca(HCO 3 ) 2 129,60 mg de Ca(HCO 3 ) 2 = 1. 129,60 162. 10 3 V = 0,0008 mol Logo, a concentração em quantidade de matéria de Ca(HCO 3 ) 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 C 16 H 18 CLN 3 S = 319,5 g/mol 1 mol de C 16 H 18 CLN 3 S 319,5 g de C 16 H 18 CLN 3 S = 1. 1 319,5 V 1 g de C 16 H 18 CLN 3 S q 0,00313 mol de C 16 H 18 CLN 3 S 2,5. 10 6 mol de C 16 H 18 CLN 3 S 1 L de solução 0,00313 mol de C 16 H 18 CLN 3 S = 0,00313. 1 V q 1 252 L de solução 2,5. 10 6 Aproimadamente 1 250 L. 7.11 a) Solução 0,0025% em massa 100 g de solução 0,0025 g de soluto 1 000 g de solução = 1 000. 0,0025 100 V = 0,025 g Como a densidade da solução é igual a 1 kg/l, teremos uma concentração em massa igual a 0,025 g/l b) Solução 0,15% em massa: 100 g de solução 0,15 g de soluto 1 000 g de solução = 1 000. 0,15 100 V = 1,5 g Como a densidade da solução é igual a 1 kg/l, teremos uma concentração em massa igual a 1,5 g/l 210 g de ácido cítrico 1 mol 1,5 g = 1,5. 1 210 V = 0,00714 mol A concentração em quantidade de matéria da solução é igual a 7,14. 10 3 mol/l. 7.12 Massa molar do I 2 = 254 g/mol 254 g de I 2 1 mol de I 2 15,24 g de I 2 = 15,24 1 254 V = 0,06 mol de I 2 Cálculo do volume de álcool etílico: 0,8 g de álcool etílico 1 ml 500 g de álcool etílico = 500 1 0,8 V = 625 ml 0,06 mol de I 2 625 ml de álcool etílico z 1 000 ml de álcool etílico 1000 0,06 z = 625 z = 0,096 mol/l ou q 0,01 mol/l 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 = 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 45

46 = 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 CO 2 = 44 g/mol. 1 mol de CO 2 44 g de CO 2 0,025 mol de CO 2 = 0,025 44 1 V = 1,1 g/l de CO 2 7.15 a) Cálculo da massa de ureia 1 mol de ureia 60 g 1,0. 10 2 mol = 1,0. 10 2 60 1 V = 0,6 g de ureia 0,6 g de ureia 1 000 ml 200 ml = 200 0,6 1000 V = 0,12 g de ureia b) Cálculo do número de moléculas de ureia dissolvidas. 60 g de ureia 6,02. 10 23 moléculas 0,12 g de ureia z z = 0,12 6,02. 10 23 60 V z q 1,2. 10 21 moléculas 7.16 a) Massa molar do AL 2 (SO 4 ) 3 = 342 g/mol 68,4 g de AL 2 (SO 4 ) 3 100 ml de solução 1000 ml de solução = 1000 68,4 100 V = 684 g de AL 2 (SO 4 ) 3 1 mol de AL 2 (SO 4 ) 3 342 g de AL 2 (SO 4 ) 3 684 g de AL 2 (SO 4 ) 3 = 684 1 342 V = 2 mol de AL 2 (SO 4 ) 3 Solução 2 mol/l de AL 2 (SO 4 ) 3. b) Considerando a = 60%: AL 2 (SO 4 ) 3 (aq) ** ( 2 AL 3+ (aq) + 3 SO 2 4 (aq) 2 mol/l 4 mol/l 6 mol/l Para o AL 3+ (aq): 4 mol/l de íons AL 3+ (aq) 100% de dissociação z 60% de dissociação z = 60 4 100 V z = 2,4 mol/l de íons AL 3+ (aq) Para o SO 2 4 (aq): 6 mol/l de íons SO 2 4 (aq) 100% de dissociação w 60% de dissociação w = 60 6 V w = 3,6 mol/l de íons SO 4 2 (aq) 100 7.17 Alternativa D. 0,010 mol/l de íons Ca 2+ (aq) 1 L de solução 1,0. 10 3 L de solução = 1,0. 10 3 0,010 1 V = 10 mol de íons Ca 2+ (aq) 0,005 mol/l de íons Mg 2+ (aq) 1 L de solução 1,0. 10 3 L de solução = 1,0. 10 3 0,005 1 V = 5 mol de íons Mg 2+ (aq) Total de íons bivalentes a serem substituídos: 10 + 5 = 15 mol. Como o sódio, Na 1+, é monovalente, será necessário o dobro de íons desse elemento para substituir os íons Ca 2+ e Mg 2+, portanto, serão necessários 30 mol de íons Na 1+ (aq). 7.18 Alternativa B. 100 ml de solução aquosa 2 g de glutaraldeído 1 000 ml de solução aquosa = 1 000 2 100 V = 20 g de glutaraldeído Massa molar do glutaraldeído, C 5 H 8 O 2 = 100 g/mol 100 g glutaraldeído 1 mol 20 g glutaraldeído = 20 1 100 V = 0,2 mol Concentração em quantidade de matéria de glutaraldeído na solução: 0,2 mol/l 7.19 Alternativa C. Massa molar do CaCO 3 = 100 g/mol 1 mol de CaCO 3 100 g 0,2 mol de CaCO 3 = 0,2 100 1 V = 20 g de CaCO 3 20 g de CaCO 3 1 000 ml 500 ml = 500 20 1000 V = 10 g 7.20 Alternativa C. Massa molar do CaBr 2 = 200 g/mol 200 g de CaBr 2 1 mol 10 g de CaBr 2 = 10 1 200 V = 0,05 mol 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 250 ml de solução = 250 5. 10 5 1 000 V = 1,25. 10 5 mol de Hg 1 mol de Hg 200 g 1,25. 10 5 mol de Hg

