Química
Excesso de reagentes e introdução ao estudo das soluções Resoluções das questões das seções Para praticar e Para aprimorar Capítulo 1 – Cálculo estequiométrico: excesso de um reagente
8. A afirmação é incorreta, pois “concentrada” e “diluída” são definições relativas; porém, se um soluto apresentar uma solubilidade muito baixa, sua solução saturada terá pouco soluto dissolvido, podendo ser considerada diluída.
Para praticar, página 10 1. O hidrogênio é o reagente limitante, pois, considerando a proporção estequiométrica da reação, cada mol de moléculas de N2 reage com 3 mol de moléculas de H2. Na figura, existem 6 moléculas de H2 representadas. Se o rendimento da reação é 100%, então, deverão ser consumidas 2 moléculas de N2 para formar 4 moléculas de NH3.
9. As latas de refrigerante comum afundam porque o refrigerante, mesmo contendo um gás que as faria flutuar na água, apresenta densidade maior que as dela. Isso se deve à presença de boa quantidade de açúcar nele dissolvida. Já nos refrigerantes light, o adoçante praticamente não interfere na densidade, pois sua quantidade é muito pequena em comparação com à de açúcar do refrigerante comum; assim, as latas de refrigerantes light flutuam devido à diminuição da densidade provocada pelo gás.
2. Dióxido de enxofre (razão 1 : 1): 40 kg de enxofre + 40 kg de oxigênio = 80 kg da substância. Trióxido de enxofre (razão 2 : 3): 33,3 kg de enxofre + 50 kg de oxigênio = 83,33 kg da substância.
1. a) Tanto o etanol como a água são moléculas polares, que contêm grupos O—H e que podem interagir por ligações de hidrogênio. b)
4. a) Reagente limitante: fluorapatita. Reagente em excesso: ácido sulfúrico.
–
Cl
6. d 7. c
Para aprimorar, página 11 1. c 2. c 3. d
+
–
As interações são do tipo íon-dipolo. c) De acordo com o texto, “a condutividade elétrica varia linearmente com o teor de água no combustível, em um intervalo de porcentagem de água que abrange os limites estabelecidos pela ANP”, ou seja, de 5,3% a 7,4% ocorre um aumento na concentração do sal na solução, o que acarreta um aumento na condutividade elétrica. Condutividade elétrica
Capítulo 2 – Solubilidade e densidade
5,3
7,4
2. c
4. a
6. 11,86% (11,86 ºGL) 7. Quantidade de cafeína na solução: n = m/M = 38,8/194 = 0,2 mol Quantidade de clorofórmio na solução: n = m/M = 61,2/119,5 ≈ 0,51 mol Fração em quantidade de matéria de cafeína:
8. [Fe3+(aq)] = 0,08 mol/L e [Cl–(aq)] = 0,24 mol/L
9. a 1,06 g/mL
1 060 g
b) 1,38 mol/L
12. a) A temperatura tem maior impacto na solubilidade. b) A criação de trutas é mais recomendável em locais com temperaturas médias mais baixas, pois a concentração de oxigênio dissolvido é maior. c) 3 ⋅ 10–4 mol/L d) Para saber se é possível criar trutas nesse local, devemos calcular a concentração de oxigênio dissolvido:
C = m/V = 5,0/1 000 = 0,005 g/L = 5,0 mg/L
1. e
com o aumento da temperatura. Por isso, o despejo de efluentes a 35 °C causou uma diminuição da concentração de oxigênio gasoso no rio, diminuindo sua disponibilidade para a respiração dos peixes.
b) 0,01 mol/L
m = 5,0 g; V = 1 m3 = 1 000 L; C = ?
Para praticar, página 22
3. A solubilidade do oxigênio gasoso diminui
C = 180/100 = 1,8 mg/mL = 1,8 g/L
11. b
H2O
5. b
A concentração de glicose é:
a) 55,12 g/L
b) 29, 4 g de H3PO4
em 100 mL de soro sanguíneo, portanto, ele pode ser considerado diabético.
10. 1 L solução Na
+
5. a) O indivíduo apresenta 180 mg de glicose
x1 = 0,2/(0,2+0,51) ≈ 0,28
Para aprimorar, página 23
3. c
4. b
% em massa de água na solução
2. a 3. 55,2 g
Capítulo 3 – Composição das soluções Para praticar, página 33
Como a concentração (5,0 mg/L) é menor que o limite, então, não é possível criar trutas nesse local.
13. b
Para aprimorar, página 34 1. d 2. c 3. a) 100 mL da solução produzem 800 mL de
5. a
1. 12,5%
6. a
2. 130 kg de KCl
O2 a 0 ºC e 1 atm; portanto, a concentração dessa solução é 8 V.
