Ciências da Natureza e suas Tecnologias14 Química – Volume 02 Química iii
QUÍMICA III
Resoluções de Exercícios
Capítulo
04 Forças Intermoleculares
Materiais, suas Propriedades e UsosPropriedades e Usos
BLOCO 01
01 CNo corante índigo a interação intramolecular corresponde à Ligação de hidrogênio.
BLOCO 01
01 ENo grafite, que é uma forma alotrópica do grafeno, a rede está disposta em camadas unidas por forças de Van der Waals.
BLOCO 01
01 EA maior eficiência dessas fraldas descartáveis, em relação às de pano, deve-se às interações íon-dipolo que são mais fortes entre o poliacrilato e as moléculas de água, do que em relação às ligações de hidrogênio entre as hidroxilas da celulose e as moléculas de água.
02 EA 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 ADe 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 AObserve os tipos de interação intermolecular:I) CH3COOH (ácido acético; 60 g/mol): dipolo permanente e ligação
de hidrogênio devido à presença do grupo OH.II) CH3CH2CH2OH (propanol; 60 g/mol): ligação de hidrogênio devido
à presença do grupo OH.III) CH3CH2CHO (propanal; 58 g/mol): dipolo permanente devido ao
grupo carbonila (C=O).
Quanto mais intensas forem as forças intermoleculares, maior será a temperatura de ebulição. A ordem decrescente será dada por: I > II > III.
05 CForças intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio podem ocorrer na interação das substâncias água e etanol, pois apresentam o grupo OH.
06 BAnálise das afirmações:A) Incorreta. Abaixo de 10 oC 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) Correta. A ordem no P.E.: HI > HBr > HCl é devida 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 CAs 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 AA 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:
SUBSTÂNCIATEMPERATURA DE
EBULIÇÃO (oC)
HF 20
HI – 35
HBr – 67
HCl– 85
09 EAs ligações dissulfeto são covalentes, que são ligações muito fortes com elos físicos (orbitais moleculares), já as ligações de hidrogênio são intermoleculares.
Ciências da Natureza e suas TecnologiasQuímica iii Química – Volume 02 15
10 CAs moléculas de gás sulfídrico formam interações do tipo dipolo--dipolo com a água.
+ – + –H — S ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ H — O | | H H
Capítulo
05 Cálculo de Fórmulas
Representação das Transformações QuímicasTransformações Químicas
BLOCO 02
01 Cálculo da porcentagem de Cm = 3 · 12 + 4 · 1 + 3 · 16
m = 88g
88 g --------------------------------------------- 100%36 g --------------------------------------------- xx = 40,9% de carbono
02 C2H6O = 24 + 6 + 16 = 46 g/mol
C 46 – 100%24 – %
gg x
* x = 46
24 100$ = 52,2%
H 46 – 100%6 – %
gg y
* y = 6 10046$
= 13,0%
O 46 – 100%16 – %
gg z
* z = 16 10046$
= 34,8%
03 6 N O
/4,8g mol
g14
/
11,0g mol
g16
,0,34mol0 34
,
0,68mol0 34
1 mol 2 mols
NO2
BLOCO 03
01 DFórmula percentual do carbonato de cálcio:Ca 40% C 12% O 48%Fórmula mínima do carbonato de cálcio:
á
ê
c lcio
carbono
oxig nio
4040
1
1212
1
1648
3
= =
= =
= =
02 B0,5 mol de quinina ---------------------------------- 1 mol de quinina (324 g/mol)120 g de C ---------------------------------- 240 g de C12 g de H ---------------------------------- 24 g de H1,0 mol de N ---------------------------------- 2,0 mol de N1,0 mol de O ---------------------------------- 2,0 mol de O
