Soluções

#1

Primeiro vamos calcular as quantidades de cada substância.

$$\bullet \ HCl: 0,4 \cdot 1 = 0,4 \ mol$$

$$\bullet \ NaOH: 0,1 \cdot 2 = 0,2 \ mol$$

Usando a equação balanceada dada notamos que $2\ mols$ de $HCl$ geram $1 \ mol$ de $Cl_{2}$, assim:

$$\frac{0,4}{2} = \frac{x}{1} \Rightarrow x = 0,2 \ mol$$

Agora, multiplicando isso pela massa molar do $Cl_{2}$, chegamos no resultado desejado :

$$0,2 \cdot (35,5+35,5) = 3,55 \ g$$

#2

O primeiro passo para resolver esse tipo de questão é anotar a reação química que ocorre nela:

$$2HCl + Na_{2}CO_{3} \rightarrow 2NaCl + H_{2}O + CO_{2}$$

Agora vamos descobrir quanto de cada reagente temos.

$$\bullet \ n_{HCl} = V_{HCl} \cdot M_{HCl} = 8 \cdot 10 = 80 \ mol$$

$$\bullet \ n_{Na_{2}CO_{3}} = \frac{m_{Na_{2}CO_{3}}}{MM_{Na_{2}CO_{3}}} = \frac{6360}{106} = 60 \ mol$$

Assim vemos que o $HCl$ é nosso reagente limitante. Tendo isso de posse, sabemos que são produzidos:

$$\ \frac{n_{CO_{2}}}{n_{HCl}} = \frac{1}{2} = \frac{x}{80} \Rightarrow x = 40 \ mol \ de \ CO_{2}$$

Usando então a Equação dos gases ideais:

$$P \cdot V = n \cdot R \cdot T \Rightarrow P = \frac{n \cdot R \cdot T}{V} = \frac{40 \cdot 8,31 \cdot 298}{0,1662} \Rightarrow P = 5,96 \cdot 10^6 Pa.$$

Como sabemos, o que causa a quebra é a diferença de pressão:

$$\Delta P = 5,96 \cdot 10^6 - 1.01325 \cdot 10^5 \approx 5,86 \cdot 10^6 \ Pa$$

Assim, a caixa aguenta no máximo $5,86 \cdot 10^6 \ Pa$ sem quebrar.

#3

Efeito estufa: É o mecanismo causado por “gases estufa” que retêm parte do calor emitido pelo Sol na atmosfera terrestre, sua intensidade equilibrada permite a existência de vida na Terra,. Em Vênus, ele é excessivo e não acredita-se que exista vida lá (a química do carbono não funciona nas temperaturas daquele planeta) e em Marte ele é muito fraco.

Aquecimento Global: Aumento da temperatura causado pela intensificação do efeito estufa, esta causada pela emissão descontrolada de $CO_{2}$ e de outros gases estufa pelo ser humano. Considerado por muitos como capaz de trazer o fim da espécie humana.

Buraco na Camada de Ozônio: Parte de baixa densidade na camada de $O_{3}$ que cobre a Terra, que permite a passagem de raios ultravioleta em maior quantidade, aumentando as chances de câncer tanto em humanos como em todos os seres vivos. Causado por emissão de CFC's, gerados por muitos produtos humanos como aerosois, geladeiras etc

Como se vê, o aquecimento global é o efeito estufa intensificado, o buraco na camada de ozônio e o aquecimento global provavelmente tem origem na poluição produzida pela humanidade e o efeito estufa e o buraco na camada de ozônio não têm nada em comum.

#4

$$1: CH_{3}COOH + SOCl_{2} \rightarrow CH_{3}COCl + (SO_{2} + HCl)$$

$$2: C_{2}H_{2} + Na \rightarrow C_{2}HNa + (\frac{1}{2}H_{2})$$

$$3: C_{2}HNa + CH_{3}COCl \rightarrow CH_{3}COC_{2}H +(NaCl)$$

#5

Bem, simplesmente olhando 1 sabemos que estamos falando do modelo atômico de Dalton, como este modelo foi publicado no começo do século XIX e outros modelos melhores foram publicados no começo do século XX, sabemos que Joaquim está na segunda metade do século XIX.

#6

a) Note que gelo e água líquida são ambos compostos por água, de modo que a mistura tem quatro componentes, ou seja, substâncias químicas: água, álcool etílico (etanol), gasolina (vamos assumir que ela é composta por somente octano, porém, na realidade, vários hidrocarbonetos, com destaque ao iso-octano [2, 2, 4 - trimetilpentano], a constituem) e areia (dióxido de silício, também conhecido como sílica).

b) A mistura tem 4 fases, as quais são: o gelo, a areia (ambas sólidas), a mistura de água e álcool etílico, e a mistura de gasolina e álcool etílico (ambas líquidas e se devem ao fato de o etanol se anfifílico).

c) A separação da mistura se dará, inicialmente, pela filtração dela, o que produzirá uma mistura sólida de gelo e areia, a qual poderá ser separada do seguinte modo: primeiramente utilizando a decantação, já que a fase com gasolina e álcool etílico é menos densa que a de água e etanol, retirando a primeira solução com a ajuda de um funil e, por fim, realizando o processo de destilação fracionado com cada uma dessas.

#7

1)Organoléptica

2)Geral

3)Específica

4)Organoléptica

5)Funcional

6)Geral

7)Geral

8)Específica

#8

A reação deve ocorrer entre 1 mol do ácido e 1 mol do KOH, já que a massa molar do KOH é 56, obtendo-se então que foram usados 1 mol de KOH. Devemos ter então que 1 mol do ácido monocarboxílico corresponde a 172g. Dado sua fórmula abaixo, escreve-se a equação da massa molar:

$$CH_{3}-(CH2)_{n}-COOH$$

$$15 + 14)n \ + \ 45 = 172$$

$$14 n = 172 - 15 - 45 = 112$$

$$n = 8$$

Assim, a fórmula do ácido será:

$$H_{3}C-(CH2)_{8}-COOH$$

Chamado ácido decanóico

#9

1)Verdadeira.

2)Falsa, em uma reação química a única mudança que ocorre é a organização dos elétrons, porém os átomos de um dado elemento permanecem em mesmo número.

3)Falsa, propriedades intensivas são propriedades que não dependem da quantidade de matéria, porém o volume claramente muda de acordo com a quantidade de matéria que se tem.

4)Falsa, o mercúrio é líquido nas CNTP.

5)Falsa, o Paládio está no quinto período, mas não tem nenhum elétron no subnível 5.

#10

A destilação fracionada é um processo de separação de misturas cujos componentes apresentam pontos de ebulição de valores semelhantes. Nesse processo é utilizada uma coluna de fracionamento ou uma coluna de vigreux, que permite separar substâncias ou sub misturas diferentes. A destilação fracionada é o processo industrial para o refino do petróleo, separação dos componentes do ar dentre outras aplicações de grande importância industrial e científica. Aqui descreveremos uma versão mais simples que divide a mistura em duas outras soluções. Em um balão de vidro adiciona-se a mistura, logo em seguida usa-se alguma fonte de calor para aumentar a temperatura até a mistura entrar em ebulição (geralmente um pouco acima do ponto de ebulição do maior, usa-se um termômetro para regular isso). Então a substância de menor ponto de ebulição vai começar a subir em forma de gás, e a outra virá em seguida, porém as moléculas da substância de menor P.E terão mais energia que as moléculas da substância de maior P.E, assim as bolinhas de vidro contidas na coluna de vigreux farão com que o composto menos volátil condense e caia novamente.Ao final do processo, o béquer conterá o líquido mais volátil, e o balão de vidro terá o líquido menos volátil.

#11

a) Errada. O sal de cozinha, NaCl, é um composto iônico.

b)Errada. Aço é uma liga metálica composta principalmente por ferro e carbono.

c)Errada. Sal e açúcar não reagem espontaneamente.

d)Errada. A areia da praia é feita por dióxido de silício, e é portanto um composto covalente.

e) Correta.

#12

a)    A Química Ambiental estuda os processos químicos que acontecem na natureza, sejam eles naturais ou causados pelo homem, e que comprometem não só a saúde humana, mas de todo planeta.

b)    Azeótropo é o nome que se dá a uma mistura de líquidos, composta por dois ou mais componentes, que, em proporções específicas dos constituintes, formam uma mistura com Ponto de Ebulição (P.E.) constante e fixo, e que, portanto não podem ser desagregados pelo mero processo de destilação simples.

c)    Mistura é formada por duas ou mais substâncias puras. As misturas têm composição química variável, não expressa por uma única fórmula.

d)    O coloide, ou sistema coloidal, é uma mistura em que as partículas dispersas têm um diâmetro compreendido entre 1 nanômetro e 1 micrometro, partículas estas que podem ser átomos, íons ou moléculas.

e)    Elemento químico é o conjunto dos átomos com o mesmo número atômico, ou seja, com a mesma quantidade de prótons em seu núcleo.

#13

Item a) Temos que a fórmula do nitrito de amônio é NH$_4$NO$_2$.

$$NH_4NO_2 \rightarrow N_2 + 2H_2O$$

Item b) A massa molar do nitrito de amônio é:

$$14 + 4 + 14 _ 2\cdot 16 = 64g/mol$$

Como um mol do íon do sal gera 1 mol de nitrogênio, basta sabermos quantos mols temos na amostra.

$$12,8/64 = 0,2 \ mol \rightarrow 0,2 \ mol \cdot 80\% = 0,16 \ mol \rightarrow 0,16 \cdot 22,4 = 3,584 \ L \approx 3,6 \ L$$

#14

a) $3HNO_{3} + Al(OH)_{3} \longrightarrow 3H_{2}O + Al(NO_{3})_{3}$

b) Pela equação balanceada da reação, sabemos que um mol de $Al(OH)_{3}$ neutraliza 3 mols de $3HNO_{3}$. Dessa forma:

$$3n_{HNO_{3}} = n_{Al(OH)_{3}} \Rightarrow 3M_{HNO_{3}}\cdot V_{HNO_{3}} = M_{Al(OH)_{3}}V_{Al(OH)_{3}}$$

Substituindo os valores encontramos:

$$V_{Al(OH)_{3}} = \frac{200 \cdot 0,1}{3} = 6,7 \ ml$$

c)Sabemos que a proporção de mols será 1:1, dessa forma:

$$M_{HNO_{3}}\cdot V_{HNO_{3}} = M_{NaOH} \cdot V_{NaOH} \rightarrow M_{HNO_{3}} = \frac{50}{100}$$

Logo a solução de $HNO_{3}$ é 0,5 molar.

#15

a) Está correta. b) Errada, pois carvão contém quantidades variáveis de oxgênio. c)Errada. Lítio não é um metal pesado. d)Errada. GNV é composto por metano e etano.