7. d
3. 1,0 g de NaOH
b) 4,56%
1
Química
Excesso de reagentes e introdução ao estudo das soluções 4. 2,4 g MgSO4 5. a
Capítulo 4 – Diluição e mistura de soluções Para praticar, página 42
1 mol
142 g
0,04 mol
m
NaCl).
8. [NaCl]inicial = 0,10 mol/L; [Na+]inicial = 0,10 mol/L
Capítulo 5 – Titulação
[Na2SO4]inicial = 0,15 mol/L; [Na ]inicial = 0,30 mol/L
Para praticar, página 51
+
1 000 kg
100%
m1
26%
Como a [Na ] na solução final (0,20 mol/L) corresponde à média aritmética das concentrações nas soluções iniciais, concluímos que devemos misturar volumes iguais das duas soluções; ou seja, 250 mL de cada.
m1 = 260 kg de NaCl
9. I. a. Durante a adição de água, a quantidade
260 g NaCl
0,9%
m
100%
m ≈ 29 000 g ou 29 kg de NaCl
2.
separando-se dos sais dissolvidos (como o
m = 5,68 g de NaSO4
+
1.
Nesse processo, somente a água evapora,
1.
1L
m1
0,3 L
1L
18 g
V
II. Diluição.
Para aprimorar, página 43
1 mL
na
4 ⋅ 10–3 mL na = 8 ⋅ 10–3 mol
0,30 mol HNO3
103 mL
8 ⋅ 10 mol
V
–3
V = 26,7 mL
b) I. Considerando 1 L de solução:
2. a. A quantidade de matéria presente em 50 mL de solução de KOH 0,1 mol/L é:
1,40 g
1 mL (1 cm3)
x
1 000 mL
x = 1 400 g de solução
Volume de álcool a ser adicionado: (1 200 mL – 300 mL) = 900 mL
1 400 g de solução
100%
y
63%
3. e 4. d
Massa molar do HNO3 = 63 g/mol
5. e
63 g
1 mol
6. Cálculo da concentração de sacarose na so-
882 g
z
lução final:
Então a concentração da solução é 14 mol/L.
⇒ Cf = 30 g/L
II. Solução inicial: V = ?, µ = 14 mol/L
Cálculo da concentração de NaCl na solução final: Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf ⇒ 18 ⋅ 100 = Cf ⋅ 400 ⇒ ⇒ Cf = 4,5 g/L
7. Solução de CuSO4: 0,20 mol SO
1L
2– 4
0,4 L
Solução final: V’ = 250 mL , µ’ = 0,5 mol/L
A proporção da reação é 1 : 1, portanto para a reação com 0,005 mol de KOH serão necessários 0,005 mol de HNO3. Considerando a solução do ácido de concentração 0,2 mol/L:
0,30 mol SO42–
1L
n2
0,4 L
n2 = 0,012 mol de SO42– 0,12 mol – 0,08 mol = 0,04 mol SO42– Solução de Na2SO4: 0,04 mol SO42– ⇒ 0,04 mol Na2SO4
0,2 mol
1L
0,005 mol
xL
x = 0,025 L ou 25 mL
3. a)
µ ⋅ V = µ’ ⋅ V’
0,15 mol H2SO4
103 mL
14 ⋅ V = 0,5 ⋅ 250
na
20,0 mL
V = 8,9 mL
na = 3,0 ⋅ 10–3 mol
São necessários aproximadamente 9 mL da solução inicial para preparar 250 mL de solução 0,5 mol/L.
b) Volume de soro consumido por pessoa: 500/50 = 10 L. Massa de NaCl consumida por pessoa: 10 ⋅ 10 = 100 g. c) A água da chuva é originada, em grande parte, pela evaporação da água do mar.
103 mL
nb
35,0 mL
H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O
4. a) Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf ⇒ 25 ⋅ (Vf – 300) = 10 ⋅ Vf ⇒ ⇒ 25Vf – 7 500 = 10Vf ⇒ Vf = 500 L
0,25 mol NaOH
nb = 8,8 ⋅ 10–3 mol
3. e
Solução de CuSO4 e Na2SO4:
0,05 L
HNO3 + KOH → KNO3 + H2O
2. b
n1 = 0,08 mol de SO42–
1L
x mol
A reação balanceada é:
z = 14 mol
Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf ⇒ 40 ⋅ 300 = Cf ⋅ 400 ⇒
0,1 mol
x = 0,005 mol
y = 882 g de HNO3
MM(Na2SO4) = 142 g/mol
2 mol
3 NO2 + H2O → 2 HNO3 + NO
V = 1,2 L ou 1 200 mL
n1
40 mL
2 HNO3 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + 2 H2O
de etanol permanece a mesma.
