Gabarito comentado. Estudo das dispersões

(1)

Gabarito comentado

Estudo das dispersões

1) O gás carbônico será mais solúvel quanto menor for a temperatura, no caso, será mais solúvel no refrigerante que estava na geladeira.

2) Letra E. A 30ºC a solubilidade do sal é de 60 gramas do soluto para cada 100 gramas de água e a 20 ºC o mesmo sal apresentará solubilidade de 30 gramas para cada 100 gramas de água.

Como tem-se uma solução saturada a 30 ºC, podemos afirmar que tem-se 60 gramas do sal dissolvidas. Quando a temperatura é diminuída para 20ºC, apenas 30 gramas ficarão dissolvidas, ocorrendo a precipitação de 30 gramas do sal.

3) Letra D. A 10 ºC a solubilidade do sal é de 20 gramas do soluto para cada 100 gramas de água. Logo, podemos afirmar que em 50 gramas de água, conseguiremos dissolver 10 gramas do sal.

Como se tem uma solução preparada com 18 gramas do sal, quando a temperatura é diminuída para 10ºC, apenas 10 gramas ficarão dissolvidas, ocorrendo a precipitação de 8 gramas do sal.

4) Letra B. A 20ºC a solubilidade do nitrato de potássio é igual a 35 gramas para cada 100 gramas de água. Como no exercício foram adicionadas 50 gramas do sal, podemos afirmar que apenas 35 gramas ficarão dissolvidas, ocorrendo a precipitação de 15 gramas, formando assim um sistema

heterogêneo

5) Letra B. Na tabela tem-se que a 20ºC a solubilidade no cloreto de potássio é de 34 gramas do sal para cada 100 gramas de água. Logo podemos afirmar que em 200 gramas de água, sua solubilidade será de 68 gramas. Como foi adicionadas 80 gramas do sal, podemos afirmar que 68 gramas ficarão dissolvidas enquanto que 12 precipitarão na forma de sólido. 6) (F) Nota-se que um aumento na temperatura provoca um aumento na

(2)

(V) (V)

(F) Nota-se pela analise do gráfico que a solubilidade do cloreto de sódio sofre pouca influencia da temperatura

7) (V) Considerando que a 20ºC 32 gramas de cloreto de potássio saturam a solução e que a sua solubilidade aumenta com o aumento da temperatura, podemos deduzir que a 40ºC as mesmas 32 gramas deixarão a solução insaturada.

(F) A solubilidade de sólidos não é afetado pela pressão. (V)

(V)

Exercícios propostos

8) 1) Falso. A solubilidade de uma substância depende da temperatura. 2) Verdadeiro

3) Verdadeiro

9) Letra E. Pela analise da tabela podemos afirmar que a 40ºC, 129 gramas de hidróxido de sódio saturam a solução.

10) Letra E.

Dispersão A = por ser uma mistura homogênea só pode ser uma solução verdadeira;

Dispersão B = Por se tratar de uma dispersão não tão homogênea, não sofrer sedimentação e ser formada por macromoléculas, podemos afirmar que se trata de um coloide.

Dispersão C = Mistura heterogênea que pode ser facilmente separada por um filtro e que sofre sedimentação só pode ser uma suspensão.

A concentração das soluções

A concentração comum (C) – g/L

1)

⟹

(3)

2)

⟹

3)

⟹

4)

⟹

5)

⟹

6)

⟹

7) Letra E. Cálculo do volume tratado em 1 hora = 3600 s 1 s --- 3 . 104 L 3600 s --- x L

x = 3600 , 3 . 104 = 1,08 . 108 L Cálculo da massa do fluoreto:

1,5 mg --- 1 L

y mg --- 1,08x108 L

y = 1,5x1,08.108 = 1,62x108 mg ou 1,62x105 g ou 162 kg

8) Letra C

.

⟹

⟹ .

O gráfico II mostra

que em 24 horas haverá a mortalidade de 50% dos camarões se a concentração for igual a 2,5 mg/L

9) Letra A. A ingestão de 1 lata de cerveja provoca uma concentração de álcool de 0,3 g/L. Logo, a ingestão de 3 latinhas de cerveja provocarão uma concentração de álcool de 0,9 g/L de sangue.