#16

a)

Massa da azida: $M_{NaN_3} = 23 + 42 = 65$

Massa do óxido: $2 \cdot 56 + 48 = 160$

Dessa forma a massa de óxido férrico consumida é:

$$m_{Fe_2O_3} = 19.5 \cdot \frac{160}{65 \cdot 6} = 8.0$$

b) Pela equação vemos que para cada mol de azida geramos 1.5 mol de nitrogênio.

$$n_{NaN_3} = \frac{19.5}{65} = 0.3$$

Assim geramos $0.45$ mol de $N_2$. Agora usando a equação dos gases ideais:

$$PV = nRT \rightarrow V = 22.6 \cdot 0.45 = 10.17$$

 

#17

a)

b)

c)

d)

#18

item a

i) Concentração de ácido sulfúrico na segunda alíquota:

C2 = (27,28 g NaOH / 1L) . (1 mol NaOH / 40g) . (1 mol ác / 2 mol NaOH) . (20,23mL / 25mL)

C2 = 0,276 mol/L

ii) Diluição

C2 . 500mL = C1 . 10mL

C1 = 13,8 mol/L

item b

%massa = (1mL solução / 1,728g solução) . (13,8 mol ác / 1L solução) . (98g ác / 1 mol ác)

%massa = 78,26

item c

Após a diluição, C2 = 0,276 mol/L

C2 = 0,5 . [H+]

Assim, [H+] = 0,552 mol/L

-log[H+] = pH = 0,26

#19

$CO_2$ - reage com a água formando ácido carbônico, $HCO_3$
$NO_2$ - reage com água formando ácido nítrico, $HNO_3$, e ácido nitroso, $HNO_2$
$SO_3$ - reage com água formando ácido sulfúrico, $H_2SO_4$

#20

V = nRT/p

V = 1. 8,3145. 273,15 / 1.105

V = 0,02271 m3.mol-1

#21

$M(CuSO_4) = 63,6+32,0+64,0$
$\% H_2O = (18x)/(159,6+18x) = 0,361$

$11,502x = 57,6156$

$x= 5 mol \ de \ H_2O$

#22

O ânion do composto dissolvido pode ser facilmente identificado pela sua reação com o cátion $Ag^+$, que precipita na presença de $Cl^-$, $Br^-$ ou $I^-$. Como o precipitado formado é branco, evidencia-se a presença de cloreto na solução (precipitados com outros haletos têm tons amarelados). Assim, teríamos como resposta $(d)$, $AlCl_3$.
De fato, esse é o único composto possível, uma vez que apenas o $AlCl_3$ contém ambos um cátion capaz de formar hidroxocomplexo e um ânion que forma precipitado branco ao reagir com $Ag^+$.

#23

a) $V_{HCl conc} = \frac{1 mL HCl_{conc}}{1,182 g HCl} \cdot \frac{36,5 g HCl}{1 mol} \cdot \frac{0,124 mol}{1 L} \cdot 500mL$ $\Rightarrow$ $V_{HCl conc} = 1,91$ $mL$

b) $V_{sol} = \frac{500 mL sol}{4,89 g Ba(OH)_2)} \cdot \frac{171 g Ba(OH)_2}{1 mol Ba(OH)_2} \cdot \frac{1 mol Ba(OH)_2}{2 mol HCl} \cdot \frac{0,124 mol HCl}{1 L HCl} \cdot 25 mL HCl \Rightarrow V_{sol} = 2,71 mL$

 

#24

a) Amostra $A$: $Na_2CO_3 \cdot x H_2O$ e $m(A) = 1,287$$g$

$n(CO_2) = \frac {pV}{RT} = 0,0045$ $mol = n(A)$

$M(A) = \frac {1,287 g}{0,0045} = 286$ $g \cdot mol^{-1}$

$M(A) = M(Na_2CO_3) + x M(H_2O)$

$x = \frac {M(A) - M(Na_2CO_3)}{M(H_2O)} = \frac {(286 - 106) g \cdot mol^{-1}}{18g \cdot mol^{-1}} = 10$

Amostra $A \Rightarrow$$Na_2CO_3 \cdot 10 H_2O$

b) Amostra $B$: $Na_2CO_3 \cdot y H_2O$ e $m(B) = 0,715$$g$

$H_2SO_4 + 2 NaOH \rightarrow Na_2SO_4 + 2 H_2O$

$n(NaOH) = c \cdot V = 0,1$ $mol$ $dm^{-3} \cdot 0,05$ $dm^3 = 0,005$ $mol$

Excesso de $H_2SO_4$: $n(H_2SO_4) = 0,0025$$mol$

$\Rightarrow n(H_2SO_4) = 0,0025$$mol = n(B)$

$M(B) = \frac{0,715g}{0,0025 g \cdot mol^{-1}} = 286$ $g \cdot mol^{-1}$

$\Rightarrow$ Amostra $B$ = $Na_2CO_3 \cdot 10 H_2O =$ Amostra $A$

 

#25

$c_1 = \frac{n_1}{V} = \frac{1004,9g \cdot 0,03}{45,03 g \cdot mol^{-1}} \cdot 1dm^{-3} = 6,55 \cdot 10^{-1}$$mol \cdot dm^{-3}$

$pH = 1,97; [H^+] = 1,0715 \cdot 10^{-2}$ $mol \cdot dm^{-3}$

$\alpha _1 = \frac{[H^+]}{c_1} = 0,01636$

Após a diluição, temos um novo $\alpha = \alpha _2$

$K_a = \frac{\alpha _1 \cdot c_1}{1 - c_1}$

$K_a = \frac{\alpha _2 ^2 \cdot c_2}{1 - \alpha _2} = \frac {(10 \alpha _1)^2 \cdot c_2}{1 - 10 \alpha _1}$

$\frac{c_1}{c_2} = \frac{100\cdot (1-\alpha _1)}{1- 10 \alpha _1} = 117,6$

 

#26

a) $K_1 = \frac{[H^+][CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]} = \frac {(\alpha _1 + \alpha _2)c \cdot \alpha _1 c}{(1 - \alpha _1)c} = \frac {(\alpha _1 + \alpha _2) \cdot \alpha _1 c}{(1 - \alpha _1)}$ $(1)$

$K_2 = \frac{[H^+][ClO^-]}{[HClO]} = \frac{(\alpha _1 + \alpha _2)\alpha _1 c}{1 - \alpha _2}$ $(2)$

Como $K_1 >> K_2$, consequentemente $\alpha _1 >> \alpha _2$. Assim, é válida a aproximação $\alpha _1 + \alpha _2 = \alpha _1$.

$K_1 \cdot (1 - \alpha _1) = \alpha _1 ^2 c$ $\Rightarrow$ $c \alpha _1 ^2 + K_1 \alpha _1 - K_1 = 0$

Encontramos $\alpha _1 = 0,125$.

Dividindo $(2)$ por $(1)$:

$\frac {K_2}{K_1} = \frac {(1 - \alpha _1) \alpha _2}{(1 - \alpha _2) \alpha _1}$

Substituindo $\alpha _1$, encontramos $\alpha _2 = 2.94 \cdot 10^{-4}$.

b) $K_2 = \frac {\alpha _2 ^2 c}{1 - \alpha _2}$, sendo que $\alpha _2 << 1$.

$K_2 = \alpha _2 ^2 c \Rightarrow \alpha _2 = 6,08 \cdot 10^{-3}$.

c) $[H^+] = \alpha _1 c + \alpha _2 c = (0,125 + 2,94 \cdot 10^{-4}) \cdot 10^{-3} \simeq 1,25 \cdot 10^{-4}$ $mol \cdot dm^{-3}$

$pH = 3,9$

#27

A resposta correta é a alternativa $c)$. O óxido de cálcio, $CaO$, por ter caráter altamente básico, é capaz de absorver a água presente no etanol, formando hidróxido de cálcio. Essa base, insolúvel em meio etanólico, pode ser separada por meio do processo de filtração.

 

#28

Analisando os compostos em questão, temos:

Ácido sulfúrico $(H_2SO_4)$, um ácido forte, que se ioniza completamente em $H+$ e $SO_4^{2-}$

Cloreto de amônio $(NH_4Cl)$, um sal com cátion derivado de base fraca, $NH_3$, e ânion derivado de ácido forte, $HCl$. Assim, o cátion $NH_4^+$ sofre hidrólise, abaixando o pH do meio

Brometo de potássio $(KBr)$, um sal com cátion derivado de base forte, $KOH$, e ânion derivado de ácido forte, $HBr$. Consequentemente, o sal não sofre hidrólise, deixando o pH do meio inalterado (neutro)

Carbonato de sódio $(Na_2CO_3)$, um sal com cátion derivado de base forte, $NaOH$, e ânion derivado de ácido fraco, $HCO_3^-$. Logo, o íon $CO_3^{2-}$ sofre hidrólise, produzindo $OH^-$ e elevando o pH do meio

Hidróxido de sódio $(NaOH)$, uma base forte, que se dissocia completamente em $Na^+$ e $OH^-$

Assim, a ordem crescente correta do $pH$ das soluções é $H_2SO_4$$<$$NH_4Cl$$<$$KBr$$<$$Na_2CO_3$$<$$NaOH$

 

#29

A concentração molar pode ser calculada por

$M$ $=$ $\frac {1 mol Na_2CO_3}{106 g Na_2CO_3}$ $\cdot$ $\frac {5,3 g Na_2CO_3}{0,1 L}$

$M$ $= 0,5$ $mol \cdot L^{-1}$

 

#30

a) Tanto a equação completa (1) quanto a equação iônica líquida (2) são válidas:

(1) Ba(NO₃)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2 NaNO₃

(2) Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

b) O sal hidratado apresenta forma Na₂SO₄•nH₂O. Da definição de porcentagem em massa, obtém-se que n=9,99≅10, de modo que, originalmente, havia o sal deca-hidratado, Na₂SO₄•10H₂O .

Após a secagem, a titulação leva a uma nova porcentagem em massa de 72,44% (obtida pela titulação) de Na₂SO₄. Da definição de porcentagem de massa novamente (repetindo o procedimento acima), obtém-se agora n=3,0. Assim, obteve-se o sal tri-hidratado, Na₂SO₄•3H₂O.

c) Note que, para cada mol de Na₂SO₄, liberaram-se sete mols de água. Assim, foram liberados com o tratamento 39,2 g de água.

 

#31

a) Gera-se iodo ao se adicionar iodeto, o qual é oxidado pelo cloro presente no produto:

Cl₂ + 2 I^- → 2 Cl^- + I₂

(Obs: na realidade, geralmente o cloro ativo encontra-se sob a forma de íon hipoclorito, que é o produto do desproporcionamento de Cl₂ em meio básico; nesse caso, a equação que representa o processo é OCl^- + 2 I^- + H₂O → Cl^- + 2 OH^- + I₂ . Note que a estequiometria é equivalente, pois 1 OCl^- : 1 Cl₂: 1 I₂)

A reação que ocorre na titulação é expressa pela equação:

I₂ + 2 S₂O₃^2- → 2 I^- + S₄O₆^2-

Note que a razão de iodo e tiossulfato é 1:2.

Com os dados da titulação, obtém-se que há 3,00mmol de I₂ e, consequentemente de 3,00mmol de Cl₂, que é equivalente a 213mg de Cl₂. Essa é a quantidade presente em 5,oo mL do produto, que apresenta massa m=5,00.1,134=5,67g.

Assim, a fração em massa de Cl₂, W_Cl2, é dada por:

W_Cl2=0,213/5,67 ⇒ W_Cl2=3,76%

Assim, o teor de cloro ativo no produto é de 3,76%.

b) Sim, se encontra.

c) O tiossulfato decompõe em meio ácido, gerando dióxido de enxofre e uma solução coloidal de enxofre sólido:

S₂O₃^2- + 2 H⁺ → S + SO₂ + H₂O

(pode-se pensar que ocorrem duas reações separadas: inicialmente, tiossulfato se decompõe em enxofre e sulfito; então, o sulfito pode ser protonado em meio ácido, gerando ácido sulfuroso, H₂SO₃, que é instável e se decompõe em água e dióxido de enxofre).