Orientações para o professor = 1,25. 10 5 200 1 V = 2,5. 10 3 g de Hg 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 1 000 ml de solução = 1 000 60 300 V = 200 g Concentração em massa = 200 g/l b) Falsa. 160 g de A 1 mol 200 g de A = 200 1 160 V = 1,25 mol 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 60 V z = 5 ml 7.23 Alternativa D. 0,975. 10 3 g de K 2 A 280 ml de solução 1 000 ml de solução = 1 000 0,975. 10 3 280 V = 0,0035 g de K 2 A Concentração em massa de K 2 A = 0,0035 g/l 174 g de K 2 A 1 mol 0,0035 g de K 2 A = 0,0035 1 174 V = 2,01. 10 5 mol Concentração em mol/l de K 2 A = 2,01. 10 5 mol/l 1 mol de K 2 A 2 mol de íons K 1+ 2,01. 10 5 mol de K 2 A z z = 2,01. 10 5 2 1 V z = 4,02. 10 5 mol Concentração em mol/l de íons K 1+ = 4,02. 10 5 mol/l 7.24 Alternativa C. 2 mol de Br 1 1 mol de Br 2 5,0. 10 3 mol de Br 1 = 5,0. 10 3 1 2 V = 2,5. 10 3 mol de Br 2 7.25 Alternativa C. 1 mol de FeSO 4. 7 H 2 O 278 g 12,49. 10 3 g = 12,49. 10 3. 1 278 = 0,045. 10 3 mol de FeSO. 4 7 H 2 O 1 mol de FeSO. 4 7 H 2 O 1 mol Fe 2+ Logo, tem-se: 0,045. 10 3 mol de íons Fe 2+ 0,045. 10 3 mol de íons Fe 2+ 15 ml 1 000 ml = 1 000 0,045. 10 3 V = 3,0. 10 3 mol 15 A concentração em quantidade de matéria de íons Fe 2+ biotônico é igual a 3. 10 3 mol/l. 7.26 a) Cálculo da concentração em mol/l de íons Fe 3+ (aq): 1 mol de Fe 3+ 56 g 4,48. 10 3 g = 4,48. 10 3 1 56 V = 80 mols de Fe 3+ 80 mols de Fe 3+ 1 000 L 1 L = 1. 80 1 000 V = 0,08 mol de Fe 3+ Concentração em quantidade de matéria: 0,08 mol/l de Fe 3+ b) 4 Fe 3+ (aq) + 3 O 2 (g) *( 2 Fe 2 O 3 (s) 4 mol 3. 22,4 L de O 2 80 mol z z = 80. 3. 22,4 4 V z = 1 344 L de O 2 7.27 Alternativa D. Massa molar do íon PO 3 4 = 95 g/mol 3 1 mol de íons PO 4 95 g 0,15 g = 0,15. 1 95 = 1,58. 10 3 3 mol de íons PO 4 Concentração em quantidade de matéria de íons fosfato no refrigerante = 1,58. 10 3 mol de íons PO 3 4 /L 7.28 a) ZnO(s) + 2 HCL(aq) * ( Zn 2+ (aq) + 2 CL 1 (aq) + + H 2 O(L) b) 81 g de ZnO 65 g de Zn 2+ 1,62. 10 2 g = 1,62. 10 2. 65 81 V = 1,3. 10 2 g de Zn 2+ 1 mol de Zn 2+ 65 g de Zn 2+ 0,10 mol de Zn 2+ = 0,10. 65 1 V = 6,5 g de Zn 2+ 6,5 g 1 000 ml 1,3. 10 2 g z z = 1,3. 10 2. 1 000 6,5 V z = 2 ml O volume de solução de ZnSO4 é igual a 2 ml. 7.29 Alternativa B. I. Falso. Concentração de F 1 (aq), em ppm, numa solução 0,05 g/l: indica que, em 1 000 000 mg de solução, há 50 mg de F 1 (aq). Portanto, a solução 0,05 g/l corresponde eatamente a 50 ppm de F 1 (aq). Nessas condições a pessoa que ingerir a solução pode sofrer sérios efeitos de intoicação. II. Verdadeira. no 47

