Resoluções de Exercícios

QUÍMICA III

Resoluções de Exercícios

Capítulo

04

Forças Intermoleculares

Materiais, suas

Propriedades e Usos

Propriedades e Usos

BLOCO

01

01

C

[Resposta do ponto de vista da disciplina de Química]

As pontes ou ligações de hidrogênio são ligações fortes, estabelecidas entre hidrogênio e flúor, oxigênio e nitrogênio, isso evita que a água tenha variações extremas de temperatura.

02

B

A pouca solubilidade desse composto em água se deve à grande parte apolar do composto, porém, como apresenta centros polares, devido à presença do oxigênio, esse composto apresenta ligação do tipo dipolo-dipolo.

03

C

O composto CaCl2 é o único que é formado por ligação iônica e os

compostos iônicos possuem interações mais intensas quando com-paradas às covalentes, por ser formadas por íons, sendo assim seus pontos de fusão e ebulição são mais intensos.

BLOCO

01

01

E

No grafite, que é uma forma alotrópica do grafeno, a rede está disposta em camadas unidas por forças de Van der Waals.

BLOCO

01

01

B A partir das i n f o r m a ç õ e s fornecidas, é correto afirmar que a principal interação entre o cristal violeta e a parede ce-lular é intera-ção íon-dipolo.

02

E

A ligação de hidrogênio é uma atração intermolecular mais forte do que a média. Nela os átomos de hidrogênio formam ligações indiretas, “ligações em pontes”, entre átomos muito eletronegativos de moléculas vizinhas. Este tipo de ligação ocorre em moléculas nas quais o átomo de hidrogênio está ligado a átomos que possuem alta eletronegatividade como o nitrogênio, o oxigênio e o flúor. Por exemplo: NH3, H2O e HF.

A ligação de hidrogênio é uma força de atração mais fraca do que a ligação covalente ou iônica. Mas, é mais forte do que as forças de London e a atração dipolo-dipolo.

03

A

De acordo com a interação do tipo dipolo induzido-dipolo induzido, quanto maior a massa, maior a interação intermolecular, então TE(H2)

< TE(N2) <TE(O2) <TE(Br2).

04

A

Observe os tipos de interações intermoleculares:

I) CH3COOH (ácido acético; 60 g/mol): dipolo permanente e ligação

de hidrogênio devido à presença do grupo OH.

II) CH3CH2CH2OH (propanol; 60 g/mol): ligação de hidrogênio devido

à presença do grupo OH.

III) CH3CH2CHO (propanal; 58 g/mol): dipolo permanente devido ao

grupo carbonila (C=O).

Quanto mais intensas forem as forças intermoleculares, maior será a temperatura de ebulição. A ordem decrescente será dada por: I > II > III.

05

C

Forças intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio podem ocorrer na interação das substâncias água e etanol, pois apresentam o grupo OH.

06

B

Análise das afirmações:

A) Incorreta. Abaixo de 10 o_{C o HCl e o HBr são gases.}

B) Correta. As moléculas de HF, HCl, HBr e HI são unidas por forças dipolo permanente e somente as moléculas de HF são unidas também por pontes de hidrogênio.

C) Incorreta. Todos os haletos apresentam ligações covalentes polares. D) Incorreta. A ordem no PE: HI > HBr > HCl é devido à diferença na massa molar de cada composto e ao tamanho das nuvens eletrô-nicas que interferem na atração intermolecular.

E) Incorreta. O HF apresenta maior ponto de ebulição, pois tem o ele-mento de maior eletronegatividade (F) ligado ao hidrogênio, o que torna a ligação de hidrogênio ou ponte de hidrogênio muito intensa.

07

C

As forças intermoleculares presentes no HF líquido são do tipo liga-ções de hidrogênio, estas forças são menos intensas do que as forças eletrostáticas entre íons.

08

A

A partir da análise das forças intermoleculares, lembrando que HF faz pontes de hidrogênio, que são interações mais intensas e quanto maior a “nuvem” eletrônica (ou massa) maior a interação intermolecular, para as moléculas que não fazem pontes de hidrogênio, vem:

SUBSTÂNCIA TEMPERATURA DE _{EBULIÇÃO (}o_C)

HF 20 HI – 35 HBr – 67 HCl – 85 OH OH O C– OH OH HO HOHO HO O O O O O NH NH HN Cristal violeta HN N+ N N HN NH NH2 COOH CH3 H3C H3C CH3 ác. N-ace lmurâmicoN-ace lglicosamina Oligopepdeo H3C O O O O O CH O CH

Ciências da Natureza e suas Tecnologias

₁₇

09

E

As ligações dissulfeto são covalentes, que são ligações muito fortes com elos físicos (orbitais moleculares), já as ligações de hidrogênio são intermoleculares.

10

C

As moléculas de gás sulfídrico formam interações do tipo dipolo--dipolo com a água.