O meio ácido desloca o equilíbrio para produto, ao consumir o íon sulfito gerado na decomposição do tiossulfato, favorecendo e acelerando a decomposição do S₂O₃^2-. Vale notar que essa decomposição também ocorre (mesmo que em menor grau) em uma solução pouco ácida ou até mesmo neutra, de modo que soluções de tiossulfato são, de forma geral, instáveis frente a longos períodos de tempo, de modo que devem ser padronizadas regularmente (de preferência logo antes de sua utilização analítica).

 

#32

a) A massa molar M da fenilalanina (C₉H₁₁NO₂) é calculada por:

M = 9.12 + 11.1 + 1.14 + 2.16 = 165g mol^-1

Assim, a fração de O é dada por:

W_O= 2.16/M = 32/165 = 19,4%

b) Como a massa molar é de 165g mol^-1, tem-se que 33,0g = 33/165 = 0,2 mol de fenilalanina. Assim, tem-se que:

n_H = 9.n_fenilalanina.N_A = 9. 0,2. 6,022.10²³ = 1,08.10²⁴ átomos de H

c) 165mg fenilalanina = 1 mmol de fenilalanina = 1.10^-3 mol de fenilalanina

Assim, tem-se que n_gás= 1.10^-3 mol. Da equação de Clapeyron:

PV=nRT ⇔ V = nRT/P

Do enunciado, T = 227°C = 500K, P = 10⁵ Pa e R = 8,314 Pa m³ mol^-1 K^-1. Assim: V= 500.1.10^-3-5.8,314 = 4,16.10^-5 m³ = 0,0416L

 

#33

a) Há dois equilíbrios ácido-base a se considerar: o do grupo ácido carboxílico e o do grupo amina. É importante ressaltar que a primeira desprotonação é a do grupo carboxila, que é bem mais ácido que o grupo amina protonado.

H₃N⁺–CHR—COOH + H₂O ⇌ H₃N⁺–CHR—COO^- + H₃O⁺

H₃N⁺–CHR—COO^- + H₂O ⇌ H₂N–CHR—COO^- + H₃O⁺

OBS: Representando a forma protonada, C₉H₁₂NO₂⁺, de H₂G⁺, a forma neutra de HG e forma desprotonada, C₉H₁₀NO₂^-, de G^- nos itens b e c:

b) A concentração analítica da forma protonada, C_H2G⁺, é dada pela razão número de mols/volume:

C_H2G⁺= 0,05mol/0,750L = 0,0667 mol L^-1

Nesse caso, perceba que trata-se de uma solução de um ácido diprótico. Note também que a primeira ionização tem uma constante muitas ordens de grandeza maior que a segunda; dessa forma, pode-se concluir que apenas a primeira ionização é relevante para a definição do pH. Como a concentração do ácido é elevada, conclui-se também que a concentração de íons hidrônio provenientes da autoprotólise da água é desprezível, de modo que pode-se afirmar que [HG] ≅ [H₃O⁺].

Pelo balanço de massa do ácido, pode-se escrever que C_H2G⁺= [H₂G⁺] + [HG] + [G^-] ≅ [H₂G⁺] + [HG] ⇒ [H₂G⁺] = C_H2G⁺ - [HG]

Assim, pode-se escrever, pela constante de ionização, que:

K_a1= [HG][H₃O⁺]/[H₂G⁺] = [H₃O⁺]²/(C_H2G⁺ - [H₃O⁺]) ⇒ [H₃O⁺]² + [H₃O⁺]K_a1 - K_a1C_H2G⁺ = 0

Como C_H2G⁺ = 0,0667 mol L^-1 e K_a1 = 10^-1,83, obtém-se que [H₃O⁺] = 0,0249 mol L^-1 ⇒ pH = 1,60

c) C_G^- = 0,0125/0,250 = 0,05 mol L^-1 = [H₂G⁺] + [HG] + [G^-] ≅ [HG] + [G^-]   (pelo balanço de massa) ⇒ [G^-] = C_G^- - [HG]

Nesse caso, apenas a primeira hidrólise é relevante, pois apenas o grupo amina é básico o suficiente para influir significativamente no pH nessa situação. Como a concentração é, novamente, elevada, pode-se desprezar a concentração de íons hidróxido proveniente da água é desprezível, de modo que pode-se escrever que [HG] ≅ [OH^-].

Usando a relação que K_a.K_b = K_w para um par ácido-base conjugada e escrevendo a expressão de K_b1, temos que:

K_b1 = K_w/K_a2 = [HG][OH^-]/[G^-] = [OH^-]²/(C_G^- - [HG]) ⇒ [OH^-]² + [OH^-]K_b1 - K_b1CG^- = 0

Como C_G^- = 0,05 mol L^-1 e K_b1 = K_w/K_a2 = 10^-14/10^-9,13 = 10^-4,87, obtém-se que [OH^-] = 8,15.10^-4 mol L^-1 ⇒ [H₃O⁺] = 1,23.10^-11 mol L^-1 ⇒ pH = 10,91

 

#34

a) A fenilalanina apresenta como cadeia lateral do aminoácido um grupo benzil (—CH₂—Ph), logo sua estrutura é H₂N–CH(CH₂Ph)—COOH.

A tirosina apresenta como diferença uma hidroxila no anel aromático da cadeia lateral na posição para (isto é, um p-fenol ao invés de um anel benzênico simples como a da fenilalanina).

b) Há dois equilíbrios ácido-base a se considerar: o do grupo ácido carboxílico e o do grupo amina. É importante ressaltar que a primeira desprotonação é a do grupo carboxila, que é bem mais ácido que o grupo amina protonado.

H₃N⁺–CH(CH₂Ph)—COOH + H₂O ⇌ H₃N⁺–CH(CH₂Ph)—COO^- + H₃O⁺

H₃N⁺–CH(CH₂Ph)—COO^- + H₂O ⇌ H₂N–CH(CH₂Ph)—COO^- + H₃O⁺

c) Em meio neutro, predomina a espécie intermediária, H₃N⁺–CH(CH₂Ph)—COO^-, eletricamente neutra, que é chamada de zwitterion (do alemão zwitter ("sal interno" ou "íon dipolar") é um composto químico eletricamente neutro, mas que possui cargas opostas em diferentes átomos; no caso, há uma carga positiva no átomo de nitrogênio e uma negativa no átomo de oxigênio).

d) No ponto isoelétrico, [H₂G⁺]=[G^-]. Note que, se multiplicarmos K_a2 por K_a1, esses termos se cancelam, bem como o termo [HG], presente nas duas expressões:

K_a2.K_a1 = [G^-][H₃O⁺]/[HG] . [HG][H₃O⁺]/[H₂G⁺] = [H₃O⁺]² ⇒ -log(K_a2.K_a1) = -log([H₃O⁺]²) ⇒ pK_a2 + pK_a1 = 2.pH ⇒ pH = (pK_a1 + pK_a2)/2

e) pH = (pK_a1 + pK_a2)/2 ⇒ pH = (1,83+9,13)/2 ⇒ pH = 5,48

 

#35

As associações corretas são: I – LiCl ; II – SiC ; III – CHI₃ ; IV – Co.

LiCl é um composto iônico: deve apresentar pontos de fusão e ebulição razoavelmente elevados e condutividade elétrica apenas quando líquido ou dissolvido (no estado sólido, não há liberdade de movimentação de íons suficiente para condução) – conclui-se, assim, que se trata do composto I.

Co é um composto metálico: deve apresentar altos pontos de fusão e ebulição e condutividade tanto no estado sólido quanto líquido – conclui-se que se trata do composto IV.

CHI3 é um composto molecular: esperam-se baixos pontos de fusão e de ebulição – conclui-se, pois, que se trata do composto III.

SiC é um composto covalente: esperam-se altíssimos pontos de fusão e ebulição – conclui-se que se trata do composto II.

 

#36

 

a) No teste, há a adição de água à gasolina. Enquanto aquela é um composto altamente polar, a gasolina é uma mistura majoritariamente de hidrocarbonetos (como o octano), compostos de carbono e hidrogênio que são altamente apolares. Pelo princípio de “semelhante dissolve semelhante”, conclui-se que gasolina e água não são miscíveis entre si, o que explica a separação de fases observada.

b) Há a separação de duas fases; a superior, que é a fase orgânica, apresenta apenas octano como componente segundo a consideração do enunciado, enquanto a fase inferior é composta por etanol e água (sendo, assim, a fase aquosa).

c) A densidade das fases é o fator que determina a disposição característica: a fase orgânica (do octano) apresenta densidade menor que a fase aquosa, de modo que se encontra superior.

d) Não, não seria: embora a separação de fases (em orgânica e aquosa) ainda exista, há uma inversão da ordem das fases – a fase superior passa a ser a aquosa. Isso se dá, porque a densidade do clorofórmio é maior que a da água, de modo que passa a ser a fase inferior.

#37

a) Sabe-se que a fração de etanol na gasolina é de 27%. Assim, em 50mL de gasolina há 0,27.50 = 13,5mL de etanol. Assim, a fase orgânica (composta majoritariamente por octano) apresenta 50-13,5 = 36,5mL (que é o volume restante de retirar o álcool do volume original de combustível), isto é, o volume final da fase orgânica deve ser de 36,5mL.

b) A fase aquosa sofreu um acréscimo de 20mL com a realização do teste. Isso indica, pois, que havia 20mL de álcool no combustível. Como o volume total da fase orgânica era de 50mL, sabe-se que a fração de álcool é de 20/50 = 40%, que é superior à permitida pela legislação vigente. Assim, não está de acordo.

c) Sejam definidas as variáveis V_e como o volume de etanol presente na amostra de gasolina (que vai ser extraído para a fase aquosa), V_aq^f  como o volume final da fase aquosa, V_aq^o  como o volume inicial da fase aquosa, V_org^o  como o volume inicial da fase orgânica e w_e como a fração (V/V) de etanol na gasolina.

Sabe-se que o aumento do volume da fase aquosa é devido ao etanol, assim: V_e = V_aq^f  - V_aq^o 

Da definição de fração de etanol na gasolina: w_e = V_e / V_org^o  

Combinando as expressões acima, obtém-se a relação pedida: w_e = (V_aq^f  - V_aq^o) / V_org^o

 

#38

a,b) O primeiro passo é calcular as quantidades em mol de cada elemento:

m_C =  M_C.0,1337/M_CO2 = 36,46 mg

m_H = 2.0,06835/M_H2O = 7,594 mg

m_N = 21,27 mg

Como a massa total era de 120,0mg:

m_O = 120 - (21,27 + 36,46 + 7,59) = 54,68 mg

Assim, a fórmula é dada por:

C_36,46mg H_7,59mg N_21,27mg O_54,68mg ⇒ C_30,4% H_6,3% N_17,7% O_45,6% (fórmula centesimal)

Dividindo pela massa molar:

C_2,53 H_7,59 N_1,52 O_3,42 ⇒ C_2,53 H_7,59 N_1,52 O_3,42 ⇒ C₁₀H₂₀N₄O₉ (fórmula molecular)

Obs: perceba que os cálculos levam a fórmulas diferentes da glicina real. Fica aqui, sob a forma de P.S., um pedido de desculpas pelo erro dos valores fornecidos que levou a essa divergência (e a importante lição de confiar sempre em seus cálculos, pois a resposta depende unicamente dos valores fornecidos, e não de conhecimento externo).

c) A ligação formada é chamada de ligação peptídica, que se dá por meio de uma condensação - isto é, sua formação libera um equivalente de água. Assim, a formação do tripeptídeo leva à perda de duas águas.

