curso d/e frente 1 - objetivo.br · módulo 29 – efeitos coligativos: tonoscopia, crioscopia e...

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FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA

� Módulo 28 – Propriedades Coligativas: Pressão de Vapor

1) a) Do gráfico

b)

O líquido A tem maior pressão de vapor e ela valeaproximadamente 0,8 atm.

2) A substância menos volátil é aquela que apresenta menorpressão de vapor, ou seja, CH3COOH.Resposta: A

3)

As substâncias CCl4 e C2H5OH estão totalmente vaporizadas.Resposta: B

4) As pressões P1, P2 e P3 são iguais, pois a pressão de vapornão depende da quantidade de líquido e sim da temperaturae da natureza do líquido.Resposta: B

5) • O líquido que evapora com maior velocidade é aquele quetem a menor temperatura de ebulição, neste caso, sulfe -to de carbono (CS2). O líquido que possui interações maisfortes entre suas moléculas é aquele que tem maiortemperatura de ebulição, neste caso, água (H2O).

• Em localidades de grandes altitudes, a pressãoatmosférica é menor e, portanto, o ponto de ebulição daágua é menor.

6) Ao resfriar o balão (molhar com água fria) a pressão internadiminui, diminuindo o ponto de ebulição de água.Resposta: D

7) Como o CCl4 apresenta maior pressão de vapor, ele contribuimais para a pressão total.Resposta: D

8) Quanto maior a temperatura maior é a pressão de vapor.Resposta: A

9) Quanto maior a temperatura de ebulição do líquido, menosvolátil ele é e, consequentemente, menor será a quantidadede vapor no tubo.Resposta: E

10) A pressão de vapor só depende da temperatura e da naturezado líquido.Resposta: B

11) A pressão de vapor só depende da temperatura e da naturezado líquido.Resposta: D

12) a) Do gráfico

b) Sob pressão de 500 mm de Hg, os pontos de ebulição doéter dietílico e do etanol, são respectivamente, 22°C e67°C aproximadamente. (Vide gráfico).Neste caso, o éter dietílico, a 50°C, é gasoso e o etanol, a50°C, é líquido.

13) O ponto de ebulição é atingido quando a pressão de vapor dolíquido se iguala à pressão externa. Como os líquidos estãono mesmo local, a pressão externa é a mesma e, portanto,quando em ebulição, as pressões de vapor são iguais.Resposta: B

14) A pressão de vapor depende da temperatura.Resposta: E

15) No nível do mar, a água ferve a 100°C, pois a pressão atmos -férica é de 760 mmHg. Em locais acima do nível do mar apressão atmosférica é menor e, consequentemente, o pontode ebulição será menor.Resposta: C

CADERNO 7 – CURSO D/E

� TA = 60°CTB = 70°C

P(mHg)

843

813

700

355

332

202

80 T (ºC)

CC

l 4

CH

OH

25

HO

2D

O2

CH

CO

OH

3

QUI-0005330-a

� Téter � 32°CTetanol � 77°C

QUÍMICA

� Módulo 29 – Efeitos Coligativos: Tonoscopia, Crioscopia eEbulioscopia

1) 1) Falso.Quanto mais volátil o líquido, maior sua pressão devapor.pA < pB \ B é mais volátil que A.

2) Falso.B é mais volátil e, portanto, apresenta menortemperatura de ebulição.

3) Falso.A pressão de vapor não depende do volume do líquido.

4) Verdadeiro.A temperatura de ebulição depende da pressão externa.Quanto maior a pressão externa, maior será atemperatura de ebulição.

5) Verdadeiro.Tonometria: ao ser adicionado um soluto não volátil aum solvente, a pressão de vapor do solvente diminui.

6) Verdadeiro.Temperatura de ebulição da água, quando submetida auma pressão externa de 760 mmHg, é 100°C e, portanto,sua pressão de vapor nesta temperatura é 760 mmHg.