H H H S + – H O + – Capítulo

05

Cálculo de Fórmulas

Representação das

Transformações Químicas

Transformações Químicas

BLOCO

02

01

A

Pela fórmula mínima sabemos que há 3 átomos de carbono (massa atômica 12,01), 4 átomos de hidrogênio (massa atômica 1,008) e 3 átomos de oxigênio (massa atômica 16). Com isso, podemos calcular a massa da fórmula mínima:

C = 12,01 . 3 = 36,03 H = 1,008 . 4 = 4,032 O =16. 3 = 48 Massa de C3H4O3 = 88,062

Em seguida, calculamos quantas vezes a fórmula mínima “cabe” na fórmula molecular da vitamina C:

, 176,12

2 88 062 Massa da fórmula mínima

Massa molecular _{= =}

Isso significa que a proporção de átomos na fórmula molecular é 2 vezes a indicada pela fórmula mínima: 2 ⋅ (C3H4O3):

C = 3 ⋅ 2 = 6 H = 4 ⋅ 2 =8 O = 3 ⋅ 2 = 6

A fórmula molecular da vitamina C é C6H8O6.

02

B 6 N O / 4,8 g mol g 14 / 11,0 g mol g 16 , 0,34 mol 0 34 , 0,68 mol 0 34 1 mol 2 mols NO2 BLOCO

03

01

C

A massa molar da fórmula mínima é dada por: CH2O = (1 ⋅ 12) + (2 ⋅ 1) + (1 ⋅ 16) = 30 g/mol

Agora basta calcular quantas fórmulas mínimas são necessárias para se chegar à massa molar de cada substância:

Glicose: 180₃₀ = 6 – multiplica a fórmula mínima por 6: C6H12O6;

Ácido acético: 30

60 _{= 2 – multiplica a fórmula mínima por 2: C}

2H4O2;

Ácido lático: ₃₀90 = 3 – multiplica a fórmula mínima por 3: C3H6O3;

Formaldeído: 30

30 _{= 1 – é igual à fórmula mínima: CH}

2O. BLOCO

02

01

E Em 100 g do mineral há: 44 g de SiO2 (60 g/mol): 60 g de SiO2 --- 32 g de O2 44 g de SiO2 --- x 44 32 x= ₆₀$ ⇒ x b 23,45 g de O2 44 g – 23,45 g = 20,55 g de Si 42 g de MgO (40 g/mol): 40 g de MgO --- 16 g de O2 42 g de MgO --- y 42 16 y= ₄₀$ ⇒ y = 16,8 g de O2 42 g – 16,8 g = 25,2 g de Mg 1 g de FeO (72 g/mol): 72 g de FeO --- 16 g de O2 1 g de FeO --- z 1 16 z= ₇₂$ ⇒ z b 0,22 g de O2 1 g – 0,22 g = 0,78 g de Fe 13 g de H2O (18 g/mol): 18 g de H2O --- 16 g de O2 13 g de H2O --- w 13 16 w= ₁₈$ ⇒ w b 11,56 g de O2 13 g – 11,56 g b 1,44 g de H

Massa total de oxigênio presente em 100 g do mineral: 23,45 g + 16,8 g + 0,22 g + 11,56 g = 52,03 g BLOCO

02

01

D g g g C H C C H C H C H CH CH H C CH 2 (fórmula mínima) (etano) % % , _,, _, 80 20 80 20 12 80 1 20 6 66666 20 _{6 66666}6 66666 _{6 66666}20 3 3 3 3 1 1 & & # = = -- -gH em100g . . g mol g mol

02

D Teremos:

Um indivíduo de 70 kg que utilizar uma vez por semana Deca-dura-bolim 50 mg terá, ao final de um mês (quatro semanas):

Em 4 semanas: 4 ⋅ 50 mg = 200 mg. 200 kgmg 70 = 2,857kgmg

03

E 1 mol de C6H12O6 — 180 g 0,2 mol de C6H12O6 — mglicose mglicose = 36 g

mtotal = mágua + mglicose

04

Cálculo da fórmula mínima: , % , % ( ) / , / , ( ) , , , , ( ) C H passando para g mol g g mol g

dividindo pela massa molar

mols mols

dividindo pelo menor

mol mols g 85 71 14 29 12 85 71 1 14 29 7 14 7 14 7 14 14 29 1 2 CH2 → Fórmula mínima

05

C 1 mol de TiO2 --- 80 g --- 48 g de Ti 100 g --- x 100 48 ₆₀ x= ₈₀$ & x= g de Ti

Portanto, a porcentagem em massa de titânio no dióxido de titânio é 60%.

06

C % de N na ureia (60 g/mol): 28 100 _46,7% 60 $ =

% de N no nitrato de amônio (80 g/mol): 28 100 _35% 80 $ = % de N na guanidina (59 g/mol): 42 100 _71,2% 59 $ =

% de N no sulfato de amônio (132 g/mol): 28 100 _21,2%

132 $

=

07

D

Fórmula percentual da sacarose: C12H22O11

Massa molar: 12 · 12 + 22 · 1 + 11 · 16 = 342 g/mol 144 g de carbono --- 342 g de sacarose x --- 100 g de sacarose g de carbono 42,11 x=100 144₃₄₂$ & xb 22 g de hidrogênio --- 342 g de sacarose y --- 100 g de sacarose 100 22 6,43 ê

y= ₃₄₂$ & yb g de hidrog nio 176 g de oxigênio --- 342 g de sacarose z --- 100 g de sacarose