#39

a) CH_{4 (g)} + H₂O _(g) → CO _(g) + 3 H_{2 (g)}

b) 8,0kg = 8000g de metano correspondem a 8000/16 = 50 mol de metano.

7,2kg = 7200g de água correspondem a 7200/18 = 40 mol de água.

Dessa forma, conclui-se que o reagente limitante é a água. Pela estequiometria, deve haver 40.3 = 120 mol de gás hidrogênio. Nas CNTP, o volume molar é de 22,4L mol^-1, de modo que essa quantidade de gás ocupa 120.22,4 = 2688 L = 2,69 m³.

Obs: o volume molar é dado matematicamente pela relação V/n. Da equação de Clapeyron:

PV = nRT  ⇔  V/n = RT/P

Nas CNTP, T = 0°C = 273,15K e P = 1 atm. Como R = 0,082 atm L mol^-1 K^-1, calcula-se que o volume molar tem valor de V/n = 22,4 L mol^-1.

c) O gás hidrogênio é potencialmente perigoso por ser altamente inflamável e, dessa forma, possivelmente explosivo – de fato, a reação de combustão de hidrogênio é altamente exotérmica (libera-se grande quantidade de energia por unidade de massa de hidrogênio).

O monóxido de carbono formado é um gás asfixiante: coordena-se fortemente com a hemoglobina (pigmento presente nas hemácias responsável pelo transporte de gases) – mais fortemente até mesmo que a própria molécula de oxigênio -, prejudicando o processo de transporte associado à respiração que pode eventualmente ser fatal.

 

#40

a) Nas CNTP: T = 0°C = 273,15K e P = 1 atm. Lembrando que R = 0,082 atm L mol^-1 K^‑1, escreve-se a partir de Clapeyron que:

PV = nRT = mRT/M  ⇔  m/V = MP/RT

Como a densidade d é definida como a razão entre massa e volume, temos que:

d = MP/RT

Como a massa molar M do hidrogênio é de 2g/mol, calcula-se a densidade d:

d = 2.1/0,082.273,15  ⇒   d = 0,0893 g L^-1

b) Sabe-se que a massa molar média M_ar é dada pela média ponderada das massas molares dos componentes do ar:

M_ar = 0,20.M_O2 + 0,80.M_N2 = 0,20.32 + 0,80.28 = 28,8g mol^-1

Pela expressão derivada acima, tem-se que a densidade é dada por:

CNTP: d = MP/RT = 28,8.1/0,082.273,15 = 1,29g L^-1

CATP: d = MP/RT = 28,8.1/0,082.298,15 = 1,18g L^-1

Obs: não foi especificada a temperatura, logo qualquer uma das respostas acima é integralmente correta (0°C e 25°C são as temperaturas mais comuns, logo esses são os valores a serem utilizados quando não se especifica o valor de temperatura).

c) Para ser usado em um balão, o gás deve apresentar densidade menor que o ar. Da equação derivada no item a, percebe-se que isso implica que esse gás apresente uma massa molar menor que aquela do ar atmosférico, isto é, M < 28,8g mol^-1. Essa restrição já exclui Ar, SO₂ e CO₂.

Além disso, diferentemente do hidrogênio, o novo gás não deve ser facilmente inflamável ou explosivo. Essa restrição, por sua vez, exclui o acetileno C₂H₂ e o metano CH₄.

Restam, assim, a amônia e o hélio, que podem ser utilizados teoricamente. De fato, hélio é o substituto mais comum para hidrogênio atualmente; a amônia, por sua vez, não é muito utilizada por razões econômicas, uma vez que é utilizada em inúmeros outros processos industriais de importância vital, como as indústrias de fertilizantes e de explosivos (além disso, é potencialmente combustível quando associada à combustão de outro composto).

 

#41

a) O procedimento mais simples para determinação de concentração de uma solução de base forte como o hidróxido de sódio é a titulação direta de um padrão primário ácido, como o biftalato de potássio, com indicador apropriado (por exemplo, fenolftaleína ou suco de repolho – o qual é consideravelmente mais difícil de usar, vale ressaltar).

b) Na titulação, tem-se que:

n_biftalato = n_NaOH   ⇔   m_biftalato / M_biftalato = V_NaOH . [NaOH]   ⇔   [NaOH] = m_biftalato / (M_biftalato .V_NaOH)

Usando-se essa fórmula, tem-se que as concentrações determinadas com cada titulação são:

[NaOH] (I) = 0,6345 / (204,22 . 0,02130) = 0,1459M

[NaOH] (II) = 0,6226 / (204,22 . 0,02095) = 0,1455M

[NaOH] (III) = 0,4903 / (204,22 . 0,01650) = 0,1455M

Todos os três valores obtidos são bastante próximos, logo pode-se assumir que a concentração da solução é a média desses três valores, isto é:

[NaOH] (real) = {[NaOH] (I) + [NaOH] (II) + [NaOH] (III)}/3 = 0,1456M

c) A concentração do ácido P.A. pode ser calculada:

[HCl] = 37,1g HCl / 100g solução = 43,778g HCl / 100mL solução = 437,78g HCl / L solução = 11,99M

Para neutralizar:

n_HCl= n_NaOH   ⇔  V_HCl . [HCl]  = V_NaOH . [NaOH] ⇒ V_HCl = V_NaOH . [NaOH] / [HCl] = 220.0,1456/11,99 = 2,67mL

 

#42

a) Um padrão primário é um composto que:

- É disponível em alta pureza (>99,95%);

- É estável ao ar, isto é, não reage com os componentes do ar, como o gás oxigênio, nem decompõe sob a ação da luz;

- Não é higroscópico nem volátil;

- É estável a aquecimento moderado (com intuito de secagem).

b) Na titulação, tem-se que:

n_biftalato = n_NaOH   ⇔   m_biftalato / M_biftalato = V_NaOH . [NaOH]   ⇔   [NaOH] = m_biftalato / (M_biftalato .V_NaOH)

Usando-se essa fórmula, tem-se que as concentrações determinadas com cada titulação são:

[NaOH] (I) = 0,6345 / (204,22 . 0,02130) = 0,1459M

[NaOH] (II) = 0,6226 / (204,22 . 0,02095) = 0,1455M

[NaOH] (III) = 0,4903 / (204,22 . 0,01650) = 0,1455M

Todos os três valores obtidos são bastante próximos, logo pode-se assumir que a concentração da solução é a média desses três valores, isto é:

[NaOH] (real) = {[NaOH] (I) + [NaOH] (II) + [NaOH] (III)}/3 = 0,1456M

Como foram preparados 500mL de solução, tem-se que a massa de NaOH é dada por:

[NaOH] = n_NaOH / V_NaOH = m_NaOH /(V_NaOH . M_NaOH) ⇔ m_NaOH = [NaOH]. V_NaOH . M_NaOH = 0,1456.0,500.40 = 2,912g NaOH

A massa medida deve ter sido maior, uma vez que hidróxido de sódio é altamente higroscópico e deve ter absorvido quantidades consideráveis de umidade do ar, isto é, a massa medida é maior que a massa de real de hidróxido de sódio presente, uma vez que havia também considerável massa de água sendo pesada.

c) A concentração do ácido P.A. pode ser calculada:

[HCl] = 37,1g HCl / 100g solução = 43,778g HCl / 100mL solução = 437,78g HCl / L solução = 11,99M

Assim, a concentração utilizada pelo técnico foi de 1,199M.

Para neutralizar:

n_HCl= n_NaOH   ⇔  V_HCl . [HCl]  = V_NaOH . [NaOH] ⇒ V_HCl = V_NaOH . [NaOH] / [HCl] = 270.0,1456/1,199 = 32,79mL

Assim, o volume final é de V_sol = 270 + 32,79 = 302,79mL.

Como a proporção estequiométrica é de 1 NaOH : 1 HCl : 1 NaCl, temos que:

n_NaCl = n_NaOH = V_NaOH . [NaOH] ⇔ [NaCl] = n_NaCl / V_sol = V_NaOH . [NaOH] / V_sol = 0,1456.270/302,79 = 0,1298M

 

#43

a) Um gás apresenta comportamento mais próximo da idealidade em situações que desfavoreçam interações intermoleculares, isto é, baixas pressões e altas temperaturas, uma vez que sob a ótica da teoria cinética dos gases não há interações (que não sejam colisões elásticas) entre as moléculas de gases.

b) 2 H₂O₂ → 2 H₂O + O₂

c) A concentração da água oxigenada deve ser calculada em termos de concentração de matéria:

[H₂O₂] = 30g H₂O₂ / 100g solução = 30.1,13 g H₂O₂ / 100 mL = 300.1,13 g H₂O₂ / L solução

[H₂O₂] = (300.1,13/34) mol H₂O₂ / L solução = 9,97 mol H₂O₂ / L solução

Assim, 200mL de água oxigenada geram 9,97/(5.2) = 0,997 mol de gás oxigênio, o qual ocupa um volume teórico de:

V^teo(O₂) = n.R.T/P = 0,997.0,08205.298,15/1 = 24,39L O₂

Porém, há um vazamento de 0,240L/s, de modo que se perdeu 0,240.15 = 3,6L de gás, sendo, pois, o volume medido de:

V = V^teo(O₂) – 3,6 = 20,79L

d) Os íons iodeto catalisam a decomposição da água oxigenada, a qual, mesmo que termodinamicamente espontânea, é muito lenta normalmente (a temperatura ambiente) para ser observada experimentalmente.