2) O efeito coligativo é diretamente proporcional ao número departículas dispersas por unidade de volume.Quanto mais partículas dispersas, menor a pressão de vapor.Sistema x: apenas solvente (maior pressão de vapor)Sistema y: 1 mol de naftaleno –––––––– 128 g

ny –––––––– 5 g

Sistema z: 1 mol de naftaceno –––––––– 228 gnz ––––––––– 5 g

Ordem crescente de partículas dispersas: x < z < yOrdem crescente de pressão de vapor: py < pz < pxResposta: C

3) Considerando o ácido 100% ionizado:H2Oa) sacarose (s) æææÆ sacarose (aq)

0,1 mol 0,1 mol/L

H2Ob) sacarose (s) æææÆ sacarose (aq)0,2 mol 0,2 mol/L

H2Oc) HCl (g) æææÆ H+ (aq) + Cl– (aq)

0,1 mol/L 0,2 mol/L

H2Od) HCl (g) æææÆ H+ (aq) + Cl– (aq)

0,2 mol/L 0,4 mol/L

H2Oe) NaOH (s) æææÆ Na+ (aq) + OH– (aq)

0,1 mol/L 0,2 mol/L

Quanto maior o n.o de partículas dispersas, menor a pressãode vapor.Resposta: D

4) O solvente puro tem maior pressão de vapor que o solventena solução.Resposta: C

5) A) ureia Æ ureia

0,2 mol/kg 0,2 mol/kg

B) NaCl Æ Na+ + Cl–


C) HCl Æ H+ + Cl–


Como os números de partículas dispersas são iguais, o efeitocoligativo é igual.Resposta: A

H2O6) BaCl2 (s) ææÆ Ba2+ (aq) + 2 Cl– (aq)

0,010 mol/L 0,030 mol/L

H2OC6H12O6 (s) ææÆ C6H12O6 (aq)

0,010 mol/L 0,010 mol/L

Como o número de partículas dispersas da primeira soluçãoé o triplo do número de partículas dispersas da segundasolução, pode-se afirmar que o abaixamento do ponto decongelação da primeira é cerca de três vezes maior que o dasegunda.Resposta: C

H2O7) I. C12H22O11 ææÆ C12H22O11

x mol/kg x mol/kg

H2OII. NaCl ææÆ Na+ + Cl

–

y mol/kg 2y mol/kg

H2OIII. MgSO4 ææÆ Mg2+ + SO4

2–

z mol/kg 2z mol/kg

H2OIV. MgCl2 ææÆ Mg2+ + 2 Cl

–

w mol/kg 3w mol/kg

Para que o abaixamento do ponto de congelamento seja omesmo, o número de partículas deve ser o mesmo:x = 2y = 2z = 3wResposta: C

ny = 0,039 mol

nz = 0,022 mol

2 –

8) Ao se adicionar um soluto a um solvente, o ponto decongelamento do solvente é diminuido.Resposta: B

9) Para que o abaixamento do ponto de congelamento seja omesmo, o número de partículas do soluto por unidade demassa de solvente deve ser o mesmo.Resposta: B

10) Para ter o maior ponto de solidificação, deve ter o menornúmero de partículas dispersas, ou seja, a água pura.Resposta: E

11) Para 1 mol de açúcar dissolvido em 100 g de água, oabaixamento do ponto de congelamento é 1,86°C.Para ocorrer um abaixamento de 3,72°C, que é o dobro de1,86°C, a concentração de partículas dispersas deverá dobrar.Portanto, é necessário evaporar 500 g de água.Resposta: D

12) O abaixamento da temperatura de solidificação é propor -cional à concentração:

H2OC6H12O6 ææÆ C6H12O6

0,1 mol/L 0,1 mol/L

H2OMe(NO3)2 ææÆ Me2+ + 2 NO3

–

0,05 mol/L 0,15 mol/L

0,10 mol/L –––––––– 0,18°C0,15 mol/L –––––––– xx = 0,27 fi abaixamento

O ponto de solidificação será – 0,27°CResposta: C

H2O13) A: ácido acético: H3CCOOH

Æ¨ææ H+ + H3CCOO

–

(ácido fraco) x mol/L entre (x e 2x) mol/L

(mais próximo a x)H2O

B: cloreto de hidrogênio: HCl ææÆ H+ + Cl–

(ácido forte) ¨

x mol/L entre (x e 2x) mol/L

(mais próximo a 2x)

C: sacarose: C12H22O11 æÆ C12H22O11

x mol/L x mol/L

Ordem crescente do número de partículas dispersas:C < A < B Ordem crescente da temperatura de congelação:B < A < CResposta: E