100 176 _{51,46 ê}

z= ₃₄₂$ & zb g de oxig nio Fórmula percentual: C 42,11% H 6,43% O 51,46%

08

A

C14 H9 Cl5

Massa molar do DDT: 14 ⋅ 12 + 9 ⋅ 1 + 5 ⋅ 35,5 = 354,5 g/mol

C , g % g x 354 5 100 168 * x = 47,4% H , g % g y 354 5 100 9 * y = 2,5% Cl , % , g g z 354 5 100 177 5 * z = 50,1%

09

C 1 mol de Al2O3 2 mol de Al 102 g de Al2O3 --- 54 g de Al x --- 1 kg de Al 1 102 1,89 x ₅₄ & x kg de A O2 3 $ , b = 5 kg de bauxita (1 kg de Al) --- 1,89 kg de Al2O3 100 kg de bauxita --- y 100 1,89 37,8 y ₅ & y kg de A O2 3 $ , b =

Em 100 unidades de massa de bauxita há 37,8 unidades de massa de óxido de alumínio (37,8%).

10

D 25 g --- 100% Pb x --- 94% de Pb x = 23,5 g de Pb Portanto: 25 g – 23,5 g = 1,5 g de Pb BLOCO

03

01

D

A partir da análise da fórmula estrutural da teofilina, conclui-se que sua fórmula molecular é C7H8N4O2.

02

E

Sabemos que a massa molar é igual a 58 g/mol, então, temos: Cx Hy Oz

↓ ↓ ↓ 12x + 1y + 16z = 58

Agora é só fazer regra de três para cada elemento químico. Observe isso abaixo: C: H: O: 100% – 62,1% de C 100% – 10,3% de H 100% – 27,5% de O 58 g – 12x de C 58 g – y de H 58 g – 16z de O 1200x = 3601,8 100y = 597,4 1600z = 1595 x = 3601,8/1200 y = 597,4/100 z = 1595/1600 x = 3,0015 = 3 y = 5,974 = 6 z = 0,99 = 1 Agora é só substituir x, y e z pelos valores encontrados: C3H6O.

* Outra forma de resolver seria encontrar primeiro a fórmula mínima por meio da fórmula percentual que foi dada no enunciado e depois calcular quantas fórmulas mínimas seriam necessárias para chegar à massa molar. Veja:

1o _{Passo: Temos: 62,1% de C, 10,3% de H e 27,5% de O. Dividimos}

cada valor desses, considerando em gramas, pelas respectivas massas molares:

C = 62,1/12 = 5,175 H = 10,3/1 = 10,3 O = 27,5/16 = 1,71875

Agora pegamos esses valores e dividimos cada um pelo menor entre eles, que é o 1,71875:

C = 5,175/1,71875 ≈ 3 H = 10,3/1,71875 ≈ 6 O = 1,71875/ 1,71875 = 1

Assim, a fórmula mínima dessa substância é: C3H6O.

2o _{Passo – Determinando a massa da fórmula mínima e depois}

cal-culando quantas fórmulas mínimas são necessárias para se chegar à massa molar da substância:

C3H6O = (3 ⋅ 12) + (6 ⋅ 1) + (1 ⋅ 16) = 58 g/mol

A massa molar da fórmula mínima é exatamente igual à da fórmula molecular, portanto, elas são iguais: C3H6O.

03

C C(66,38%) H(6,38%) O(27,23%) , , ê , ê , ê , ê , carbono carbono

hidrog nio hidrog nio

oxig nio oxig nio

12 66 38 5 532 1 6 38 _{6 38} 16 27 23 _{1 702} & & & b b = = = =

Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles: , , , ê _,, ê , ê , , _ê carbono carbono

hidrog nio hidrog nio

oxig nio oxig nio

1 702 5 532 3 25 1 702 6 38 3 75 1 702 1 702 ₁ & & & b = = = = =

Ciências da Natureza e suas Tecnologias

₁₉

Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores números

inteiros, teremos: Fórmula mínima: C13H15O4

Massa da fórmula mínima = 235 g/mol n · 235 = 470 ⇒ n = 2 Fórmula molecular: C26H30O8

04

/ , % , / , % , , / , % , C H C g mol g g mol g g mol g 12 30 17 30 17 1 3 13 3 13 35 5 66 7 66 7 , , , , , , , , , 3 3 3

mols mols mol

mol mol mol

mols mols mols

1 87 2 5 1 87 3 13 1 87 1 87 1 33 1 67 1 4 5 3 # # # C4H5Cl3 → Fórmula mínima

05

A 0,01 mol de pirita --- 1,20 g 1 mol de pirita --- 120 g , , , _, ferro enxofre 56 46 67 0 83 32 53 33 _{1 67} -= =

Dividindo todos os valores pelo menor deles, teremos: , , , , ferro enxofre 0 83 0 83 ₁ 0 83 1 67_-2 = = =

Fórmula mínima: Fe1S2 ou FeS2

Massa da fórmula mínima = 1 · 56 + 2 · 32 = 120 g/mol 120 · n = 120 ⇒ n = 1 ∴ Fórmula molecular: FeS2

