Resoluções de Exercícios - darwin.com.br filehidrogênio está ligado a átomos que possuem alta...

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


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


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.


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


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



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

$ $ $

$ $ $

=

= +

=


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:


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:


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:


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


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.


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.

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