Massa molar do NaF = 42 g/mol 42 000 mg de NaF 1 mol 150 mg de NaF = 150 1 42 000 V = 0,0036 mol de NaF 0,0036 mol de NaF 250 ml 1 000 ml = 1 000 0,0036 V = 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 abaio da faia máima permitida (de 2 a 3 ppm). 7.30 a) Concentração de Pb na água = 100 ppb. 1. 10 9 g de água V 1. 10 6 L de água V 100 g de Pb 1 L de água = 1 100 1. 10 6 V = 1. 10 4 g de Pb b) 1 mol de Pb 207 g de Pb 1. 10 4 g de Pb = 1. 10 4 1 V = 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 Mg 2+ 24 g 4. 10 4 mol de Mg 2+ = 4. 10 4 24 V = 9,6. 10 3 g de Mg 2+ 1 = 9,6 mg de Mg 2+ ou q10 mg de Mg 2+ Concentração em quantidade de matéria q10 mg de Mg 2+ /L. 48

Resolução da série eercitando o raciocínio 52 8.1 São verdadeiras: 01, 04 e 32. Resposta = 37. 02. Falso. As soluções saturadas apresentam soluto dissolvido em quantidade igual ao coeficiente de solubilidade. 04. Verdadeiro. Aumentando a pressão, a solubilidade aumenta (lei de Henr). 08. Falso. O etanol é separado do álcool hidratado por destilação fracionada. 16. Falso. 1 mol de NaCL 58,5 g de NaCL 30 g de NaCL = 30 1 58,5 V q 0,513 mol de NaCL 0,513 mol de NaCL 0,5 L de solução 1 L de solução

Orientações para o professor = 1 0,513 V 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 1 V z = 1,40 mol de HCL 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 eemplo, 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 20 L de solução = 20 0,08 1 V = 1,6 mol de NaCL 0,52 mol de NaCL 1 L de solução 2 L de solução = 2 0,52 1 V = 1,04 mol de NaCL 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 solução final: 2,64 mol de NaCL 22 L de solução 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 KMnO 4 = 6 + 12 massa de KMnO 4 = 18 g Volume de solução = 300 + 200 Volume de solução = 500 ml Cálculo da concentração: 18 g de KMnO 4 0,5 L de solução 1 L de solução = 1 18 V = 36 g de KMnO 0,5 4 Concentração = 36 g/l Cálculo da concentração da solução I: 4 g de KMnO 4 0,1 L de solução 1 L de solução = 1 4 V = 40 g de KMnO 4 0,1 Concentração = 40 g/l Logo, C II + III < C I. 8.4 Alternativa C. Cálculo da concentração de oigênio em 20 litros de H 2 O 2 a 125 volumes. 1 L de H 2 O 2 (125 volumes) 125 L de O 2 (g) 20 L de H 2 O 2 (125 volumes) = 20 125 1 V = 2 500 L de O 2 (g) Cálculo da concentração de oigênio em 100 litros de água oigenada a 10 volumes: 1 L de H 2 O 2 (10 volumes) 10 L de O 2 (g) 100 L de H 2 O 2 (10 volumes) = 100 10 1 V = 1 000 L de O 2 (g) 20 L de H 2 O 2 (125 volumes) 2 500 L de O 2 (g) z 1000 L de O 2 (g) z = 1 000 20 2 500 V z = 8 L de H 2 O 2 (125 volumes) Para obter 100 L de água oigenada a 10 vo lumes, tomam-se 8 litros de água oige na da a 125 volumes e diluem-se a 100 litros. 8.5 Alternativa D. 0,5 mol de glicose 1000 ml de solução 100 ml de solução = 100 0,5 V = 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 m 3 V V= 100 m 3 ou 10 5 L; m = 10 4 g de CuSO 4 1 mol de CuSO 4 159,5 g de CuSO 4 (massa molar) 10 4 g de CuSO 4 = 104 1 159,5 V = 62,7 mol de CuSO 4 62,7 mol de CuSO 4 10 5 L de solução 1 L de solução = 1 62,7 10 5 V = 6,27. 10 4 mol de CuSO 4 /L b) Numa diluição, a quantidade do soluto não muda. 3 10 3 mol de CuSO 4 1 L de solução 10 5 L de solução = 3 10 3 10 5 1 V = 3 10 3 10 5 mol de CuSO 4 Como o volume da piscina é de 300 m 3 ou 3. 10 5 L, temos: 3 10 3 10 5 mol de CuSO 4 3. 10 5 L de solução z 1 L de solução z = 3 10 3 10 5 1 3. 10 5 V z = 1 10 3 mol de CuSO 4 /L 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 : 53