 

#44

a) Um gás apresenta comportamento mais próximo da idealidade em situações que desfavoreçam interações intermoleculares, isto é, baixas pressões e altas temperaturas, uma vez que sob a ótica da teoria cinética dos gases não há interações (que não sejam colisões elásticas) entre as moléculas de gases.

b) O termo a.[n/V]² corrige a existência de interações intermoleculares entre moléculas de um gás real (o que inexiste segundo a teoria cinética dos gases clássica) – a qual diminui a pressão experimentalmente observada em relação à esperada teoricamente para um gás ideal -, enquanto o termo nb corrige para o volume molecular não desprezível de um gás real (segundo a teoria cinética dos gases, o volume das moléculas dos gases ideais é desprezível) que causa uma leitura de volume maior que aquela esperada para gases ideais.

c) Espera-se um desvio menor para as moléculas de hélio, uma vez que apresentam volume molecular menor (mais próximo do proposto pela teoria cinética dos gases) e são menos importantes as interações intermoleculares (as quais são bem maiores para moléculas de propano, nas quais as dispersões de London são muito mais intensas e relevantes), de modo que há uma maior concordância experimental com o modelo de gás ideal.

d) Segundo a padronização, a concentração de permanganato é de:

2 MnO₄^- : 5 C₂O₄^2-

[MnO₄^-] = 0,1456g Na₂C₂O₄ / 12,35.10^-3 L = 3,519.10^-2 mol MnO₄^- / L

Assim, como 2 MnO₄^- : 5 H₂O₂, temos que:

[H₂O₂]_dil. = 15,05mL MnO₄^- / 15,00 mL H₂O₂ = 0,08827 mol H₂O­₂ / L

[H₂O₂]_conc. = (150,0/10,00) . 0,08827 = 1,324 mol H₂O₂ / L

[V_O2] =  [H₂O₂]_conc. . RT/2P = 16,20 volumes

 

#45

a) Um gás apresenta comportamento mais próximo da idealidade em situações que desfavoreçam interações intermoleculares, isto é, baixas pressões e altas temperaturas, uma vez que sob a ótica da teoria cinética dos gases não há interações (que não sejam colisões elásticas) entre as moléculas de gases.

b) O termo a.[n/V]² corrige a existência de interações intermoleculares entre moléculas de um gás real (o que inexiste segundo a teoria cinética dos gases clássica) – a qual diminui a pressão experimentalmente observada em relação à esperada teoricamente para um gás ideal -, enquanto o termo nb corrige para o volume molecular não desprezível de um gás real (segundo a teoria cinética dos gases, o volume das moléculas dos gases ideais é desprezível) que causa uma leitura de volume maior que aquela esperada para gases ideais.

c) O termo a está relacionado a interações intermoleculares: quanto maior, mais fortes as interações intermoleculares existentes. O termo b está relacionado a volume molecular: quanto maior a molécula, maior o valor de Assim, conclui-se que a ordem é SO₂, H₂, H₂O e N₂:

O primeiro apresenta o maior volume molecular (coeficiente b), logo deve ser o SO₂. O segundo apresenta um valor muito menor que os outros para o coeficientes de interações intermoleculares a, logo deve ser o H₂. O terceiro apresenta valor anormalmente alto de coeficiente a, o que indica interações muito fortes (do tipo ligação de hidrogênio), logo deve ser H₂O. Por exclusão, o último deve ser o N₂.

d) Espera-se um desvio menor para as moléculas de hélio, uma vez que apresentam volume molecular menor (mais próximo do proposto pela teoria cinética dos gases) e são menos importantes as interações intermoleculares (as quais são bem maiores para moléculas de propano, nas quais as dispersões de London são muito mais intensas e relevantes), de modo que há uma maior concordância experimental com o modelo de gás ideal.

e) Rearranjando a equação apresentada (equação de Van der Waals), desprezando o termo nb, temos que:

(P + a.[n/V]²).V = mRT/M

d = M.P’/RT

Sabe-se que a pressão é de modo geral menor no caso em que existem interações intermoleculares, logo, a densidade deve diminuir, uma vez que é diretamente relacionada à pressão P’.

 

#46

a) A massa molar do cobre é 63,5g/mol. Assim, a massa inicial de cobre é de 30.63,5 = 1905mg = 1,905g. Assim, o rendimento do ciclo é R = 1,12/1,905 = 58,8%.

b) Percebe-se que foram realizadas cinco etapas (dissolução, precipitação básica, decomposição térmica, dissolução e precipitação redox). Como o rendimento total é o produto do rendimento por etapas e todas as etapas tiveram um rendimento r igual:

r.r.r.r.r = r⁵ = R ⇔ r = R^1/5 = (0,588)^1/5 ⇔ r = 89,9%

O rendimento de cada etapa foi de 89,9%.

c) O agente oxidante é a substância F (sulfato de cobre (II)) e o agente redutor é o zinco metálico. Segundo esse experimento, o zinco é o metal mais reativo, uma vez que se oxida em contato com uma solução de cobre (o que indica sua preferência pela forma oxidada dos íons zinco).

 

#47

a)
Calculando a massa molar média do ar seco:

$M_{seco}$ = 0,2 . $M_{O2}$ + 0,8 . $M_{N2}$

$M_{seco}$ = 0,2 . 32g/mol + 0,8 . 28g/mol

$M_{seco}$ = 28,8g/mol

Assim,

$X_{agua}$ = $P_{agua}$ / $P_{atm}$

$P_{agua}$ = 0,2 . 2,3kPa = 0,46kPa

Logo,

$X_{agua}$ = 0,46 / 100

$X_{agua}$ = 0,0046

Por fim, calculamos a massa molar do ar úmido:

$M_{umido}$ = $X_{agua}$ . $M_[agua]$ + (1- $X_{agua}$ ) . $M_{seco}$

$M_{umido}$ = 0,0046 . 18g/mol + 0,9954 . 28,8g/mol

$M_{umido}$ = 28,75g/mol

b)
A maior abundância do $N_2$ em relação ao $O_2$ pode ser explicada em termos de reatividade das duas substâncias. Enquanto $O_2$ pode combinar-se com muitas substâncias abundantes na Terra, a estabilidade química do $N_2$ se assemelha à dos gases nobres.

A inércia química do $N_2$, por sua vez, é consequência da elevada entalpia da ligação tripla entre os átomos de $N$. Estabelecendo um comparativo entre ela e a ligação dupla entre os átomos de $O$, segue que:

->Em $O_2$, cada átomo de Oxigênio contém 4 elétrons desemparelhados, o que gera repulsão elétrica, colaborando para a instabilidade da ligação.
Em $N_2$, cada átomo apresenta apenas 2 elétrons desemparelhados.
->O raio atômico de $O$ é inferior ao raio atômico de $N$, o que também contribui para desestabilizar a ligação em $O_2$ via repulsão eletrônica.
->A ordem de ligação em $N_2$ - que é igual a 3 - é maior do que a ordem de ligação em $O_2$ - que vale 2 -, o que contribui significativamente para a maior entalpia de ligação do dinitrogênio.

c)

Calculando a fração molar necessária para que os dois gases tenham a mesma abundância (condição-limite):
$X_{agua}$ = (1-$X_{agua}$) . 0,0093

1,009 . $X_{agua}$ = 0,0093

$X_{agua}$ = 0,0092

Portanto,

$P_{agua}$ = 0,0092 . 100kPa

$P_{agua}$ = 0,92kPa

Calculando a umidade relativa,

Umidade = 0,92kPa / 2,3kPa

Umidade = 40%

 

#48

A) Como podemos relacionar o numero de mol de um certo elemento com o volume do gás:
Existe 1 mol de carbono em um mol de $CO_2$, logo relacionamos 1 mol de carbono com $1,12 L$, o volume dado na questão.
Existe 2 mol de hidrogênio no $H_2O$, logo relacionamos 1 mol de hidrogênio com $5,6 L$, o dobro do volume dado na questão.
Existe 2 mol de nitrogênio no $N_2$, logo relacionamos 1 mol de nitrogênio com $1,12 L$, o dobro do volume dado na questão.

Assim como quando achamos o numero de mol de cada elemento, podemos dividir pelo menor número de mol para chegar na formula mínima, podemos fazer isso com o volume, pois a volume é diretamente proporcional ao numero de mol contanto que a pressão e a temperatura estejam constantes.

Logo, a formula minima é: $C_{\dfrac{1,12}{1,12}}H_{\dfrac{5,6}{1,12}}N_{\dfrac{1,12}{1,12}} \Rightarrow CH_5N$

B)

C)

Metilamina

D)
Sim, pois não existe nenhum múltiplo de $CH_5N$ que seja uma estrutura válida, pois o número de hidrogênios ficaria $5*x$ sendo x o multiplicador, e o máximo de ligações que se pode fazer com o hidrogênio é $(x)*2 + 2 + x$ (explicação da expressão: considerando um alcano, número máximo de hidrogênios, IDH = 0, o numero de hidrogênios seria 2n + 2, sendo n o número de carbonos, mas cada nitrogênio adicionaria mais 1 hidrogênios, que seria o terceiro termo da expressão) , igualando as duas equações, percebemos que a unica solução é x = 1.

 

#49

a) Titulação.
b) x é a de concentração menor, logo é a de 0,01 M, como é pegado 10 ml dessa solução, o número de mol ficaria $10*10^{-3} L * 0.01 M \Rightarrow 1*10^{-4} mol$, mas como o ácido é triprótico, gastaria o triplo de mol de base para neutralizar, logo: $N_{NaOH} = 1*10^{-4}*3 \Rightarrow N_{NaOH} = 3 * 10^{-4}$. Como a solução de NaOH é 1 mol por litro, seria necessário: $V_{NaOH} = dfrac{3*10^{-4} mol}{1 dfrac{mol}{L} \Rightarrow x = 3*10^{-4}L}$

Fazendo o mesmo processo para as outras soluções, chegamos em que $y = 1,5*10^{-3}L$ e $z = 3*10^{-3}L$
c) O processo 2 é padronizar a solução, o processo consiste em usar um composto mais estável de pesar e armazenar para aferir a concentração de um composto que é menos estável. O NaOH, por exemplo, é difícil de se pesar devido a alta higroscopia do composto, é comum usarem $KHC_8H_4O_4$, conhecido como biftalato de potássio.

 

#50

a) $HCl, \, H_2O$ e $NaOH$

b)

c) Como queremos a molaridade faremos o cálculo usando V =  1 L:

$d = \dfrac{mH_2O + mHCl}{1L}$ e $0.37 = \dfrac{mHCl}{mH_2O + mHCl}$

Multiplicando os 2 e substituindo a densidade:

$0.37*1.18*10^3 = \dfrac{mHCl}{1}$

Dividindo os dois lados pela massa molar:

$M_{HCl} = \dfrac{0.37*1.18*10^3}{36.5} \Rightarrow M_{HCl} = 12 \frac{mol}{L}$

d)

$nNaOH = nHCl \Rightarrow nNaOH = M_{HCl} * V_{HCl} \Rightarrow nNaOH = 0.36 mol$

e)

$V_{NaOH} = \dfrac{nNaOH}{M_{NaOH}} \Rightarrow V_{NaOH} = 0.36 L$

 

#51

a) A capacidade tamponante fica mais forte quanto pH se aproxima do pKa, logo:

pH = 4.75

b) Usando Henderson-Hasselbalch:

$pH = pKa + log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}) \Rightarrow pH - pKa = log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}) \Rightarrow log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}) = 0 \Rightarrow log[CH_3COO^-] = log[CH_3COOH] \Rightarrow [CH_3COO^-] = [CH_3COOH]$

Conclusão, pH = pKa se, e somente se [CH_3COO^-] = [CH_3COOH].

c) A capacidade tamponante vai ser enfraquecida, pois terá menos base conjugada perante ao ácido conjugado para estabilizar o pH.

Nota: Para fazer o próximo grupo de itens irei usar as seguintes aproximações:

$Se \ [CH_3COOH]_0/ka > 400, [CH_3COOH] - [H^+] \approx [CH_3COOH]_0$

$Se \ Ka*[CH_3COOH]_0 > Kw, [H^+] \approx [CH_3COO^-]$

d)  Como a solução é um tampão:

$pH = pKa + log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]})$

Calculando as concentrações depois de despejar o ácido:

$[CH_3COO^-] = 1 - [HCl] \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.99$

$[CH_3COOH] = 1 + [HCl] \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.01$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.99]}{[1.01]}) \Rightarrow pH = 4.74$

Adicionando mais 0.1...