Quantidade de matéria de carbono:12 g de carbono ---------------------------------- 1 mol de carbono240 g de carbono -------------------------------- x
20x x mol de carbono12
240 1 &$= =
Quantidade de matéria de hidrogênio:1 g de hidrogênio ---------------------------------- 1 mol de hidrogênio24 g de hidrogênio -------------------------------- y
24 124 êy y mol de hidrog nio
1&$
= =
Fórmula molecular da quinina: C20H24N2O2
BLOCO 02
01 EEm 100 g do mineral há:44 g de SiO2 (60 g/mol):60 g SiO2 --------------------------------------------- 32 g de O2
44 g de SiO2 --------------------------------------------- x
44 32x
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 16y
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 16z
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 16w
18$
= ⇒ w b 11,56 g de O2
13 g – 11,56 g b 1,44 g de HMassa 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 B50 kg cimento — 100% m — 64% (CaO)mCaO = 32 kg
56 g — 40 g Ca32 kg — m CamCa = 22,86 kg
02 DTeremos: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 x 50 mg = 200 mg.200
kgmg
70 =
2,857kg
mg
Ciências da Natureza e suas Tecnologias16 Química – Volume 02 Química iii
03 EResolução: 1 mol de C6H12O6 — 180 g0,2 mol de C6H12O6 — mglicose
mglicose = 36 gmtotal = mágua + mglicosemtotal = 20 g + 36 g = 56 g
04 Cálculo da fórmula mínima:
, % , % ( " ")
/,
/,
( )
,,
,,
( )
C Hpassandopara g
g molg
g molg
dividindopelamassamolar
mols molsdividindopelomenor
mol mols
85 71 14 29
1285 71
114 29
7 147 14
7 1414 29
1 2CH2 → Fórmula mínima
05 C1 mol de TiO2 -------------------------------- 80 g -------------------------------- 48 g de Ti 100 g -------------------------------- x
100 4860x x gde Ti
80&
$= =
Portanto, a porcentagem em massa de titânio no dióxido de titânio é 60%.
06 C% de N na ureia (60 g/mol):
28 10046,7%
60$
=
% de N de nitrato de amônio (80 g/mol):
28 10035%
80$
=
% de N de nitrato na guanidina (59 g/mol):
42 10071,2%
59$
=
% de N de sulfato de amônio (132 g/mol):
28 10021,2%
132$
=
07 DFórmula 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
100 14442,11x x gde carbono
342&
$b=
22 g de hidrogênio --------------------------- 342 g de sacarose
y ----------------------------------------------------------- 100 g de sacarose
100 226,43 êy y gde hidrog nio
342&
$b=
176 g de oxigênio --------------------------- 342 g de sacarose
z ----------------------------------------------------------- 100 g de sacarose
100 17651,46 êz z gde oxig nio
342&
$b=
Fórmula percentual: C 42,11% H 6,43% O 51,46%
08 AC14 H9 Cl5
(168 + 9 + 177,5 = 354,5 g/mol)
C , – %–
gg x
354 5 100168
* x = 47,4%
H , – %–
gg y
354 5 1009
* y = 2,5%
Cl , – %, –gg z
354 5 100177 5* z = 50,1%
09 C1 mol de Al2O3 2 mol de Al
102 g de Al2O3 --------------------------------------------- 54 g de Al
x ------------------------------------------------------------------------ 1 kg de Al
1 1021,89x x kgde A O
54 2 3&$
,b=
5 kg de bauxita (1 kg de Al) ------------------------------------ 1,89 kg de Al2O3
100 kg de bauxita ------------------------------------ y
100 1,8937,8y y kgde A O
5 2 3&$
,b=
Em 100 unidades de massa de bauxita há 37,8 unidades de massa de óxido de alumínio (37,8%).
10 D25 g --------------------------------------------- 100% Pb x --------------------------------------------- 94% de Pbx = 23,5 g de PbPortanto: 25 g – 23,5 g = 1,5 g de Pb