06

A

100% de minerais --- 106 _{g (1 tonelada)}

65% de minerais --- x 6,5 10

x₌65 10₁₀₀$ 6 _& x_{= $} 5g deminerais Massa de fosfato de cálcio, Ca3(PO4)2, em 1 t de ossos:

100% --- 6,5 · 105 _g 80% --- y 80 6,5 10 _{5,2 10 ( )} y ₁₀₀ 5 y 5g de Ca PO 3 4 2 & $ $ $ = = Massa de fósforo em 5,2 · 105 _{g de Ca} 3(PO4)2: 310 g (1 mol) de Ca3(PO4)2 --- 2 · 31 g de P 5,2 · 105 _{g de Ca} 3(PO4)2 --- z 5,2 10 2 31 1,04 10 z₌ $₃₁₀5$ $ _& z_{= $} 5g de P 104 000 g = 104 _{kg de P} Massa de cálcio em 5,2 · 105 _{g de Ca} 3(PO4)2: 310 g (1 mol) de Ca3(PO4)2 --- 3 · 40 g de Ca 5,2 · 105 _{g de Ca} 3(PO4)2 --- w , 2,01 10 w₌5 2 10 3 40$₃₁₀5$ $ _& w_{= $} 5g de Ca Massa de carbonato de cálcio, CaCO3, em 1 t de ossos:

100% --- 6,5 · 105 _g 20% --- α 20 6,5 10 1,3 10 g de CaCO 100 5 5 3 & $ $ $ a= a=

Massa de cálcio em 1,3 ⋅ 105 _{g de CaCO} 3: 100 g (1 mol) de CaCO3 --- 1 ⋅ 40 g de Ca 1,3 ⋅ 105 _{g de CaCO} 3 --- β β = 1,3 10 1₁₀₀ 40 5 & $ $ $ β = 0,52 ⋅ 105 _{g de Ca}

Massa total de cálcio = 2,01 ⋅ 105 _{+ 0,52 ⋅ 10}5

Massa total de cálcio = 2,53 ⋅ 105 _{g de Ca = 253 000 g de Ca = 253 kg de Ca}

07

B 6,02 · 1020 _{moléculas --- 0,18 g de aspirina} 6,02 · 1023 _{moléculas (1 mol) --- x} 6,02 10 6,02 10 0,18 180 (180 / ) x 20 x g g mol 23 & $ $ $ = = Fórmula percentual: C 60% H 4,44% O 35,56% ê , ê , ê , ê , carbono carbono hidrog nio hidrog nio oxig nio oxig nio

12 60 5 1 4 44 4 44 16 35 56 2 22 & & & -= = = = =

Dividindo todos os números pelo menor deles:

, ,

ê _,, ê

ê _,, ê

carbono carbono hidrog nio hidrog nio oxig nio oxig nio

2 225 2 25 2 224 44 2 2 22 2 22 1 & & & -= = = = =

Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores números inteiros, teremos: Fórmula mínima: C9H8O4

08

D

Cálculo da quantidade de matéria de N e O: 0,5 mol do óxido --- 1,0 mol do óxido 7,0 g de N --- 14,0 g de N 16,0 g de O --- 32,0 g de O

Massa molar do óxido: 46 g/mol

ê ,_/ ê

ê ,_/ ê

nitrog nio _{g mol}g nitrog nio mol oxig nio _{g mol}g oxig nio mol

14 14 0 1 16 32 0 2 & & = = = = Fórmula mínima: NO2

Massa da fórmula mínima: 1 · 14 + 2 · 16 = 46 n · 46 = 46 ⇒ n = 1 Fórmula molecular: NO2

09

D 100% de ouro na aliança --- 2,0 g 75% de ouro na aliança --- x , _1,5 x=75 2 0₁₀₀$ & x= g de ouro

10

D Ca5(PO4)3 OH = 5 · 40 + 3 · 31 + 13 · 16 + 1 · 1 Ca5(PO4)3 OH = 502 g/mol Ca5(PO4)3 F = 5 · 40 + 3 · 31 + 12 · 16 + 1 · 19 Ca5(PO4)3 F = 504 g/mol

% de fósforo no composto Ca5(PO4)3OH

502 g de Ca5(PO4)3OH --- 93 g de fósforo

100 g de Ca5(PO4)3OH --- x

18,53 18,53% x=100 93₅₀₂$ & x= g ou % de fósforo no composto Ca5(PO4)3F

504 g de Ca5(PO4)3F --- 93 g de fósforo

100 g de Ca5(PO4)3F --- y

100 93

18,45 18,45%

y= ₅₀₄$ & y= g ou

Logo, os compostos apresentam aproximadamente 18,50% de fósforo.