$[CH_3COO^-] = 0.99 - 0.1 \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.89$

$[CH_3COOH] = 0.99 + 0.1 \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.11$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.89]}{[1.11]}) \Rightarrow pH = 4.64$

 

e)

Calculando as concentrações depois de despejar o ácido:

$[CH_3COO^-] = 1 - [HCl] \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.9$

$[CH_3COOH] = 1 + [HCl] \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.1$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.9]}{[1.1]}) \Rightarrow pH = 4.65$

Adicionando mais 0.1...

$[CH_3COO^-] = 0.99 - 0.1 \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.8$

$[CH_3COOH] = 0.99 + 0.1 \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.2$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.8]}{[1.2]}) \Rightarrow pH = 4.56$

f)

NOTA: O tampão foi desfeito nesse item pois a base foi consumida por completo, logo usaremos as aproximações que já foram citadas na constante de acidez do ácido acético.

Usaremos a $[CH_3COOH]_0 = 2 \frac{mol}{L}$ pois todo o ácido clorídrico vai ser consumido para converter o $CH_3COO^-$ em $CH_3COOH$.

$[CH_3COOH]_0 =$ Ácido acético antes do equilíbrio.

$Ka=\dfrac{[H^+]*[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]_0-[H^+]}$

$Ka = \dfrac{[H^+]^2}{[CH_3COOH]_0} \Rightarrow [H^+] = (10^{-4.75}*2)^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow [H^+] = 0.06 \frac{mol}L \Rightarrow pH = 2.22$

Adicionando mais 0.1...

$[H^+] = (10^{-4.75}*2.1)^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow pH = 2.21$

g) Sim, apesar de não ser aparente devido a diferença de pH quando se adiciona mais 0.1 mol de ácido no item f) ser tão pequena, ela é explicada devido ao pH ser $-log[H^+]$. como o pH varia logaritmicamente, quando a concentração do $H^+$ aumenta, a variação do pH diminui drasticamente, mas se você for ver a variação de $[H^+]$, ela é bem maior no item f).

 

#52

A)

B)

C)

 

#53

A)

Note que há liberação do gás carbônico, que é o responsável pela propulsão do foguete.

B) Outro uso dessa reação é como medida de segurança, já que pode ser usada como extintor. Isso se explica pela capacidade do gás CO₂, em conjunto com a própria solução do extintor caseiro, de refrear incêndios em condições iniciais.

C)

 

#54

a) O processo de obtenção do alumínio é a eletrólise ígnea.

b) Porcentagem de Al no Al₂O₃: m_Al/(m_Al+m_O)=27*2/(27*2+16*3)=52,9%

Portanto a massa de bauxita necessária será: m_bau=m_Al/%_pureza*%_Al= 1/0,6*0,529

m_bau=3,15 toneladas

c) Q=iΔt, portanto, 3*n_Al*F=i*7*24*60*60 => i=1,77*10⁴ A

 

#55

I - Considerando, a fim de facilitar as contas, 100g de amostra:

Massa de Ca: 52,36 m/m% x 100g = 52,36 g

Massa de Cl: 46,32 m/m% x 100g = 46,32 g

Massa de H: 100g - (46,32g + 52,36g) = 1,32 g

II - Calculando a quantidade de matéria em mol de cada um:

Ca: $52,36$ $g$ $/$ $40$ $g.mol^{-1}$ $=$ $1,32$ $mol$

Cl: $46,32$ $g$ $/$ $35,2$ $g.mol^{-1}$ $=$ $1,32$ $mol$

H: $1,32$ $g$ $/$ $1,0$ $g.mol^{-1}$ $=$ $1,32$ $mol$

III - Dividindo todos por $1,32$, temos a proporção de Cálcio, Hidrogênio e Cloro igual a 1 :  1 : 1.

Resposta: $CaHCl$

 

#56

a)

1. O compartimento 1 é verde. O pH verde é aproximadamente neutro. Assim, a substância que deve ter sido colocada no compartimento seria o $Na_2SO_4$, um sal neutro;
2. O compartimento 2 é amarelo. O pH amarelo é ácido. Assim, a substância que deve ter sido colocada no compartimento seria o $HCl$, um ácido forte;
3. O compartimento 3 é azul. O pH azul é básico. Assim, a substância que deve ter sido colocada no compartimento seria $Ba(OH)_2$, uma base forte

b)

Na área azul, o pH precisa ser maior que 7,6. Assim, a concentração de $OH^-$ deve ser no mínimo $10^{7,6-14} = 3,98 \cdot 10^{-7} \frac{mol}{L}$. Como a estequiometria de $Ba(OH)_2$ para $OH^-$ é de 2:1, a concentração mínima de $Ba(OH)_2$ é a metade, ou seja, $1,99 \cdot 10^{-7} \frac{mol}{L}$

Para calcular o numero de mols, precisamos então calcular o volume do compartimento. O círculo azul tem diâmetro 15 cm, logo seu raio é de 7,5 cm. Assim, sua área é de $\pi {(7,5 cm)}^2 = 168,75 cm^2$. Multiplicando pela profundidade, temos que o volume é de $1678,5 cm^3 = 1678,5 mL = 1,69 L$. Assim, multiplicando a concentração pelo volume, temos que $1,99 \cdot 10^{-7} \frac{mol}{L} \cdot 1,69 L = 3,36 \cdot 10^{-7} mol$

Na área amarela, o pH precisa ser menor que 6,6. Assim, a concentração de $H^+$ deve ser no mínimo $10^{-6,6} = 2,51 \cdot 10^{-7} \frac{mol}{L}$. A estequiometria é 1:1 então essa é a concentração de HCl também.

A área total do losango amarelo é $\frac{40cm \cdot 25 cm}{2} = 500 cm^2$. Porém, a área do compartimento 2 não é a área total do losango, pois deve-se descontar a área do círculo. Assim a área da região 2 é $500 cm^2 - 168,75 cm^2 = 333,25 cm^2$. Multiplicando pela profundidade, temos o volume $3332,5 cm^3 = 3,31 L$. Portanto, o número de mols de HCl seria $2,51 \cdot 10^{-7} \frac{mol}{L} \cdot 3,31 L = 8,31 \cdot 10^{-7} mol$

c)

$Na_2SO_{4 (aq)} + Ba(OH)_{2 (aq)} \rightarrow BaSO_{4 (s)} + 2 NaOH_{(aq)}$

Ou também, possivelmente:

$Ba^{2+}_{(aq)} + SO^{2-}_{4 (aq)} \rightarrow BaSO_{4 (s)}$

 

#57

Para respondermos está questão devemos procurar o volume ocupado pelos produtos, e para isso iremos buscar o número de mols que de $NH_4NO_3$ que reagiram:

 $MM(NH_4NO_3) = 80 g.mol^{-1}$

${2750.10^6 g \over 80 g.mol^{-1}} = 3,4375.10^{7}$ mols

Com isso temos que ao balancear a equação química referente a decomposição do nitrato de amônio, a quantidades dos reagentes será:

$2NH_4NO_3 \rightarrow 2N_2 + O_2 + 4H_2O$

$3,4375.10^7$ mols de $N_2$

$1,71875.10^7$ mols de $O_2$

$6,875.10^7$ mols de $H_2O$

Desta forma podemos somar o número de mols dos $3$ produtos e aplicar a equação de Clapeyron par encontrarmos o volume:

$PV = NRT$

$V = {{[(3,4375.10^7)+(1,71875.10^7)+(6,875.10^7)].0,082.573} \over 100}$

$V \cong 5,65.10^7$ litros

Por fim devemos analisar que as características das reações explosivas são o fato delas serem rápidas, exotérmicas e terem uma produção de gases, aspectos estes que são vistos na reação descrita na questão.

Com isso podemos concluir que o item correto corresponde a letra $A$.

#58

De início devemos encontrar a fórmula molecular do composto B, para isso iremos realizar o procedimento padrão de determinação da fórmula empírica:

${67,33 \over 12} \cong 5,61 \rightarrow {5,61 \over 0,33} = 17$

${6,93 \over 1} = 6,93 \rightarrow {6,93 \over 0,33} = 21$

${4,62 \over 14} = 0,33 \rightarrow {0,33 \over 0,33} = 1$

${21,12 \over 16} = 1,32 \rightarrow {1,32 \over 0,33} = 4$

Sabendo que a formula molecular é igual a fórmula empírica, temos que ela corresponde a:

$C_{17}H_{21}NO_4$

$MM(C_{17}H_{21}NO_4) = 303 g.mol^{-1}$

Com isso temos que ao balancearmos a equação descrita na questão, podemos encontrar o número de mols de  benzoilmetilecgonina que participam da reação de maneira que consequentemente podemos determinar a massa do complexo formado ao final do processo:

$Co^{2+} + 4SCN^{-} + 2B \rightleftharpoons [Co(SCN)_4B_2]^{2-}$

${3 g \over 303 g.mol^{-1}} \cong 9,9.10^{-3}$ mols de $B$

${9,9.10^{-3} \over 2} \cong 4,95.10^{-3}$ mols de $[Co(SCN)_4B_2]^{2-}$

$MM([Co(SCN)_4B_2]^{2-}) = 897 g.mol^{-1}$

$(4,95.10^{-3}) . 897 \cong 4,5 g$ do complexo

Com isso Podemos concluir que o item correto corresponde a letra $B$.

 

#59

$a$) Para responder os itens b e c é necessário que seja notado que o nitreto será convertido em nitrato, de modo que isso ocorre por meio das seguintes reações (não daremos foco para as demais reações que se baseiam apenas na dissociação):

• $Mg_3N_2 + 6H_2O \rightarrow 2NH_3 + 3Mg(OH)_2$
• $2NH_3 + 3O_2 \rightarrow 2H^{+} + 2NO_2^{-} + 2H_2O$
• $2NO_2^{-} + O_2 \rightarrow 2NO_3^{-}$

$b$) Inicialmente devemos encontrar a quantidade de nitrato que foi disponibilizado para toda a região e em quantos litros de terra ocorreu isto:

• Nitrato oriundo do $Mg_3N_2$:

$({2molNH_3 \over 1 mol Mg_3N_2} . {2molNO_2^{-} \over 2molNH_3} . {2molNO_3^{-} \over 2molNO_2^{-}} . {1 molMg_3N_2 \over 100,9g} . {400.10^3g}) = M \cong 7928,64 mols$

• Nitrato oriundo do $KNO_3$:

$({1mol KNO_3 \over 101,1g} . {1.10^6g})=N \cong 9891,17 mols$

• Volume:

$(1.10^4.5.1000)=H$

Logo nós temos que a resposta será (o ideal é usar os valores puros, para isso é recomendado que seja salvo os valores na memória de sua calculadora):

${{M+N} \over H} \cong 3,56.10^{-4}$

$c$) Inicialmente devemos encontrar a quantidade de magnésio que foi disponibilizado para toda a região, dividir pelo volume encontrado pelo item anterior e aplicar na propriedade $pX$:

• Magnésio oriundo do $Mg_3(PO_4)_2$:

$({1molMg_3(PO_4)_2 \over 262,9g} . {3molMg^{2+} \over 1molMg_3(PO_4)_2} . {1.10^6g})=F \cong 11411,18 mols$

• Magnésio oriundo do $Mg_3N_2$:

$({3molMg(OH)_2 \over 1molMg_3N_2} . {1molMg^{2+} \over 1molMg(OH)_2} . {1molMg_3N_2 \over 100,9g} . {400.10^{3}g})=G \cong 11892,96$

• A concentração molar:

${{F+G} \over H} =Z \cong 4,66.10^{-4}$

Logo nós temos que a resposta será (o ideal é usar os valores puros, para isso é recomendado que seja salvo os valores na memória de sua calculadora):

$-log(Z) \cong 3,33$

 

#60

Como $HCl$ é um ácido forte e $Na(OH)$ é uma base forte, sabemos que a reação de neutralização é:

$HCl_{(aq)}+Na(OH)_{(aq)} \Longrightarrow NaCl_{(aq)}+H_2O_{(l)}$

Sabendo que a quantidade de mols de $Na(OH)$ é:

$n_{Na(OH)}$ = $Volume_{Na(OH)}$ x $[Na(OH)]$

$n_{Na(OH)}$ = $0,1L$ x $0,5mol.L^{-1}$

$n_{Na(OH)} = 0,05 mol$

Podemos descobrir a quantidade de mols de $HCl$ necessária, baseado na reação de neutralização:

$1$ $mol$ $Na(OH) \Longrightarrow 1 mol HCl$

$0,05$ $mol$ $Na(OH) \Longrightarrow$ $n$ $mol HCl$

$n = 0,05$ $mol$ $de$ $HCl$

Como a solução de $HCl$ tem concentração de $0,4mol.L^{-1}$: 

$n_{HCl}$ = $Volume_{HCl}$ x $[HCl]$

$0,05$ $mol$ $de$ $HCl = Volume_{HCl}$ x $0,4mol.L^{-1}$

$Volume_{HCl} = 0,125 L$

$Volume_{HCl} = 125 mL$

 

#61

Inicialmente devemos encontrar todas as reações que ocorrem durante o processo, utilizando o método do íon elétron e as informações dadas no texto chegamos nas seguintes relações:

$4Mn^{2+} + O_2 + 2H_2O \rightarrow 4Mn^{3+} + 4OH^{-}$

$2Mn^{3+} + 2I^{-} \rightarrow 2Mn^{2+} + I_2$

${I^{-}}_{excesso} +I_2 \rightarrow {I_3}^{-}$

$2{S_2O_3}^{2-} + {I_3}^{-} \rightarrow 3I^{-} + {S_4O_6}^{2-}$

Após isto podemos chegar na seguinte relação entre o $O_2$ e o ${S_2O_3}^{2-}$:

${ 1mol O_2 \over 4mol Mn^{3+}}.{ 2mol Mn^{3+} \over 1mol I_2}.{ 1mol I_2 \over 1mol {I_3}^{-}}.{ 1mol {I_3}^{-} \over 2mol {S_2O_3}^{2-}} = {1 mol O_2 \over 4mol {S_2O_3}^{2-}}$

Deste modo ao multiplicarmos a relação pela molaridade e o volume do tiossulfato, ajustarmos para o volume da amostra resultante e dividirmos pelo volume inicial, podemos chegar a conclusão que a quantidade de $O_2$ em $mol/L$ é igual à:

${1 mol O_2 \over 4mol {S_2O_3}^{2-}}.{0,002 mol {S_2O_3}^{2-} \over 1 L_{titulante}}.{0,015L_{titulante}}.{412ml \over 50ml} = X$

${ X \over 0,4L}=1,545.10^{-4} mol/L$

Para sabermos se está dentro do parâmetro ou não deveremos fazer o seguinte cálculo:

${1,545.10^{-4} mol \over L}.{32g \over 1 mol}.{1000mg \over 1g} = 4,944 mg/L$

Desde modo podemos concluir que a indústria está seguinte os parâmetros estipulados.

 

#62

Primeiramente, suponha que todo $CH_3COOH$ presente em $25mL$ reage com $NaOH$ gerando $2,5mmol$ de $CH_3COONa$ pela reação $CH_3COOH + NaOH$ $\rightarrow$ $CH_3COONa + H_2O$. Achamos que a concentração de $CH_3COOH$ logo após essa etapa é de $0,05mol/L$.

Agora, em uma segunda etapa, note que $Na^+$ é um cátion inerte e que $CH_3COO^-$ reage com água da seguinte maneira: $CH_3COO^- + H_2O$ $\rightarrow$ $CH_3COOH + OH^-$ com $Kb=Kw/Ka$ e $Kb=[CH_3COOH].[OH^-]/[CH_3COO^-]$.

 

Fazendo a tabela de equilíbrio:

Daí:

$$\begin{equation*} Kb=\frac{Kw}{Ka}=\frac{[CH_3COOH].[OH^-]}{[CH_3COO^-]}\end{equation*}$$

Substituindo:

$$\begin{equation*} \frac{10^{-14}}{1,8.10^{-5}}=\frac{x.x}{0,05-x}\end{equation*}$$

Resolvendo, achamos que $x=5,27.10^{-6}=[OH^-]$ e $pOH=-log[OH^-]=5,3$. Portanto $pH=14-pOH=8,7$.

 

#63

Escrevendo a reação de combustão balanceada:

$C_3 H_{8_{(g)}}+ 5O_{2_{(g)}}$ $\rightarrow$ $3CO_{2(g)} + 4H_2O_{(l)}$

Pela estequiometria, a quantidade de água produzida será de $20$ mols na combustão. Assim, a quantidade, em gramas, de água produzida será isso vezes a massa molar da água. Portanto, $20mol.18g/mol=360g$.

 

#64

Escrevendo a reação que dá origem à expressão do $Kps$:

$Fe(OH)_{3(s)}$ $\rightarrow$ $Fe^{3+}+3OH^-$. Portanto: $Kps=[Fe^{3+}].[OH^-]^3$.

Como $pH+pOH=14, pOH=1$ e $[OH^-]=10^{-1}$.

Assim, pela expressão do $Kps$: $2.10^{-39}=(10^{-1})^3.[Fe^{3+}]$. Logo $[Fe^{3+}]=2.10^{-36}mol/L$ que é a solubilidade.

 

#65

A reação de combustão ficaria $\text{C}_{12} \text{H}_{24} \to 12 \, \text{CO}_2 + 12 \, \text{H}_2 \text{O}$. Mas a massa molar do dodequeno é, segundo dados da tabela periódica, $168 \text{g / mol}$. Pela densidade fornecida do dodequeno,

$\frac{0,79 \text{g}}{1 \text{mL}} = \frac{1,58 \cdot 10^3 \text{g}}{2 \cdot 10^3 \text{mL}} \,,$

ou seja, reagem $1,58 \cdot 10^3 \text{g}$ de hidrocarboneto. Pela massa molar,

$\frac{168 \text{g}}{1 \text{mol}} = \frac{1,58 \cdot 10^3 \text{g}}{9, 39\text{mol}} \,,$

isto é, reagem $9,4 \text{mol}$ de dodequeno. Mas o coeficiente estequiométrico do dióxido de carbono é doze vezes maior que a do dodequeno, de modo que são produzidos $12 \cdot 9,39 \text{mol} = 112,68 \text{mol}$ de $\text{CO}_2$. A $25\, ^{\circ} \text{C}$ e $100 \, \text{k} \, \text{Pa}$, um mol de gás ocupa um volume (chamado "volume molar") de $24,5 \text{L}$. Logo

$\frac{24,5 \text{L}}{1 \text{mol}} = \frac{2760 \text{L}}{112,68 \text{mol}} \,,$

de modo que o gás liberado ocupa, aproximadamente, $2760 \text{L}$. Então a resposta é d) $2790 \text{L}$.

 

#66

O petróleo é composto por $hidrocarbonetos$ de diferentes tamanhos que são separados pelo processo de destilação fracionada com cada grupo de hidrocarbonetos gerando algum tipo de produto como diesel e gasolina.

 

#67

Analisando o espectro temos que:

Azul -> pH 8

Amarelo -> pH 12

Verde -> pH 11

 

Para produzir cada cor será necessário

Azul -> Substancias levemente básicas como sais de caráter básico. ex $NaHCO_3$

Amarelo -> Soluções $0,01M$ de uma base forte como $NaOH$.

Verde -> Preferencialmente uma solução tampão perto desse pH.

 

#68

$I$) Para solucionar esta questão é necessário determinar a equação da respectiva reação de combustão, porém como não possuímos a fórmula molecular do composto, devemos realizar por meio de incógnitas que iremos substituir com o decorrer da questão:

$C_{X}H_{Y}O_{Z} + \left( {{2X +{Y \over 2} - Z} \over 2} \right).O_2 \rightarrow X . CO_2 +\left ({Y \over 2} \right) . H_2O$

$II$) Agora vamos determinar o $X$ e o $Y$ por meio da determinação do número de mols com base nas massas dos produtos (os resultados fornecidos serão aproximados, porém para as futuras contas será utilizado os valores brutos, sendo eles salvos na memória da calculadora):

$\bullet$ $X$: $14,67g . {{1mol de CO_2} \over 44g} \cong 0,333 mol$ (A)

$\bullet$ $Y$: $3,67g . {{1mol de H_2O} \over 18g} . 2 \cong 0,408 mol$ (B)

$III$) Agora devemos encontrar o $Z$, sendo necessário realizar o seguinte calculo:

$A.12 + B.1 + Z.16 = 5g \rightarrow Z \cong 0,037$ (C)

$IV$) Por fim nos resta utilizar os valores encontrados para encontrar os coeficientes do número de mols de cada elemento na fórmula mínima, após isso basta multiplicar por 2 para encontrarmos a fórmula molecular:

$\bullet$ Carbono: ${A \over C} = 9$

$\bullet$ Hidrogênio: ${D \over C} = 11$

$\bullet$ Oxigênio ${C \over C} = 1$

$(C_{9}H_{11}O_{1}).2 \rightarrow C_{18}H_{22}O_{2}$

Obs: o nome desse composto é trembolona kkkkkkk.

 

#69

Inicialmente é importante que se note o fato do $NH_4OH$  não ser uma molécula, e sim uma forma de descrever o $NH_3$ em meio aquoso ($NH_3$ + $H_2O$). Desse modo basta aplicar a fórmula referente a solução tampão para acharmos o volume:

$pH = pKa + log{\left({[Base]} \over {[acido]} \right)} \rightarrow$

$10 = 9,26 + log{\left({0,1.0,5} \over {0,4.X} \right)} \rightarrow$

$10^{0,74} = {{0,1.0,5} \over {0,4.X}} \rightarrow$

$X = {{0,1.0,5} \over {10^{0,74}.0,4}} \rightarrow$

$X \cong 22,74ml$

Note que não foi levado em conta o volume total da solução final para determinar a concentração da base e ácido de Lewis, por conta que ao dividirmos a concentração da base pela do ácido, esse termo é cortados em decorrência dele ser o mesmo para ambos os termos.