BLOCO 03
01 DA partir da análise da fórmula estrutural da teofilina, conclui-se que sua fórmula molecular é C7H8N4O2.
02 CNa S O H2O
18,5% 25,8% 19,4% 36,3%18,5g 25,8g 19,4g 36,3g
23g / mol 32g / mol 16g / mol 18g / mol
0,8mol 0,8mol 1,2mol 2mols0,8 0,8 0,8 0,8
1mol 1mol 1,5mol 2,5mol x2 x2 x2 x2
2mol 2mols 3mols 5mols
Na2S2O3 · 5H2O
03 BCarbono: n = m/M = 65,4/12 = 5,5 molHidrogênio: n = m/M = 5,5/1 = 5,5 molOxigênio: n = m/M = 29,1/16 = 1,8 mol
Dividir pelo menor dos números encontrados.5,5mol/1,8mol: 5,5mol/1,8: 1,8/1,8
Assim a fórmula mínima pedida é C3H3O
04
/
, %,
/
, %,
, /
, %,
C H C
g molg
g molg
g molg
12
30 1730 17
1
3 133 13
35 5
66 766 7
,
,,
,,
,,
, ,
mols mols mol
mol mol mol
molsx
molsx
molsx
1 872 5
1 873 13
1 871 87
1 33 1 67 1
43
53
33
C4H5Cl3 → F. mínima
Ciências da Natureza e suas TecnologiasQuímica iii Química – Volume 02 17
05 A0,01 mol de pirita ---------------------------------- 1,20 g1 mol de pirita ---------------------------------- 120 g
,,
,,
ferro
enxofre
5646 67
0 83
3253 33
1 67
-
-
=
=
Dividindo todos os valores pelo menor deles, teremos:
,,
,,
ferro
enxofre
0 830 83
1
0 831 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 A100% de minerais ---------------------------------- 106 g (1 tonelada)65% de minerais ---------------------------------- x
6,5 10x x gde100
65 10minerais
65&
$$= =
Massa de fosfato de cálcio, Ca3(PO4)2, em 1 t de ossos:100% ---------------------------------- 6,5 · 105 g80% ---------------------------------- y
80 6,5 105,2 10 ( )y y gde Ca PO
100
55
3 4 2&$ $
$= =
Massa de fósforo em 5,2 · 105 g de Ca3(PO4)2:
310 g (1 mol) de Ca3(PO4)2 --------------------------------- 2 · 31 g de P
5,2 · 105 g de Ca3(PO4)2 --------------------------------- z
5,2 10 2 311,04 10z z gde P
310
55&
$ $ $$= =
104 000 g = 104 kg de PMassa de cálcio em 5,2 · 105 g de Ca3 (PO4)2:310 g (1 mol) de Ca3(PO4)2 ---------------------------------- 3 · 40 g de Ca5,2 · 105 g de Ca3(PO4)2 ---------------------------------- w
5,2 10 3 402,01 10 .w w gde Ca
310
55&
$ $ $$= =
Massa de carbonato de cálcio, CaCO3, em 1 t de ossos:100% ---------------------------------- 6,5 · 105 g20% ---------------------------------- α
20 6,5 101,3 10 gde CaCO
100
55
3&$ $
$a a= =
07 B6,02 · 1020 moléculas ---------------------------------- 0,18 g de aspirina6,02 · 1023 moléculas (1 mol) ---------------------------------- x
6,02 106,02 10 0,18
180 (180 / )x x g g mol20
23
&$
$ $= =
Fórmula percentual: C 60% H 4,44% O 35,56%
ê,
ê ,
ê,
ê ,
carbono carbono
hidrog nio hidrog nio
oxig nio oxig nio
1260
5
14 44
4 44
1635 56
2 22
&
&
& -
= =
= =
=
Dividindo todos os números pelo menor deles:
,,
ê,,
ê
ê,,
ê
carbono carbono
hidrog nio hidrog nio
oxig nio oxig nio
2 225
2 25
2 224 44
2
2 222 22
1
&
&
&
-=
= =
= =
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores números inteiros, teremos: Fórmula Mínima: C9H8O4
08 DCálculo da quantidade de matéria de N e O:0,5 mol do óxido ---------------------------------- 1,0 mol do óxido7,0 g de N ---------------------------------- 14,0 g de N16,0 g de O ---------------------------------- 32,0 g de O
Massa molar do óxido: 46 g/mol.
ê/,
ê
ê/,
ê
nitrog niog mol
gnitrog nio mol
oxig niog mol
goxig nio mol
1414 0
1
1632 0
2
&
&
= =
= =
Fórmula mínima: NO2
Massa da fórmula mínima: 1 · 14 + 2 · 16 = 46n · 46 = 46 ⇒ n = 1Fórmula molecular: NO2
09 D100% de ouro na aliança ---------------------------------- 2,0 g75% de ouro na aliança ---------------------------------- x
,1,5x x gde ouro
10075 2 0
&$
= =
10 DCa5(PO4)3 OH = 5 · 40 + 3 · 31 + 13 · 16 + 1 · 1Ca5(PO4)3 OH = 502 g/molCa5(PO4)3 F = 5 · 40 + 3 · 31 + 12 · 16 + 1 · 19Ca5(PO4)3 F = 504 g/mol% de fósforo no composto Ca5(PO4)3OH502 g de Ca5(PO4)3OH --------------------------- 93 g de fósforo100 g de Ca5(PO4)3OH --------------------------- x
18,53 18,53%x x gou502
100 93&
$= =
% de fósforo no composto Ca5(PO4)3F504 g de Ca5(PO4)3F --------------------------- 93 g de fósforo100 g de Ca5(PO4)3F --------------------------- y
100 9318,45 18,45%y y gou
504&
$= =
Logo, os compostos apresentam aproximadamente 18,50% de fósforo.