Analisando a tabela, conclui-se que a pessoa terá perda da sensibilidade, das reações motoras, queda de atenção, dentre outros sintomas.

10) Letra C. Observando o gráfico e identificando os pontos, temos as abscissas (horas) correspondentes.

Exercícios propostos

11) Primeiro calculamos a concentração da solução feita misturando-se 30 g do leite em pó integral em 200 mL (1 copo) de água. Lembre-se de transformar o volume para L (200 mL → 0,2L):

(4)

C = m1 → C = 30 g → C = 150,0 g/L V 0,2 L

Agora fazemos uma regra de três, visto que a proteína equivale a 30% da massa do leite: 100 % --- 150,0 g/L 30% --- x X = 30 . 150 100 X = 45,0 g/L

12) Letra E. Sabendo que a diferença de massa entre o refrigerante comum e o diet é somente em razão do açúcar:

m açúcar = m refrigerante comum – m refrigerante diet m açúcar = 331,2 – 316,2 m açúcar = 15 g 15 g de açúcar --- 0,3 L de refrigerante (300 mL) x --- 1 L de refrigerante x = 1 . 15 / 0,3 x = 50 g de açúcar/L de refrigerante 13)

a) Sabe-se que o volume médio de sangue em um ser humano é 7,0 L. ⟹ ⟹

b)

⟹ ⟹

c) Sabe-se que apenas 13 % do álcool ingerido vai para a corrente sanguínea, logo devemos calcular a quantidade total de álcool ingerido 8,75 mL --- 13%

X --- 100% X = 67,31 mL de álcool

(5)

Sabe-se que essa quantidade de álcool corresponde a 40% do uísque. Logo o volume total de uísque será:

67,31 mL --- 40% X --- 100% X = 168,3 mL de uísque.

Concentração em ppm e ppb

14) Concentração em ppm: 500 mg CO2 --- 50 kg água X --- 1 kg água X = 10 ppm Concentração ppb: 500 mg CO2 --- 0,05 t água X --- 1 t água X = 10000 ppb

(6)

15)

16)

17) Primeiramente devemos achar a massa de 100 000 litros de esgoto: ⟹ ⟹ m = 100 000 kg

Se a concentração é de 400 ppb, podemos afirmar que em 1 tonelada do esgoto teremos 400 mg de poluente.

1 tonelada esgoto --- 400 mg poluente 100 toneladas esgoto (100 000 kg) --- X

X = 40000 mg de poluente ou 40 gramas de poluente

18) ALTERAÇÂO DO GABARITO: Letra A. Como no exercício foi dito que tem-se 0,12 litros de ozônio em um milhão de litros de ar, podemos falar que a concentração do ozônio é de 0,12 ppm.

(7)

Exercícios propostos

19) 0,52 mg agrotóxico --- 1 kg abacaxi x --- 1,5 kg abacaxi x = 0,78 mg agrotóxico

20) 8.10-4 partes de hélio --- 100 partes de ar X --- 106 partes de ar X = 8 ppm

21) Letra A. Visto que 1 ppm = 1 mg de soluto/litro de solução aquosa, temos que 20 ppm = 20 mg/L. Assim:

1 L --- 20 mg 1,5 L --- x x = 1,5 . 20

x = 30 mg = 0,03 g

22) Letra C.Uma pessoa que fique em contato com o monóxido de carbono numa concentração de 450ppm, num período de 8h, sofrerá convulsão. 23) Se a água possui 2,21 mg/L de fluoreto de sódio, podemos afirmar que a

mesma apresenta uma concentração de 2,21 ppm. Tendo em mente que o teor recomendado de íons flúor é 0,8 ppm, podemos afirmar que essa água apresenta o teor recomendado.

24) Sendo a concentração do veneno 50 ppm, podemos dizer que: 50 mg veneno --- 1 L solução

X --- 5 L solução X = 250 mg veneno.