Capítulo

06

Cálculos Químicos

Representação das

Transformações Químicas

Transformações Químicas

BLOCO

04

01

B

BLOCO

03

01

A 28/11,2 = 2,5 16/6,4 = 2,5 Concluímos que: a = 44; b = 11; c = 1 g de Y; d = 17,6 e e = não há excesso. BLOCO

04

01

A

Lembrando que a proporção que se segue é de ₈1 e que a soma das massas dos reagentes (hidrogênio + oxigênio) tem que ser igual à massa do produto (água), temos:

MASSA DA ÁGUA MASSA DO HIDROGÊNIO MASSA DO OXIGÊNIO PROPORÇÃO: 1o _{experimento 4,5 g 0,5 g 4,0 g} , , 4 0 0 5 8 1 = 2o _{experimento 9,0 g 1,0 g 8,0 g} , , 8 0 1 0 8 1 = 3o _{experimento 18,0 g 2,0 g 16,0 g} , , 16 0 2 0 8 1 = 4o _{experimento 99,9 g 11,11 88,88 g} , , 88 88 11 11 8 1 = → +

02

F, F, V, F, V

03

V, V, F, F, V

04

C

A palha de aço ao sofrer combustão aumenta a sua massa de acordo com a seguinte reação:

4 Fe(s) + 3 O2(g) → 2 Fe2O3(s)

4 · 56g 3 · 32 g 2.160 g 224 g 96 g 320 g

05

D

Papel queimado – forma gás carbônico e vapor de água – o prato A fica mais leve que o B. Palha de aço queimada – forma óxido de ferro, o prato B fica mais pesado.

06

C

O sistema é aberto, o gás carbônico formado no experimento II vai embora, consequentemente, a massa final é menor que a massa inicial.

07

A

A) Verdadeira.

B) Falsa. O esquema ilustra o Princípio de Lavoisier (conservação da massa), uma vez que apresenta a massa total de um sistema fechado antes de a reação acontecer e depois de ocorrida a reação. C) Não varia.

D) Falsa. E) Falsa.

08

C

Proporção, em massa, das substâncias envolvidas na reação: – 6 g de magnésio reagem com 4 g de oxigênio, formando 10 g de

óxido de magnésio;

– 60 g de magnésio reagem com 40 g de oxigênio, formando 100 g de óxido de magnésio.

Se há 60 g de oxigênio no sistema inicial e só reagem 40 g de oxigênio, sobra um excesso de 20 g dessa substância.

09

D

2 HNO3(aq) + K2CO3(s) → 2 KNO3(aq) + H2O(l) + CO2(g)

Na experiência ocorre uma reação química com liberação de gás (CO2(g)), como o sistema não está fechado não será possível verificar

experimentalmente a Lei de Lavoisier.

10

D

A reação que ocorreu entre o ácido sulfúrico e a esponja de aço produziu gás hidrogênio (H2(g)) que foi liberado para o ambiente e por isso

a balança está indicando a massa final menor que a massa inicial. Assim, não foi possível verificar a Lei de Lavoisier, pois o sistema está aberto.

Capítulo

07

Gases

Transformações Químicas

Transformações Químicas

BLOCO

05

01

D ( ) , , , , ( ) , , , CO Ba OH H O BaCO g g m g m n mol p V n R T V V V V V V V L L 44 197 98 5 22 44 22 0 5 1 0 5 0 082 27 273 12 3 30 12 3 17 7 18 CO CO CO CO CO CO CH CH CH 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 4 4 4

"

# # # # # # + + = = = = = + = = + = + = = g L

02

C

A partir da equação (4 C3H5(NO3)3(l) → 6 N2(g) + O2(g) + 12 CO2(g) +

+ 10 H2O(g)) e de acordo com a hipótese de Avogadro, teremos

(6 + 1 + 12 + 10 = 29) moles de gases formados a partir da explosão de 4 moles de nitroglicerina, então,

p · V = ntotal · R · T , 29 0,082 298,15 709 V= $ _{1 0}$ = L BLOCO

06

01

C

Podemos calcular as frações em quantidade de matéria (X) de cada gás e depois fazer uma regra de três para descobrir as porcentagens em volume:

Xgás = pgás

pTOTAL

pTOTAL = pN2 + pCO2 + pH2S → pTOTAL = 0,6 + 0,9 + 1,5

pTOTAL = 3,0 atm

XN2 = 0,6 atm XCO2 = 0,9 atm XH2S = 1,5 atm

3,0 atm 3,0 atm 3,0 atm XN2 = 0,2 XCO2 = 0,3 XH2S = 0,5

1 --- 100% 1 --- 100% 1 --- 100% 0,2 --- %VN2 0,3 --- %VCO2 0,5 --- %VH2S

%VN2 = 0,2 .100% %VCO2= 0,3 .100% %VH2S= 0,5 . 100%

Ciências da Natureza e suas Tecnologias

₂₁

BLOCO

07

01

B

[1] Hipótese de Avogadro: o mesmo número de mols de qualquer gás ocupará o mesmo volume mantidas as condições de pressão e temperatura constantes.

[2] Mantida a temperatura constante, pressão e volume são grandezas inversamente proporcionais.

[3] Mantido o volume constante, pressão e temperatura são grandezas diretamente proporcionais.

[4] Mantida a pressão constante, volume e temperatura são grandezas diretamente proporcionais.

Conclusão: 2 (transformação isotérmica) – 3 (transformação isocórica ou isovolumétrica) – 4 (transformação isobárica) – 1 (hipótese de Avogadro).