Capítulo
06 Cálculos Químicos
Representação das Transformações QuímicasTransformações Químicas
BLOCO 04
01 CO texto traz a ideia de renovação, de transformação, conceitos defendidos pelos idealistas da Revolução Francesa. Da mesma forma, pode-se observar esse conceito ilustrado pela frase de Lavoisier, citada acerca dos processos químicos.
02 AAdição e retirada de A e D
BLOCO 03
01 A28\11,2 = 2,516\6,4 = 2,5
Concluímos que:a = 44; b = 11; 1 g de Y; d = 17,6 e não há excesso.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias18 Química – Volume 02 Química iii
BLOCO 04
01 DIndependentemente do método de obtenção de uma substância pura, sua composição química, quer seja em massa ou em átomos, é sempre constante.
02 F, F, V, F, V
03 V, V, F, F, V
04 CA palha de aço ao sofrer combustão aumenta a sua massa de acordo com a seguinte reação:
4Fe(s) + 3O2(g) → 2Fe2O3(s)
4 · 56g 3 · 32 g 2.160 g224 g 96 g 320 g
05 DPapel 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 CO sistema é aberto, o gás carbônico formado no experimento II vai embora, consequentemente a massa final é menor que a massa inicial.
07 AA) 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 CProporção, em massa, das substâncias envolvidas na reação:– 6 g de magnésio reagem com 4 g de oxigênio, formando 10 g de
óxido de magnésio;– 60g de magnésio reagem com 40 g de oxigênio, formando 100 g
de óxido de magnésio.Se há 60 g de oxigênio no sistema inical e só reagem 40 g de oxigênio, sobra um excesso de 20 g dessa substância.
09 D2HNO3(aq) + K2CO3(s) → 2KNO3(aq) + H2O(l) + CO2(g)
Na experiência ocorre uma reação química com liberação de gás (CO2(g)), como o sistema não está fechado não será possível verificar experimentalmente a Lei de Lavoisier.
10 DA 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 QuímicasTransformações Químicas
BLOCO 05
01 CA análise do gráfico nos permite concluir que:
de 1 a 2: isotérmica (T constante);de 2 a 3: isométrica (V constante);de 3 a 4: isobárica (P constante);de 4 a 2: isotérmica (T constante).O item C é correto.
02 A
Teremos:
, , ,
,
,
,
,,
n
m mn n m
PP
nP
m
m
P
xm
xm
atm
n n
n
320 90
40 10
321 7
1321 732
0 90
11 7
32
0 9032
0 53
O O
O
o He
o
2
2 2 2
2
&
&
+ =
+ = =
= =
= =
BLOCO 06
01 D( )
44 19798,5
22
4422
0,5
1 0,5 0,082 (27 273)
12,3
30 12,3
17,7 18
CO Ba OH H O BaCOg g
m g
m g
n mol
P V n x R x TV x x
V L
V V V
V
V L L
2 2 2 3
CO
CO
CO
CO
CO
CO CH
CH
CH
2
2
2
2
2
2 4
4
4
"
#
#
+ +
=
= =
=
= +
=
= +
= +
= =
BLOCO 07
01 BTeremos:
1,25 /22,4
28dVM
g LL
MM g N2
molar
molar & & &= = =
BLOCO 04
01 BO físico irlandês Robert Boyle (1627-1691) foi o primeiro a constatar que a temperatura de um ser humano permanece constante. Observou que a relação entre a pressão e o volume de um gás, quando a massa e a temperatura são mantidas constantes, é inversamente proporcional, ou seja, são grandezas inversamente proporcionais (P x V = Constante).Numa transformação gasosa entre dois estados, mantidas a massa e a temperatura constantes, teremos:
pres
são
2P
P
T
VolumeV/2 V
Ciências da Natureza e suas TecnologiasQuímica iii Química – Volume 02 19
BLOCO 05
01 BPara uma mistura de gases sem reação química, vale a seguinte relação matemática:
3 3 4,5 1T
P VT
P VT
P VT
P V
P V V V Vatm
300 400 600 2002
final
final final
final
1
1 1
2
2 2
3
3 3$ $ $ $
$ $ $ $
= + +
= + + =
BLOCO 06
01 ASendo 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 E
Ar
800 milibar27 oC = 300k
800 milibar127 oC = 400k
800 milibar127 oC = 400k
P = ?27 oC = 300k
Ar Ar∆ Fechamentodo tubo
ArResfriamento
• Num frascoaberto, apressãodogásno seu interiornão variacom a temperatura e é sempre igual à pressão exterior, ou seja, a pressão barométrica ou pressão atmosférica.