A concentração Fração em massa ou Título (τ)

(8)

26)

⟹

27) ⟹

28) ⟹ Sabe-se que:

Msolução = Msoluto - Msolvente 100 = 12,5 - Msolvente Msolvente = 87,5g

29) Letra A. Dos casos citados, a maior chance da presença de toxinas do botulismo está na conversação do alimento que contenha 2 gramas de sal dissolvido em água. 30) Letra D. Mistura inicial m(total) = 800kg m(etanol) = 160kg Destilado m(total) = 100kg m(etanol) = 96kg Resíduo m(total) = 800 – 100 = 700kg m(etanol) = 160 – 96 = 64kg 700kg —— 100% 64kg —— x x = 9,14% Exercícios propostos 31) ⟹ 32) Letra C. Massa refresco= 50 g Massa de açúcar = 4 x 18g = 72g Massa total (açúcar + refresco) = 122g

(9)

Utilizando a densidade, acharemos a massa de água como sendo 1500 gramas. Logo a massa da solução será 1622 gramas (1500+122)

Nesse caso, consideraremos a massa do soluto como sendo a massa total dos sólidos (açúcar + refresco). Logo:

⟹

Fração em volume ou Título em volume (T v/v)

33) Uísque por apresentar maior porcentagem em volume de álcool. 34) Considerando-se que 1 cm3 equivale a 1 mL, podemos afirmar que

Para o Nitrogênio: ⟹ Para o Oxigênio: ⟹

35) a) A partir da interpretação do enunciado, o volume de etanol contido na gasolina é igual a 1,9 mL.

Logo,

5,0 mL – 100% 1,9 mL – x x = 38%

Não, pois o teor de etanol na amostra está acima do permitido.

b) Na primeira situação, como as interações entre as moléculas de água e os íons (Na+ e Cl–) são mais fortes, as moléculas de etanol não conseguirão interagir tão eficientemente com as moléculas de água. Já na segunda situação, como não há íons, as interações entre as moléculas de água e etanol terão intensidade suficiente para reduzir a distância intermolecular, causando contração de volume.

(10)

36) Letra A. Sabendo-se que a pessoa ingeriu 5 copos de cerveja e que cada copo apresenta volume de 0,3L e que a cerveja apresenta 5% de etanol: 1 copo --- 0,3 L 5 copos --- X X = 1,5 L 1,5 L --- 100% X --- 5% X = 0,075 L de etanol

Sabendo-se que a pessoa ingeriu 3 doses de uísque e que cada dose apresenta volume de 30 mL e que o uísque apresenta 40% de etanol: 1 dose --- 0,03 L 3 doses --- X X = 0,09 L 0,09 L --- 100% X --- 40% X = 0,036 L de etanol

Logo o convidado ingeriu 0,111 L de etanol, ou 111mL de etanol.

37) Letra B

⟹

38) Vinho = 18 mL; Cerveja = 17,5 mL; Destilado = 16 mL

Concentração em quantidade de matéria por litro, concentração

mol por litro ou molaridade (Mol.L

-1

₎

(11)

a) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ b) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ c) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ d) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ e) Alteração no gabarito ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ 40) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ 41) a) ⟹ ⟹ b) ⟹ ⟹ c) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ 42) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ 43) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹

44) (Alterar gabarito)Se a concentração do vinagre é 52 g/L, podemos afirmar que em 1 litro de solução teremos de 52 gramas de ácido acético. Logo:

(12)

52 gramas ácido acético --- 1L

X --- 0,005L

X = 0,26 gramas de ácido acético ⟹

⟹ 45) Letra B.

Massa soluto = 3,42 g

Massa molar do soluto = 342 g/mol

Volume da solução = 50 mL = 50 ⋅ 10–3_{L = 5 ⋅ 10}–2 L ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ Exercícios propostos 46) Letra A. ⟹ ⟹ ⟹ ⟹

47) Letra B. Primeiramente devemos calcular a área do trapézio indicado Sabe-se que a área de um trapézio é indicada por:

( ) ⟹ ( ) = 3000 m2

O fabricante recomenda o uso de 1 litro de solução para cada metro quadrado. Logo para cobrir o terreno inteiro será necessário:

1 litro solução --- 1 m2 X --- 3000 m2 X = 3000 litros

Logo a massa gasta para cobrir o terreno inteiro será: ⟹ ⟹

⟹ ⟹

48) Letra C. Se a concentração do sal na água do mar é 3,5%, podemos afirmar que tem-se:

(13)

3,5 gramas sal --- 100 mL de água X --- 1000 mL

X = 35 gramas de sal

Logo a concentração em mol/L será: ⟹

⟹ ⟹ ⟹

49) Letra A. Analisando a solução contida no frasco I ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ 50) Letra A. ⟹ ⟹ ⟹ ⟹