BLOCO

04

01

B

O físico irlandês Robert Boyle (1627-1691) foi o primeiro a constatar que a temperatura de um ser humano permanece constante. Observou que a relação entre a pressão e o volume de um gás, quando a massa e a temperatura são mantidas constantes, é inversamente proporcional, ou seja, são grandezas inversamente proporcionais (p × V = Constante). Numa transformação gasosa entre dois estados, mantidas a massa e a temperatura constantes, teremos:

pressão 2p p T Volume V/2 V BLOCO

05

01

B

Para uma mistura de gases sem reação química, vale a seguinte relação matemática: , p p p p T V T V T p V T V V V V V atm 300 3 400 3 600 4 5 200 1 2 final final final final 1 1 1 2 2 2 3 3 3 $ $ $ $ $ $ $ $ = + + = + + = BLOCO

06

01

A

Sendo o fenômeno da brisa terrestre o inverso do da brisa marítima, o ar sobre a água está mais quente e, consequentemente, sobe, deixando uma área de baixa pressão. Isso provoca, portanto, deslocamento de ar do continente para o mar.

BLOCO

05

01

A CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O 16 g --- 2 mols 40 g --- x x = 5 mols pV = nRT 1 ⋅ V = 5 ⋅ 0,082 ⋅ 300 V = 123 L

02

D

1 crédito equivale a 1 tonelada (106 _{g) de CO} 2, então: , , , p V _Mm R T V V V 1 00 10₄₄ 0 082 300 0 559 10 559 10 559 6 6 3 3 3 # # # # # # # # = = = = = L L m .600m

03

A • pV = KT → p V._T = K Da tabela calculamos K: 1 0,5 K= ₂₀₀$

"

K=₄₀₀1 atm m_K$ 3 • Na nova situação: 800 T p V _K T T K 2 1 4001

"

$ $ ` = = =

04

D Teremos: M_CO2 = 44 g · mol–1 8,8 kg = 8 800 g ⇒ n = _Mm = 8 800₄₄ = 200 mols p × V = n · R · T

p = 1 atm; R = 0,082 atm · K mol–1 _{· K}–1

T = 27 + 273 = 300 K n = 200 mols

1 × V = 200 · 0,082 · 300 V = 4 920,0 L

05

A

Balanceando a equação fornecida, teremos: C2H6O(l) + 3 O2(g) → 2 CO2(g) + 3 H2O(l)

46 g –––––– 2 . 44 g 4,6 kg –––––– m_CO2 m_CO2 = 8,8 kg

06

B

Alternativa A está incorreta, pois o volume e a temperatura dos gases são diretamente proporcionais, o que é evidenciado na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT. Então o balão que murchou foi colocado em água fria, pois a diminuição da temperatura causou uma contração dos gases da bexiga.

Alternativa B está correta. Os gases sofrem expansão do volume à medida que a temperatura aumenta. A equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT, indica a relação diretamente proporcional entre o volume e a temperatura dos gases.

Alternativa C está incorreta, o volume do balão que foi colocado em água fria diminuiu, porque a pressão do sistema diminuiu, reduzin-do o choque das partículas de gás com as paredes reduzin-do balão. Como pode ser visto na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT, pressão e temperatura são diretamente proporcionais; se a temperatura diminui, a pressão também diminui.

Alternativa D está incorreta, pois as partículas dos gases não sofrem variação de tamanho. O volume se altera devido às variações nos espaços vazios entre as partículas, que podem aumentar ou diminuir de acordo com as variações na temperatura.

Alternativa E está incorreta, não houve reação química.

07

A

De acordo com a hipótese de Avogadro, nas mesmas condições de temperatura e pressão, o mesmo volume será ocupado pelo mesmo número de moléculas.

08

B

Da equação de estado de um gás, vem: p V$ =_Mm$ $R T , 6,97 7 V m R T_{p M} &V 170 0 082 300_{150 4} L L $ $ $ $ $ $ = = = =

09

A Teremos:

6 mols de H2 e 2 mols de N2 formam 4 mols de NH3:

1 N2(g) + 3 H2(g) → 2 NH3(g)

1 mol ---- 3 mol ---- 2 mol 2 mol ---- 6 mol ---- 4 mol

10

D

A partir da equação de Clapeyron (equação do estado de um gás), vem:

, , , ( ) , p V _Mm R T p p 0 8 7 4₇₄ 0 08 37 273 3 1 $ $ $ $ $ $ = = + = atm BLOCO

06

01

E , , , , , , , , , ( ) , n _Mn n mol n mol n mol n mol p V n R T p p atm 44 50 10 1 136 10 30 37 10 _{1 23 10} 44 75 10 1 70 10 1 136 10 1 23 10 1 70 10 4 066 10 250 4 066 10 0 082 527 273 1066 9 N O NO CO 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 # # # # # # # # # # # # # # # # # . = = = = = = = = + + = = = +

02

C

A massa molecular da amônia (NH3 = 17 g/mol) é constante, logo não

pode ser usada no eixo das ordenadas.

03

C

A partir da equação geral para um gás ideal, teremos:

( ) , p p p T V T V K atm V K p V atm 298 1 273 621 3 0 inicial inicial inicial final final final final final # # # # = = + =

04

B

Podemos considerar que a pressão interna do gás é equivalente à pressão externa exercida pela água. Ocorre que, durante a subida, a pressão hidrostática vai diminuindo e, portanto, a pressão interna do gás também sofre diminuição. Nesse caso, estamos desconsiderando o efeito da temperatura, pois a mesma é constante.