• Ofechamentodotubonãoalteraapressãodogásnoseuinterior,desde que a temperatura permaneça constante.
• No resfriamento do tubo fechado, ocorre uma transformação
isométrica ou isovolumétrica, na qual TP
é constante.
TP
TP
Kmilibar
KP
400800
3001
1
2
2 2`= =
800 300
600 0,600P milibar bar4002
$= = =
02 D
V 2V
V1 = V
P1 = P
T1 = T
Estado
inicial
V2 = 3V
P2 = ?
T2 = T
Estado
final
Após abrir a torneira, temos: V1 = V1 + 2V1 = 3V1
Pela Lei de Boyle, vem:P1V1 = P2V2 ⇒
.PV P V PP P
33 32 2
1&= = =Y Y
03 A
• PV=KT→ .T
P V=K
DatabelacalculamosK:
1 0,5
K KK
atm m200 400
1 3
"$ $= =
• Nanovasituação:
2 1
800T
P VK
TT K
4001"$ $`= = =
04 DTeremos:MCO2
= 44 g · mol–1
8,8 kg = 8800 g ⇒ n = Mm
= 448800
= 200 molsP x V = n · R · TP=1atm;R=0,082atm·Kmol–1·K–1 T=27+273=300Kn = 200 mols1 x V = 200 · 0,082 · 300V = 4920,0 L
05 ABalanceando a equação fornecida, teremos:C2H6O(l) + 3 O2(g) → 2 CO2(g) + 3 H2O(l)
46 g –––––– 2 . 44 g4,6 kg –––––– mCO2mCO2
= 8,8 kg
06 BAlternativa A está incorreta, pois o volume e a temperatura dos gases são diretamente proporcionais, o que é evidenciado na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, PV = nRT. Então o balão que murchou foi colocado em água fria, pois a diminuição da temperatura causou uma contração dos gases da bexiga.Alternativa B está correta. Os gases sofrem expansão do volume à medida que a temperatura aumenta. A equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, PV = nRT, indica a relação diretamente proporcional entre o volume e a temperatura dos gases.Alternativa C está incorreta, o volume do balão que foi colocado em água fria diminuiu, porque a pressão do sistema diminuiu, reduzindo o choque das partículas de gás com as paredes do balão. Como pode ser visto na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, PV = nRT, pressão e temperatura são diretamente proporcionais; se a temperatura diminui, a pressão também diminui.Alternativa D está incorreta, pois as partículas dos gases não sofrem variação de tamanho. O volume se altera devido às variações nos espaços vazios entre as partículas, que podem aumentar ou diminuir de acordo com as variações na temperatura.Alternativa E está incorreta, não houve reação química.
07 ADe acordo com a hipótese de Avogadro, nas mesmas condições de temperatura e pressão, o mesmo volume será ocupado pelo mesmo número de moléculas.
08 BDa equação de estado de um gás, vem:
P VMm
R T$ $ $=
150 4170 0,082 300
6,97 7VP Mm R T
V L L&$
$ $
$
$ $= = = =
09 01 + 04 = 05Teremos: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 mol2 mol ---- 6 mol ---- 4 mol
A molécula de NH3 apresenta em porcentagem de massa 82,4% de N e 17,6% de H.
NX% HY%NH3 = 17 u17 u – 100%14 u – x%x% = 82,3529% ⇒ 82,4%17 u – 100%3 u – Y%y% = 17,647 % ⇒ 17,6%
10 DA partir da equação de Clapeyron (equação do estado de um gás), vem:
0,8,
0,08 (37 273)
,
P VMm
R T
P
P atm747 4
3 1
$ $ $
$ $ $
=
= +
=
Ciências da Natureza e suas Tecnologias20 Química – Volume 02 Química iii
BLOCO 06
01 E
4450 10
1,136 10
3037 10
1,23 10
4475 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
nMn
n mol
n mol
n mol
n molP V n R TPP atm
33
33
33
3 3 3 3
3
N O
NO
CO
2
2
.