Concentração molar de íons ou molaridade de íons

51) Primeiramente vamos encontrar a concentração do hidróxido de alumínio: ⟹

⟹ ⟹ ⟹

Al(OH)3(aq) → Al3+(aq) + 3 OH-(aq)

1 mol 1 mol 3 mols

0,4 mol 0,4 mol 1,2 mol

52) Primeiramente vamos encontrar a concentração do sulfato de alumínio: ⟹

⟹

⟹ ⟹

Al2(SO4)3(aq) → 2 Al3+(aq) + 3 SO42-(aq)

1 mol 2 mols 3 mols

2.10-5 4.10-5 mol 6.10-5 mol

(14)

b) 6.10-5 mol

c) 4.10-5 mol + 6.10-5 mol = 1.10-4 mol

53) Primeiro escrevemos a equação iônica:

Ca(OH)2 → Ca2+ + 2 OH

-Proporção: 1 mol 1 mol 2 mol Solução: 0,01 mol/L 0,01 mol/L 0,02 mol/L

54) Letra B. Primeiramente devemos encontrar a concentração em mol/L dos íons Ca2+

1 mol Ca --- 40 gramas

X --- 0,016 gramas (16 mg) X = 0,0004 mol/L

Ca(HCO3)2(aq) → Ca2+(aq) + 2 HCO3-(aq)

1 mol 1 mol 2 mols

0,0004 mol 0,0004 mol 0,0008 mol

55) Letra D.

Al2(SO4)3(aq) → 2 Al3+(aq) + 3 SO42-(aq)

1 mol 2 mols 3 mols

0,2 mol 0,4 mol 0,6 mol

56) Letra C.

Primeiro precisamos descobrir a concentração em quantidade de matéria (mol/L) do sal, Al2(SO4)3, na solução:

M = ____m1__ MM . V

M = _____68,4 ________ (342).(0,1)

M = 2,0 mol/L

Al2(SO4)3(aq) → 2 Al3+(aq) + 3 SO42-(aq)

1 mol 2 mols 3 mols

(15)

No entanto, o grau de dissociação (α%) do sulfato de alumínio é igual a 60%: 4,0 mol/L de Al3+(aq) --- 100 % x--- 60% x = 60 . 4,0 → x = 2,4 mol/L de íons Al3+ (aq) 100 6,0 mol/L de SO2-4(aq) --- 100 % x--- 60% x = 60 . 6,0 → x = 3,6 mol/L de íons SO 2-4(aq) 100 57) 2 H2O2(aq) → 2H2O(l) + O2(g) → → → 2,23 mol --- 1L X --- 0,5 L X = 1,12 mol 58) Letra D. 2H2O2(aq) → 2 H2O(l) + O2(g)

São produzidos 20 litros de gás oxigênio, logo podemos afirmar que: 1 mol O2 --- 22,4 L

X --- 20 L X = 0,89 mol O2

Pela estequiometria da reação, pode-se afirmar que: 2 mols H2O2 --- 1 mol O2

X --- 0,89 mol O2 X = 1,78 mol O2

Relação entre concentrações

(16)

b) ⟹ ⟹ 2) ⟹ ⟹ 3) a) ⟹ ⟹ b) ⟹ ⟹ 4) Letra A. ⟹ ⟹ 5) Letra A. ⟹ ⟹ 6) Letra D. ⟹ ⟹ 7) Letra D.

⟹

⟹ ⟹ 8) Letra C. ⟹ ⟹ 9) Letra B. ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ Exercícios propostos 10) Letra A.

⟹

⟹ ⟹ 11) Letra B. ⟹ ⟹ 12) a)

Número de mols de ácido clorídrico gastos no processo: 1 mol HCl --- 1L

X --- 0,0312 L X = 0,0312 mol

Pela estequiometria da reação sabe-se que 1 mol NH3 --- 1 mol HCl

X --- 0,0312 mol HCl X = 0,0312 mol NH3

Calculo da concentração da amônia: ⟹ ⟹

(17)

b) ⟹ ⟹ 13) Letra D. Concentração em mol/L ⟹ ⟹ Concentração em % em massa: ⟹ ⟹

14) a) Para o cálculo da densidade, precisaremos efetuar a divisão da massa da solução pelo volume da solução.