 

#70

Inicialmente, é necessário que o indivíduo tenha o conhecimento de que o único íon que poderia vir de um gás e formar um precipitado branco com um dos íons do $BaCl_2$ é o sulfato, formando o $BaSO_4$, ao qual atende todas os requisitos mencionados no texto. Com isso, temos que o elemento $X$ corresponde ao enxofre e que o gás formado é o $SO_2$ (ele possui uma produção cineticamente mais favorável do que o $SO_3$, por conta da instabilidade da ligação ${\pi}_{p-p}$ presente no $SO_3$). Tendo isso em mente, podemos partir para as reações que ocorrem durante os processos:

$\bullet$ O primeiro teste:

${SO_2}_{(g)} + {H_20}_{(l)} + {1 \over 2}{O_2}_{(l)} \rightarrow {H_2SO_4}_{(aq)}$
${H_2SO_4}_{(aq)} + {BaCl_2}{(aq)} \rightarrow {BaSO_4}_{(s)} + 2{HCl}_{(aq)}$

$\bullet$ A titulação:

${SO_2}_{(g)} + {H_20}_{(l)} + {1 \over 2}{O_2}_{(l)} \rightarrow {H_2SO_4}_{(aq)}$
${H_2SO_4}_{(aq)} + 2NaOH_{(aq)(EXC.)} \rightarrow {Na_2SO_4}{(aq)} + 2{H_2O}$
$NaOH + HCl \rightarrow NaCl + H_2O$

Com as reações colocados, podemos partir para o cálculos. As contas serão divididas em etapas:

$\bullet$

Etapa $I$: Quantidade de $NaOH$ que afetivamente reagiu com o $H_2SO_4$:

$m_{(NaOH,H_2SO_4)} = m_{(NaOH,TOTAL)} - m_{(NaOH, HCl)}$
$m = (50.10^{-3}.1) - (30.10^{-3}.1)$
$m = 20.10^{-3}$

$\bullet$

Etapa $II$: Cálculo da porcentagem por meio das reações:

${\left({20.10^{-3}molNaOH}\right)}.{\left({{1molH_2SO_4}\over{2molNaOH}}\right)}.{\left({{1molSO_2}\over{1molH_2SO_4}}\right)}.{\left({{1molS}\over{1molSO_2}}\right)}.{\left({{32g}\over{1molS}}\right)}.{\left({{1}\over{5g.0,95}}\right)} \cong 6,74\%$

 

#71

Primeiro, vamos calcular qual será a atividade dessa substância após 30 dias.

$A = A_{o}.2^{-\frac{t}{t/2}}$

$\frac{t}{t/2} = \frac{30}{28} = 1.07$

$A = 400.2^{-1,07}$

$A = 190,34 \: Bq$

Sabemos que essa atividade calculada é a total do lago, logo vamos calcular a "concentração" de atividade ($C$) desse lago.

$C = 2.10{^{-8}}.0.1^{-1} = 2.10{^{-7}} \ Bq/L$

Assim, temos que:

$2.10{^{-7}}.V = 190,34$

$V = 9,5.10^{8} \: L$

 

#72

Como nos foi dado o $pKa$ da amônia, automaticamente sabemos qual é o $pKb$ dela. Neste caso, é $4,75$, o que nos fornece um $Kb$ de  aproximadamente $1,8\cdot 10^{-5}$. Vejamos a equação ionização da amônia em solução aquosa:

$NH_3 + H_2O \rightleftharpoons NH_4^{+} + OH^{-}$

No equilíbrio teremos uma concentração x de íon amônio e de hidroxilas, e (0,1 - x) de amônia. Contudo, como a concentração de amônia é relativamente alta e a sua constante básica é bem baixa, podemos fazer uma aproximação e assumir que (0,1 - x) seja aproximadamente 0,1. Jogando na constante, temos:

$Kb = \cfrac{x^2}{0,1}$

$x = (0,1\cdot Kb)^{\frac{1}{2}}$

$x = 1,35\cdot 10^{-3}$

$pOH = 2,87$

$pH = 11,13$

Agora, para calcularmos o volume até o ponto médio dessa titulação, devemos primeiro calcular o volume até o ponto de equivalência e dividi-lo por 2. Dessa forma:

$V = \cfrac{0,09\cdot 0,1}{0,5}\cdot \cfrac{1}{2}$

$V = 9 ml$

 

#73

A solubilidade de um sal é a concentração total de um dos íons presentes. Logo, a solubilidade do $AgCl$ é $[Ag^+] = [Cl^-]$ pela estequiometria do sal. Tomando arbitrariamente o íon de prata, temos que sua concentração é $\sqrt{K_{ps}}$.

Portanto, a solubilidade do sal é $1,3.10^{-5}$

 

#74

Dessa vez, a solubilidade do sal não pode ser mais expressa como somente a concentração de íons prata, mas sim a concentração total de prata presente. Dessa forma, $S = [Ag^+] + [Ag(NH_{3})_{2}^+] = [Cl^-]$.

 

Pela expressão da constante de equilíbrio:

$[Ag(NH_3)_2^+] = K_{associacao} \cdot [NH_{3}]^2 \cdot [Ag^+] = 1,6 \cdot 10^7 \cdot (0,1)^2 \cdot [Ag^+]$

 

Então, pela expressão do balanço de massa da solubilidade do sal e manipulando o equilíbrio de precipitação, temos que:

$[Ag^{+}] + 1,6 \cdot 10^7 \cdot (0,1)^2 \cdot [Ag^+] = \frac{1,7 \cdot 10^{-10}}{[Ag^{+}]}$

 

#75

Para sais anfipróticos, como o $KH_2PO_4$, a seguinte fórmula pode ser usada: $\frac{K_{a1} \cdot K_{a2}}{2}$

Então é pH= 4,67.

 

#76

Nesta questão temos basicamente a marcha analítica para o primeiro grupo de cátions. O primeiro passo é adicionar o $HCl$ em cada uma das soluções. Ocorrerá a formação de precipitado em todas, eles são devido aos compostos: $AgCl$, $PbCl_{2}$ e $Hg_2Cl_2$. Após a formação desses precipitados, aquecemos todas as soluções. Nas soluções com precipitados de $AgCl$ e $Hg_2Cl_2$, nada ocorre, entretanto, na que contém o precipitado de $PbCl_{2}$ percebesse a redissolução desse precipitado. Feito esse mini teste, pegamos a solução em que o precipitado desapareceu e pingamos algumas gotas de solução de cromato de potássio. Vai ser formado um precipitado de  $PbCrO_{4}$, que possui coloração amarela confirma a presença de $Pb^{2+}$.

Agora, retornando para as duas soluções com precipitados, basicamente apenas acrescentamos amônia nelas e observamos dois fenômenos diferentes. Na solução de $AgCl$, a medida que adicionamos amônia, temos  dissolução do precipitado devido a formação do complexo $Ag(NH_3)_2^{+}$ que é solúvel em água. Após essa redissolução, adicionamos mais $HCl$ e vemos o retorno do precipitado branco ($AgCl$), isso confirma a presença de $Ag^{+}$. Já na solução com precipitado de $Hg_2Cl_2$, ao adicionarmos $NH_3$, ocorre a formação da mistura $Hg(NH2)Cl\cdot Hg$, fruto de um desproporcionamento do $Hg_{2}^{2+}$. Essa mistura formada é preta com bolinhas brancas, o que confirma a presença de $Hg_{2}^{2+}$.

 

#77

Sabemos que: -log T=k. l . c , então, aplicando a fórmula, temos:

$-log(0,2) = 11 \cdot 10 \cdot \frac{x}{0,1}$

Então, resolvendo a equação obetmos que x, o número de mols de dicromato é $6,35\cdot10^{-4}$, mas a cada mol de dicromato, temos 2 de cromo, então o número de mols de cromo é $1,27\cdot10^{-3}$

 

#78

Sabendo que para uma mistura de A e B a absorbância se dar por:

$A_{T}= A_{A} + A_{B}$

Então para esse caso, temos o seguinte:

$A_{T} = k. l . c (A) + k. l . c (B)$

$11 \cdot 0,01 \cdot 1 + 2350 \cdot 0,0001 \cdot 1$ = 0,345

 

#79

Aqui temos duas incógnitas, as concetrações de $Cr_{2}O_{7}^{2-}$, que chamaremos de X e a de $MnO_{4}^-$ que chamaremos de Y, mas possuímos duas equações.

$-log(0,166) = 11 \cdot X \cdot 1 + 2350 \cdot Y \cdot 1$

 

$-log(0,355)= 95 \cdot X \cdot 1 + 370 \cdot Y \cdot 1$

Isolando Y e substituindo, obtemos que o número de mols de $Cr_{2}O_{7}^{2-}$, $X \cdot Vol$= 0,0113 mol e resolvendo para Y, temos que o número de mols de $MnO_{4}^-$, $Y \cdot Vol = 3,25\cdot 10^{-1}$.

Então temos que $n_{Cr} = 2\cdot n_{Cr_{2}O_{7}^{2-}}$, ${Cr}= \frac{n_{Cr} \cdot MM_{Cr}}{massa_{amostra}} = 0,855$.

$n_{Mn}= n_{MnO_{4}^{-}}$

${Mn} =\frac{n_{Mn}\cdot MM_{Mn}}{massa_{amostra}}$ = 0,13

 

#80

Massa de $FeCr_{2}O_{4}$ no minério: $2.1 \cdot 10^{6} \cdot 0,72 = 1,5 \cdot 10^{6} g$

 

#81

 

#82

$n_{Cr}$ em 50 mL = $2,3 \cdot 10^{-2}$ mol, então $n_{Cr}$ em 100 mL = $4,6 \cdot 10^{-2}$.

$m_{Cr}$ em 5g de amostra = $4,6 \cdot 10^{-2} \cdot 52 g mol^{-1}$ = 2,39g

 

$n_{Fe}$ usado na titulação = $43\cdot 10^{-3}L \cdot 1,6 mol L^{-1}$ = $6,96 \cdot 10^{-2}$ mol.

$n_{Fe}$ usado com o Dicromato: $1,15 \cdot 10^{-2} \cdot 6$ = $6,9 \cdot 10^{-2} mol$

$n_{Fe}$ usado com o permanganato = $6,96 \cdot 10^{-2} - 6,9 \cdot 10^{-2}$ =  $6 \cdot 10^{-4}$ mol.

$n_{Mn}$ usado em 50 mL é $\frac{6 \cdot 10^{-4}}{5}$ = $1,2 \cdot 10^{-4}$

$n_{Mn}$ em 100 mL é $2,4 \cdot 10^{-4}$ mol

$m_{Mn}$ é $2,4 \cdot 10^{-4} \cdot 54,90 g mol^{-1}$ = $0,013g$

Porcentagem de Mangânes = $\frac{0,013}{5} \cdot 100$ %  = $0,26$ %

Porncentagem de Cromo = $\frac{2,39}{5} \cdot 100$ % = $48$ %

 

#83

Uma solução saturada de sacarose sem corpo de fundo à 50° C tem massa de $260 + 100 = 360 g$. 

Se 260 g de soluto são dissolvidos em 360 g de solução, x gramas de soluto são dissolvidos em 800 g de solução. 

x = $260\times 800\div 360 = 577.8 g$ de soluto. Então, havia $800 - 577,8 = 222,2 g$ de água.

A 30 °C, 220 g de soluto são dissolvidos em 100 g de água, então y gramas de soluto são dissolvidos em 222,2 g de água. 

y = $220\times 222,2\div 100= 488,8 g$ de soluto são dissolvidos. 

Portanto, a massa de cristais precipitados durante o resfriamento é $577.8 - 488.8 = 89 g$.