NO + ½ O2 → NO2
m1 = 18,0 g cânfora 15 g
103 mL
nb nb = 4 ⋅ 10–3 mol
1. a) 2 NH3 + 5/2 O2 (ar) → 2 NO + 3 H2O 60,0 g
0,10 mol Ba(OH)2
1 mol
2 mol
3,0 ⋅ 10–3 mol
6,0 ⋅ 10–3 mol
Sim; excesso de (8,8 – 6,0) ⋅ 10–3 mol = = 2,8 ⋅ 10–3 mol de base (NaOH). b) 1 mol H2SO4
1 mol Na2SO4
3,0 ⋅ 10–3 mol
x
x = 3,0 ⋅ 10–3 mol
2
Química
Excesso de reagentes e introdução ao estudo das soluções µ=
3, 0 ⋅ 10 −3 mol 55 ⋅ 10
−3
L
= 0,055 mol/L
97,5 g
1 mol
49
x
a) Cálculo da massa de bromo na solução:
x ≈ 0,5 mol
4. b 5. Quantidade consumida de permanganato: 0,192 mol MnO4–
1 000 mL de solução
n
50 mL de solução n ≈ 9,6 ⋅ 10-3 mol
Pela estequiometria da reação, podemos calcular a massa de H2O2 que reagiu: 2 MnO4– + 6H+ + 5H2O2 → 2Mn2+ + 8H2O + 5O2 2 mol (5 ⋅ 34) g 9,6 ⋅ 10–3 mol x
x = 0,816 g = 816 mg Portanto, o leite testado está fora do pa-
Cálculo do volume de H2S produzido: PV = nRT ⇒ 0,90 ⋅ V = 0,5 ⋅ 0,082 ⋅ 300 ⇒ ⇒ V ≈ 13,67 L c) Cada mol de ZnS produz 1 mol de Zn2+. Assim, 0,5 mol de ZnS (quantidade que foi adicionada) produz 0,5 mol de Zn2+. Como o volume final da solução é 250 mL, temos:
µ = 0,5/0,25 = 2,0 mol/L
1 mol Br2
160 g
0,5 ⋅ 10–4 mol
x
x = 80 ⋅ 10–4 g Então, a concentração de bromo na água bromada é: 80 ⋅ 10–4 g
20 mL
C
1 000 mL C = 0,4 g/L
b) A molaridade da água bromada é:
d) Cálculo da massa de Cl– presente na solução final:
0,5 ⋅ 10–4 mol
µ
HCl → H+ + Cl–
drão aceito pela Anvisa.
6. c
Para aprimorar, página 51
36,5 g
35,5 g
60 g
x
200 ⋅ 0,30 = 60 g
Cálculo da concentração em g/L de Cl– na solução final:
Determinação do reagente limitante:
C = 58,4/0,25 = 233,6 g/L
2 HCl + ZnS → H2S + ZnCl2 1 mol
2 ⋅ 36,5 g
97,5 g
60 g
49 g
HCl: 60 ⋅ 97,5 = 5 850 ZnS: 49 ⋅ 2 ⋅ 36,5 = 3 577 Concluímos, portanto, que HCl está em excesso e que ZnS é o reagente limitante. b) Cálculo da quantidade de H2S produzida:
µ = 0,0025 mol/L
6,2 g K+
1 kg
x g K+
20 kg
x = 124 g K+
4. a)
2. Cálculo do número de mols de tiossulfato de
2 mol
20 mL 1 000 mL
3. d. A concentração de K+ é de 6,2 g/kg, assim:
x ≈ 58,4 g
1. a) Massa de HCl na solução:
2HCl + ZnS → H2S + ZnCl2
quantidade de bromo que reagiu (presente na água bromada): 0,5 × 10–4 mol.
sódio que reagiu:
2HNO3(aq)
luz
2NO2(aq) + 1/2O2(g) + H2O(l)
HNO3(aq) → H (aq) + NO3–(aq) +
0,1 mol
1 000 mL
x
1 mL
x = 0,0001 = 1 ⋅ 10–4 mol de Na2S2O3 Como a proporção entre o I2 e o Na2S2O3 é de 1 : 2, a quantidade de iodo que reagiu (e que foi liberada pela reação com a água bromada) é 0,5 ⋅ 10–4 mol. Como a proporção entre o Br2 e o I2 é de 1 : 1, a quantidade de iodo formada é igual à
b) Convertendo 13 mol em gramas: 1 mol de HNO3
63 g
13 mol de HNO3
xg
x = 819 g (em 1 litro) A densidade é dada em g/mL, portanto: 819 g
1 000 mL
xg
1 mL
x = 0,819 g/mL
3