⟹ ⟹ b) ⟹ ⟹

Diluição e concentração

1) Letra B. ⟹ ⟹ 2) ⟹ ⟹ 3) ⟹ ⟹ 4) a) ⟹ ⟹

b) Para sabermos o volume de água adicionado, teremos que considerar que: 5) Letra C. ⟹ ⟹ ⁄ 6) Letra C.

Teremos que efetuar duas diluições:

1) ⟹ ⟹

Para efetuar a segunda diluição, pegou-se uma alíquota da primeira diluição. Quando pega-se uma alíquota de algo, tem que ter-se em mente que a concentração da alíquota será igual a da solução originaria.

(18)

2) ⟹ ⟹

7) Letra B.

⟹ ⟹

Portanto para preparar-se a solução em questão, deve-se pegar 20 mL da solução padrão, colocar no frasco II e completar o volume com água destilada.

8) (ALTERAÇÃO DO GABARITO)Letra B.

Se diluiu-se 3 pacotes com 40g de permanganato de potássio em cada um, podemos afirmar que ao todo foi diluída uma massa de 120 g de

permanganato de potássio me um volume de 2 litros de água. Logo a concentração comum desse permanganato será:

⟹ ⟹ Sua concentração molar será:

⟹ ⟹

Efetuando a diluição (Obs: ele pegou metade do volume inicial, ou seja 1 litro e acrescentou mais 19 litros de água, totalizando um volume de 20 litros de água):

⟹ ⟹ 9) a) Para calcular a densidade, utiliza-se a massa total da solução e, para

calcular a concentração, utiliza-se somente a massa do soluto. b) ⟹ ⟹ c) ⟹ ⟹ 10) a) ⟹ ⟹ ⟹ ⟹ b) ⟹ ⟹ c) ⟹ ⟹ 11) Letra E. ⟹ ⟹

(19)

Portanto o estudante deverá acrescentar água a solução até obter um volume final de 2500 mL 12) ⟹ ⟹

13) (Alteração do gabarito) Letra E.

I) Verdadeiro. Ao adicionar-se uma base, a mesma reagirá com o ácido provocando uma diminuição da concentração do mesmo

II) Verdadeiro. Adição de água irá provocar uma diluição do sistema com subsequente diminuição da concentração do mesmo.

III) Falso. Vaporizar parte do solvente provocaria um aumento da concentração do ácido

IV) Verdadeiro. Ao adicionar-se a solução de NaCl, como o sal não irá reagir com o ácido, podemos dizer que a adição provocara uma diluição do sistema.

14) Letra C.

Primeiramente devemos encontrar a concentração molar do HCl na solução inicial:

⟹ ⟹ Efetuando a diluição:

⟹ ⟹

5 Mistura de soluções

5.1 Mistura de soluções de mesmo soluto

1) M1V1 + M2V2 = M3V3

0,4x500 + 0,5x400 = M3 - 1 000 M3 = 0,4 mol/L

(20)

2) M1V1 + M2V2 = M3V3 1(0,5 - V2) + 0,25 . V2 = 0,4 . 0,5 V2 = 0,42 0,5 = V1 + V2 0,5 - V2 = V1 0,5 - 0,4 = V1= 0,1 L 3) 1 mol – 95 g X – 190 g X = 2 mol/L M1V1 + M2V2 = M3V3 0,5 . 0,1 + 2 . 0,1 = M3 . 0,2 M3 = 1,25 mol/L 4) Letra A. M1V1 + M2V2 = M3V3 0,02 x 0,1 + 0,05 x 0,2 = M3 x 0,3 M3 = 0,04 mol/L

Exercícios propostos

5) Consideraremos o volume das soluções como sendo V, logo: M1V1 + M2V2 = M3V3 0,4 x V + 0,8 x V = M3 x 2V V(0,4+0,8) = 2VM3 2M3 = 0,4+0,8 2M3 = 1,2 M3 = 0,6 mol/L ⟹ ⟹

(21)

6) Letra B.