##
##
##
# # # #
# # #
# # # #
=
= =
= =
= =
= + + =
=
= +
02 CA 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:
2981
(273 621)3,0
TP V
TP V
Katm V
KP V
P atm
inicial
inicial inicial
final
final final
final
final
# #
# #
=
=+
=
04 BPodemos 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
H2(g)V = 1L
t = 25 oCP = 1 atm
C�2(g)V = 1L
t = 25 oCP = 5 atm
I II
1o) Cálculo do no de mols antes de abrir a torneira: PV = nRT (I) 1 atm · 1 L = nH
2H298K
∴ nH2 =
Rx
2981$
=
(II) 5 atm · 1 L = nCl2R298K
∴ nCl
2 = 5
Rx
2985$
=
Podemos concluir que a proporção entre nH2 e nCl2
é de x para 5x.
2o) Após abrir a torneira:
H2(g) + Cl2(g) → 2 HCl(g)
2mol mol molx x x
1 1 2
Reagem Forma1 2 34444 4444 S
Há excesso de 4x de Cl
2(g).
A relação entre nCl2 e nHCl(g) é: 2
n
n
xx24
HC
C 2 = =,
,
06 BPara o gás H2, temos:
Estado inicial P atm
V V
31
1
=
=)
Estado final ?P
V V V V V32
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
91
1
=
=)
Estado final ?P
V V V V V32
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 = pH2
+ pHe = 1 + 3 = 4 atm.
07 CPara o gás N2, temos:
Estado inicial P atm
V L
1
31
1
=
=)
Estado final ?P
V L L L3 2 52
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
21
1
=
=)
Estado final?P
V L52
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 = pN2
= po2 = 0,6 + 2 = 2,6 atm
08 AComo 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 = ,nn
21 5
= 0,75 ⇒ 0,75 atm
Pressão parcial do O2 = ,nn
20 5
= 0,25 ⇒ 0,25 atm
09 EAo 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 TNa qual:P = pressão do gásV = volume do gásn = número de mols do gásR = constante universal dos gases ideais
Ciências da Natureza e suas TecnologiasQuímica iii Química – Volume 02 21
T=temperaturaabsoluta(Kelvin)Como n = m/M (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 = 3000 LP = 1 atmM(O2) = 32 g/molT=300KSubstituindo na equação acima, vem:1 · 3000 = (m/32) · 0,082 · 300m = 3902,4 g ou 3,9 kg
10 DPtotal = 4 atm; PA = 2 atm; PB = 1 atm e PC = 1 atm
Ptotal · V = ntotal · R · T ⇒ ntotal = R TP Vtotal
$
$
ntotal = 0,082 300
4 37$
$ ⇒ ntotal = 6 mols
PA = XA · Ptotal ⇒ PA = nn
total
A · Ptotal
nA = PP
total
A · ntotal ⇒ nA = 2 64$
⇒ nA = 3 mols
Analogamente:
nB = PP
total
B · ntotal ⇒ nB = 1 64$
⇒ nB = 1,5 mol
nC = PP
total
C · ntotal ⇒ nC = 1 64$
⇒ nC = 1,5 mol
BLOCO 07
01 EA) (F) A solubilidade dos gases na água, aumenta com a diminuição
da temperatura, mas a difusão desses gases na água diminui com o decréscimo da temperatura.
B) (F) As velocidades de difusão dos gases nas mesmas condições dependem da massa molar de cada gás.
C) (F) Se os gases posuem a mesma fração molar, terão também as mesmas pressões parciais.
D) (F) A solubilidade dos gases nos líquidos é inversamente propor-cional à temperatura e diretamente proporcional à pressão.
E) (V) A difusão de um gás na água é diretamente proporcional a concentração desse gás em temperatura e pressão constantes.