05

B

1o_{) Cálculo do n}o _{de mols antes de abrir a torneira:}

pV = nRT

(I) 1 atm · 1 L = nH₂ R 298 K

∴nH₂ = _R$2981 =x

(II) 5 atm · 1 L = n_Cl2 R 298 K

∴ nCl₂= _R$2985 =5x

Podemos concluir que a proporção entre n_H2 e n_Cl2 é de x para 5x. 2o_{) Após abrir a torneira:}

H2(g) + Cl2(g) → 2 HCl(g)

1mol_x 1mol_x 2₂mol_x

Reagem Forma 144424443 S Há excesso de 4x de Cl2(g). A relação entre n_Cl2 e nHCl(g) é: _n 2 n x x 2 4 HC C2 = = , ,

06

B Para o gás H2, temos:

Estado inicial p atm V V 3 1 1 = = ) Estado final p ? V V V V 3V 2 2 = = + + = )

Sendo a transformação isotérmica, podemos aplicar a Lei de Boyle: p1V1 = p2V2⇒ 3VY = p2 . 3VY⇒ p2 = 1 atm

A pressão parcial do H2 na situação final será 1 atm.

Para o gás He, temos: Estado inicial p atm

V V 9 1 1 = = ) Estado final p ? V V V V 3V 2 2 = = + + = )

Aplicando a Lei de Boyle:

p1V1 = p2V2⇒ 9V = p2 · 3VY⇒ p2 = 3 atm

A pressão parcial do He na mistura final será 3 atm. Pela Lei de Dalton para pressões parciais, temos: pT = p_H2 + pHe = 1 + 3 = 4 atm

07

C Para o gás N2, temos: Estado inicial p V L 1 3 1 1 = = atm ) Estado final p ? V 3L 2L 5L 2 2 = = + = )

Aplicando a Lei de Boyle (transformação isotérmica), temos: p1V1 = p2V2⇒ 1 · 3 = p2 · 5 ⇒ p2 = 0,6 atm (pressão parcial do N2)

Para o gás O2, temos:

Estado inicial p atm

V L 5 2 1 1 = = ) Estado final p ? V 5L 2 2 = = )

Aplicando a Lei de Boyle, vem:

p1V1 = p2V2⇒ 5 · 2 = p2 · 5 ⇒ p2 = 2 (pressão parcial do O2)

Pela Lei de Dalton das pressões parciais, temos: pT = p_N2= p_O2 = 0,6 + 2 = 2,6 atm

Ciências da Natureza e suas Tecnologias

₂₃

08

A

Como as pressões parciais no equilíbrio são proporcionais aos números de mols, teremos: Balão A: nA = 1 n mol H2 Balão B: 0,5 n mol de O2 e 0,5 n mol de H2 nB = 1 n mol Abrindo a torneira: n(total) = nA + nB = 2 n mol Pressão parcial do H2 = , n n 2 1 5 = 0,75 ⇒ 0,75 atm Pressão parcial do O2 = 0 5₂,_nn = 0,25 ⇒ 0,25 atm

09

E

Ao considerarmos um gás ideal dentro de um cilindro, poderemos calcular o número de mols desse gás se soubermos os valores da pressão, da temperatura e do volume utilizando a equação do estado de gás ideal: p · V = n R T Na qual: p = pressão do gás V = volume do gás n = número de mols do gás

R = constante universal dos gases ideais T = temperatura absoluta (Kelvin)

Como n = _Mm (onde M é a massa molar do gás), substituindo esta expressão na equação anterior, também podemos utilizar:

p · V = _Mm R T Teremos: V = 3 m3 _{= 3 000 L} p = 1 atm M(O2) = 32 g/mol T = 300 K

Substituindo na equação acima, vem: 1 · 3 000 = c₃₂mm · 0,082 · 300 m = 3902,4 g ou 3,9 kg

10

D

ptotal = 4 atm; pA = 2 atm; pB = 1 atm e pC = 1 atm

ptotal · V = ntotal · R · T ⇒ ntotal = _{R T}

ptotal V $ $ ntotal = _{0,082 300} 4 37 $ $ ⇒ ntotal = 6 mols pA = XA · ptotal ⇒ pA = _n n total A _{· p} total nA = _p p total A _{· n} total ⇒ nA = 2 6 4 $ ⇒ nA = 3 mols Analogamente: nB = _p p total B _{· n} total ⇒ nB = 1 6₄ $ ⇒ nB = 1,5 mol nC = _p p total C _{· n} total ⇒ nC = 1 6₄ $ ⇒ nC = 1,5 mol BLOCO

07

01

C

De acordo com a Lei de Graham, quanto menor a massa molar, maior a velocidade de difusão do gás. v v M M M M v v 2 1 1 2 11 2

&

12 2 =

02

E

“O mesmo número de partículas, de quaisquer gases, submetidas às mesmas condições de pressão e de temperatura, ocupa sempre o mesmo volume.”