Primeiramente necessitamos transformar a concentração exposta em g/L em mol/L

⟹ ⟹ M1V1 + M2V2 = M3V3

2x0,6 + 0,5x1,4 = 2M3 M3 = 0,95 mol/L

Mistura de soluções de solutos diferentes sem ocorrência de

reação

7) ALTERAÇÃO DO GABARITO Para o K2SO4 Logo:

K2SO4 (aq) → 2 K+(aq) + SO42-(aq)

1 mol 2 mols 1 mol

0,13 mol 0,26 mol 0,13 mol

Para o K2CrO4

Logo:

K2CrO4 (aq) → 2 K+(aq) + CrO42-(aq)

1 mol 2 mols 1 mol

(22)

Portanto a concentração final de cada íon será: [K+] = 0,33 + 0,66 = 0,99 mol/L [SO42-] = 0,13 mol/L [CrO42-] = 0,33 mol/L 8) [HCl] = 0,01 mol/L [HNO3] = 0,05 mol/L

Para a formação de água régia usou-se 3 volumes de HCl e 1 volume de HNO3, e considerando que todos são ácidos fortes, podemos afirmar que: Exercícios propostos 9) Letra B Para o CaCl2 Logo:

CaCl2 (aq) → Ca2+(aq) + 2Cl-(aq)

1 mol 1 mol 2 mols

0,05 mol 0,05 mol 0,1 mol

Para o SCl2

(23)

Logo:

SrCl2 (aq) → Sr2+(aq) + 2Cl-(aq)

1 mol 1 mol 2 mols

0,1 mol 0,1 mol 0,2 mol

Portanto a concentração final de cada íon será: [Ca2+] = 0,05 mol/L

[Sr2+] = 0,1mol/L

[Cl-] = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol/L

Mistura de soluções de solutos diferentes com ocorrência de

reação

10) 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2CO3 Concentração do HCl: 1 mol – 1 L X – 0,25 L X = 0,25 mol Sabe-se que: 2 mol HCl – 1 mol Na2CO3 0,25 mol – X X = 0,125 mol

Conversão para massa: 1 mol Na2CO3 – 106 g 0,125 mol – X

X = 13,25 g de sal

(24)

12)

13) Letra E

Reação global:

2HCl(aq) + Mg(OH)2(aq) → MgCl2(aq) + 2H2O(l)

Calculo da concentração de hidróxido de magnésio utilizado: 11,6 g Mg(OH)2 --- 200 mL

(25)

X --- 10 mL X = 0,58 g

⟹ ⟹ Logo:

2 mols HCl --- 1 mol Mg(OH)2 X --- 0,01 mol Mg(OH)2 X = 0,02 mol HCl 1 mol HCl --- 36,5 g 0,02 mol HCl --- X X = 0,73 g HCl 14) Dada a reação:

CaCO3(s) + 2CH3COOH(aq) → (CH3COO)2Ca(s) + CO2(g) + H2O(l) Sabe-se que:

1 mol (CH3COO)2Ca --- 2 mols CH3COOH 158 g (CH3COO)2Ca --- 2X60 g CH3COOH 15,81 g (CH3COO)2Ca --- X

X = 12 g CH3COOH

Sabe-se que a solução de ácido acético apresenta concentração 4% m/v, logo:

4 g CH3COOH --- 100 mL 12 g CH3COOH --- X

X = 300 mL

15) (V)

(F) A reação citada representa um processo de neutralização. (F)

Calculando o número de mols contidos no solo 18 mol Ácido sulfúrico --- 1L

(26)

X --- 100L X = 1800 mol Ácido sulfúrico

1 mol ácido sulfúrico --- 98 g 1800 mol ácido sulfúrico --- X X = 176400 gramas de ácido sulfúrico

A partir da reação de neutralização podemos afirmar que: CaO(s) + H2SO4(aq.) → CaSO4(s) + H2O(aq.) 1 mol CaO --- 1 mol H2SO4

56 g CaO--- 98 g H2SO4 X --- 176400 g H2SO4 X = 100800 g CaO X = 100,8 kg CaO 16) (V) (V) (F) 100 mL --- 100% X --- 0,1% X = 0,1 gramas do sal (F)

Achar o equivalente em mol da massa dada do ácido: 1 mol HCl --- 36,5 g

X --- 3,65 g X = 0,1 mol HCl

Dada a reação:

HCl(aq) + NaHCO3(aq) → NaCl(aq) + H2O + CO2(g) . Podemos afirmar que:

1 mol HCl --- 1 mol CO2

(27)

1 mol HCl --- 22,4 L CO2 0,1 mol HCl --- X

X = 2,24 L CO2

17) Letra A.