02 E“O mesmo número de partículas, de quaisquer gases, submetidas às mesmas condições de pressão e de temperatura, ocupa sempre o mesmo volume.”Observe:
P(pressão)
P(pressão)
(volume)V
T(temperatura)
T(temperatura)
(volume)V
4 mols do gásrepresentadopor:
4 mols do gásrepresentadopor:
Gases diferentes nas mesmas condiçõesde pressão e temperatura
03 CMassas iguais, mas no de partículas diferentes.
04 EEtilamina = 45 g/molCloreto de hidrogênio = 36,5 g/mol
V C H NHVHC
MHCMC 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 CA diminuição da pressão parcial do CO2(g), favorecendo a formação do precipitado de carbonato de cálcio.
06 CH2 > CH4 > N2 > O2 > CO2
07 AA equação da fotossíntese é:6CO2 + 12H2O →C6H12O6 + 6O2
Assim, teremos:6 mols de CO2 --------------------------------------------- 6 mols de O2
68 mols de CO2 --------------------------------------------- nO2
Considerando que o gás encontra-se nas C.N.T.P., teremos:1 mol de O2 --------------------------------------------- 22,4 L68 mols de O2 --------------------------------------------- VO2VO2 = 1523,2 L
08 CTeremos:
( ) ( ) ( )
, ,
A g B g C gmol mol mol
P V n R TT C C K
V L L
25 5 10
100 273 373
3 10 0 082 373 101 95 100K
"
# # #
# # #
c c
.
+
== + =
= =
09 C
d = ,M22 4
⇒ 1,25 = ,M22 4
M = 1,25 · 22,4 = 28 g · mol–1 ⇒ CO (monóxido de carbono)
10 C
VDH2 = 27 km/minVDO2 = ?Mol H2 = 2 g/molMol O2 = 32 g/mol
VOVH
2
2
D
D = M
M
H
O
2
2 ⇒
⇒VO27
2D
= 232
VO27
2D
= 16 ⇒ VO27
2D
= 4
VDO2 = 427
⇒
VDO2 = 6,75 km/min
, minmin
kmX km
6 75 160"
")
x = 405 km/hVDO2 = 405 km/h
01 CA uma mesma pressão, o butanol líquido entra em ebulição a uma temperatura mais alta do que o éter dietílico líquido, pois o butanol faz ponte de hidrogênio, que é uma interação mais intensa do que o dipolo permanente presente no éter dietílico.
H3C — CH2 — CH2 — CH2
| :OH.. (pares de elétrons disponíveis para as pontes)
02 DO etanol e água apresentam grupo OH–, portanto este grupo faz ligações de hidrogênio ou pontes de hidrogênio.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias22 Química – Volume 02 Química iii
03 DTeremos:
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 ADas substâncias elencadas nas alternativas, a única com caráter apolar e, portanto, capaz de dissolver a graxa é a gasolina.
05 D 6CO2 + 6H2O → C6H12O6 + 6O2
6 mol 6 mol 1 mol 6 mol6(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 DA partir da equação de estado de um gás ideal (Clapeyron):
PV = nRT ⇒ PV = Mm
RT
Deduzimos:
RTPM
Vm
dRTPM
&= =
Então,
8,21 10 5232 28
1,304 /dRTPM
d g L–2&$ $
$= = =
Como P = 2,0 atm; V = 0,250 L; R = R = 8,21 · 10–2atm·L·K–1 · mol–l; T = 250 oC=523K.Substituindonaequaçãodeestado(Clapeyron),temos:
PV = nRT2,0 · 0,250 = n · 8,21 · 10–2 · 523n = 1,1645 · 10–2 mol de moléculas, ou seja:1,1645 · 10–2 · 6,02 · 1023 = 7,01 · 1021 moléculas. A resposta mais aproximada está na alternativa D.
07 ASolidificação da água: seta 2 (processo isobárico).Sublimação da água: seta 7 (processo isotérmico).
08 DI. (V); A pressão parcial do O2(g) (pO2(g)) no interior da cabine é maior
que a pressão parcial do O2(g) no exterior da cabine quando o avião voa a 10.000 m de altitude.
II. (V); pO2 = XO2 . PTOTAL
III. (F); A pO2(g) no interior da cabine é maior que pO2(g) no ar a 2.400 m, pois no interior da cabine o ar é mais seco (menor concentração de H2O(v)).
09 CTV% argônio = 0,9%PTOTAL = 100 atmPAr = ?
100 %
%
atm
X atm
100
09
P
P
TOTAL
AR)
x = ,
100100 0 9$
= 0,9 atm
10 BQuando 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.