Observe:

03

C

Massas iguais, mas no _{de partículas diferentes.}

04

E

Etilamina = 45 g/mol

Cloreto de hidrogênio = 36,5 g/mol V C H NH V HC MHC MC H NH D D 2 5 2 2 5 2 , , =

Como as velocidades de difusão dos gases são inversamente propor-cionais às raízes quadradas de suas massas molares, a velocidade de difusão do HCl será maior que a do C2H5NH2 e, portanto, o produto

formado pela reação desses dois compostos será formado mais pró-ximo do algodão embebido em C2H5NH2. Assim, o item E é correto.

05

C

A diminuição da pressão parcial do CO2(g), favorecendo a formação

do precipitado de carbonato de cálcio.

06

C H2 > CH4 > N2 > O2 > CO2

07

A A equação da fotossíntese é: 6 CO2 + 12 H2O → C6H12O6 + 6 O2 Assim, teremos: 6 mols de CO2 --- 6 mols de O2 68 mols de CO2 --- n_O2

Considerando que o gás encontra-se nas CNTP, teremos: 1 mol de O2 --- 22,4 L 68 mols de O2 --- V_O2 V_O2 = 1523,2 L

08

C Teremos: ( ) ( ) ( ) , , p A g B g C g

mol mol mol V n R T T C C K V L L 2 5 5 10 100 273 373 3 10 0 082 373 101 95 100 K " # # # # # # c c . + = = + = = =

09

C d = _{22 4}M_, ⇒ 1,25 = _{22 4}M_,

M = 1,25 · 22,4 = 28 g · mol–1 _{⇒ CO (monóxido de carbono)}

10

C VDH2 = 27 km/min VDO2 = ? Mol H2 = 2 g/mol Mol O2 = 32 g/mol V O V H 2 2 D D ₌ M M H O 2 2 ⇒ ⇒ V O 27 2 D = 2 32 V O27_{D 2} = 16 ⇒ V O27_{D 2} = 4 VDO2 = ₄ 27 ⇒ VDO2 = 6,75 km/min , min min km X km 6 75 1 60 " " ) x = 405 km/h VDO2 = 405 km/h

01

A

O aumento da temperatura faz aumentar a pressão do gás no interior da lata, o que pode causar uma explosão do gás butano.

02

A Teremos: , , / ; / T K p V _Mm R T M M g mol C O CO u M g mol 47 273 320 2 5 16 77 0 082 320 44 12 16 44 44 CO 2 2 # # # # # # = + = = = = = = = =

A estrutura molecular do CO2 apresenta ligações σ e p.

O C O_σp _σp

03

D

Teremos:

Observação: A solubilidade em água do clorofórmio é baixa: 0,8 g/100 mL a 20 °C, por isso ocorre a formação de mistura bifásica com a água.

04

A

Das substâncias elencadas nas alternativas, a única com caráter apolar e, portanto, capaz de dissolver a graxa é a gasolina.

05

D

6 CO2 + 6 H2O → C6H12O6 + 6 O2

6 mol 6 mol 1 mol 6 mol 6(44 g) 6(18 g) 180 g 6(32 g) 144424443 144424443 massa total massa total dos reagentes dos produtos Corretas: I, III e IV.

06

D

A partir da equação de estado de um gás ideal (Clapeyron): pV = nRT ⇒ pV = _Mm RT Deduzimos: RT pM V m _d RT pM & = = Então, , 1,304 / d pM_RT &d _{8 21 10}2 28_$ –2_$523 g L $ = = =

Como p = 2,0 atm; V = 0,250 L; R = R = 8,21 · 10–2 _{atm · L · K}–1 _{· mol}–l_;

T = 250 o_{C = 523 K. Substituindo na equação de estado (Clapeyron), temos:}

pV = nRT

2,0 · 0,250 = n · 8,21 · 10–2 _{· 523}

n = 1,1645 · 10–2 _{mol de moléculas, ou seja:}

1,1645 · 10–2 _{· 6,02 · 10}23 _{= 7,01 · 10}21 _{moléculas. A resposta mais}

aproximada está na alternativa D.

07

A

Solidificação da água: seta 2 (processo isobárico). Sublimação da água: seta 7 (processo isotérmico).

Imiscíveis azul vermelho Ciclo-hexano (menor densidade) água (maior densidade) V Imiscíveis azul água (menor densidade) clorofórmio (maior densidade) II amarelo

08

D

I. (V); A pressão parcial do O2(g) (pO2(g)) no interior da cabine é maior

que a pressão parcial do O2(g) no exterior da cabine quando o avião

voa a 10 000 m de altitude. II. (V); pO2 = XO2 . pTOTAL

III. (F); A pO2(g) no interior da cabine é maior que pO2(g) no ar a 2 400

m, pois no interior da cabine o ar é mais seco (menor concentração de H2O(v)).

09

C TV% argônio = 0,9% pTOTAL = 100 atm pAr = ? % % atm X atm 100 100 09 p p TOTAL AR ) x = 100 0 9₁₀₀$ , = 0,9 atm

10

B

Quando a penca de bananas está fechada em um recipiente plástico, o gás etileno (C2H4(g)) que vai sendo liberado pelas frutas vai se

acumulando no recipiente, aumentando assim a pressão parcial deste gás no recipiente plástico.