Primeiramente devemos encontrar quantos mols de ácido oxálico foram gastos no processo:

0,1 mol H2C2O4 --- 1 litro solução X --- 0,5 litro solução X = 0,05 mol H2C2O4

Dada a equação:

Fe2O3 + 6 H2C2O4 → 2 Fe(C2O4)33- + 3 H2O + 6 H+1 Podemos afirmar que:

1 mol de Fe2O3 --- 6 mols H2C2O4 X --- 0,05 mol H2C2O4 X = 0,0083 mol Fe2O3

Achando o equivalente em massa: 1 mol Fe2O3 --- 160 g Fe2O3 0,0083 mol Fe2O3--- X

X = 1,328 g Fe2O3

Titulação ou análise volumétrica

18) Para foram gastos 40 mL de uma solução de KOH 0,05 mol/L, logo podemos dizer que:

0,05 mol KOH --- 1 L X --- 0,04L X = 0,002 mol KOH

(28)

H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + H2O 1 mol H2SO4 --- 2 mols KOH

X --- 0,002 mol KOH X = 0,001 mol H2SO4 Achando a concentração: 0,001 mol H2SO4 --- 50 mL X --- 1000 mL X = 0,02 mol/L H2SO4

Essa concentração está presente em 50 mL de solução. Entretanto esse volume é uma alíquota de 250 mL, logo podemos afirmar que em ambos volumes teremos a mesma concentração. Agora devemos achar a concentração do ácido em 10 mL, antes da diluição ter sido feita:

19) Calculando o número de mols de HCl que reagiu: 3 mol HCl --- 1 L

X --- 0,04L X = 0,12 mol HCl

Pela estequiometria da reação podemos afirmar que: 1 mol NaOH --- 1 mol HCl

X --- 0,12 mol HCl X = 0,12 mol NaOH

Sabe-se que:

1 mol NaOH --- 40 gramas 0,12 mol NaOH --- X

(29)

X = 4,8 gramas NaOH

Para sabermos a pureza da amostra de massa 5 gramas, faremos o seguinte:

5 gramas --- 100% 4,8 gramas --- X

X = 96%

20) Letra D. Calculando o número de mols de NaOH que reagiu: 0,1 mol NaOH --- 1 L

X --- 0,02L X = 0,002 mol NaOH

Pela estequiometria da reação podemos afirmar que: 1 mol H2SO4 --- 2 mols NaOH

X --- 0,002 mol NaOH X = 0,001 mol H2SO4 Calculo da concentração deH2SO4 0,001 mol H2SO4 --- 0,02 L X --- 1L X = 0,05 mol/L H2SO4

Essa concentração de H2SO4 está presente em 20 mL de solução. Como esse volume foi uma alíquota retirada de 1000 mL, podemos falar que a concentração será a mesma. Agora precisamos encontrar a concentração antes da diluição ter sido feita:

(30)

21) a) HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O

b) Calculando o número de mols de HNO3 que reagiu: 0,1 mol HNO3 --- 1 L

X --- 0,006L X = 0,0006 mol HNO3

Pela estequiometria da reação podemos afirmar que:

HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O

1 mol HNO3--- 1 mol NaOH 0,0006 mol HNO3 --- x

X = 0,0006 mol NaOH

Calculo da concentração deNaOH 0,0006 mol NaOH --- 0,01 L

X --- 1L X = 0,06 mol/L NaOH

Essa concentração de NaOH está presente em 10 mL de solução. Como esse volume foi uma alíquota retirada de 100 mL, podemos falar que a concentração será a mesma.

22) Calculando o número de mols de NaOH que reagiu: 0,01 mol NaOH--- 1 L

X --- 0,03L X = 0,0003 mol HNO3

Pela estequiometria da reação podemos afirmar que:

HCl+ NaOH → NaCl+ H2O

(31)

0,0003 mol HCl --- x X = 0,0003 mol NaOH

Calculo da concentração deNaOH 0,0003 mol NaOH --- 0,02 L

X --- 1L X = 0,015 mol/L NaOH