14) Substância pura apresenta ponto de ebulição constante, masao se adicionar partículas dispersas, o ponto de ebulição deum líquido aumenta. À medida que o solvente vaporiza, àconcentração de partículas dispersas aumenta e, portanto, oponto de ebulição vai aumentando.Resposta: D

15) As três soluções são não eletrolíticas (não ionizam):I) ureia æÆ ureia

1 mol/L 1 mol/L

II) glicerina æÆ glicerina1 mol/L 1 mol/L

III) glicose æÆ glicose1 mol/L 1 mol/L

Neste caso, o número de partículas dispersas é o mesmo e,portanto, a temperatura de início de ebulição será a mesma.Resposta: D

16) NaCl ææÆ Na+ + Cl– Na3PO4 ææÆ 3 Na+ + PO3–4

0,1 mol/L 0,1 mol/L0,2 mol/L 0,4 mol/L

K2SO4 ææÆ 2 K+ + SO2–4 C6H12O6 ææÆ C6H12O6

0,1 mol/L 0,1 mol/L0,3 mol/L 0,1 mol/L

Quanto mais partículas dispersas, maior a temperatura deebulição.Ordem crescente de partículas dispersas, ou seja, ordemcrescente dos pontos de ebulição:Glicose (0,1 mol/L) < cloreto de sódio (0,2 mol/L) < sulfato depotássio (0,3 mol/L) < fosfato trissódico (0,4 mol/L)Neste caso:Glicose Æ IV; cloreto de sódio Æ III; sulfato de potássio Æ II;fosfato trissódico Æ IResposta: A

17) a) Falsa. Num lugar onde a pressão ambiente é de 720 mmHg,a água ferverá abaixo de 100°C.

b) Falsa. Se a temperatura de ebulição é maior, pode-seconcluir que a pressão de vapor é menor.

c) Falsa. A ebulição ocorre quando a pressão de vapor seiguala à pressão ambiente. (Recipientes abertos).

d) Falsa. Ao adicionar partículas dispersas, a temperatura deebulição aumenta.

Resposta: E

18) Quanto mais partículas dispersas, maior será o ponto deebulição.A) sacarose æÆ sacarose


B) KCl æÆ K+ + Cl –


C) Na2SO4 æÆ 2 Na+ + SO2–4


Ordem crescente de partículas dispersas: A < B < COrdem crescente de pontos de ebulição: A < B < CResposta: C

19) Quanto maior o número de partículas dispersas, maior será atemperatura de ebulição.

I. H2O pura (sem partículas dispersas)

II. NaCl æÆ Na+ + Cl –

0,5 mol/L 1,00 mol/L

– 3

III. C6H12O6 æÆ C6H12O6

0,50 mol/L 0,50 mol/L

IV. NaCl æÆ Na+ + Cl –

0,25 mol/L 0,50 mol/L

V. C6H12O6 æÆ C6H12O6

0,25 mol/L 0,25 mol/L

Resposta: B

20) Quanto mais partículas dispersas, maior será o ponto de

ebulição, menor será o ponto de solidificação e menor será a

pressão de vapor.

Resposta: C

21) O vapor é basicamente água enquanto a solução residual vai

se tornando cada vez mais concentrada em NaCl .

Resposta: E

22) Tende a aumentar, pois conforme a ebulição vai ocorrendo, a

quantidade de água na solução vai diminuindo e a solução

vai se tornando mais concentrada.

Quanto mais concentrada a solução, maior o ponto de

ebulição.

23) II. A temperatura de ebulição será maior quanto mais

intensa for a força da ligação química intermolecular.

III. A temperatura de ebulição será maior quanto maior for a

pressão exercida sobre o líquido.

IV. Quanto mais partículas dispersas maior será a

temperatura de ebulição.

Resposta: D

24) I. C6H12O6 æÆ C6H12O6


II. NaCl æÆ Na+ + Cl –


III. KNO3 æÆ K+ + NO3–


IV. H3CCOOH ææÆ H+ + H3CCOO–

0,1 mol/kg entre 0,1 e 0,2 mol/kg mas

mais próximo a 0,1 mol/kg (ácido fraco)Resposta: B

25) I. Incorreta. Ao ser resfriada, congela-se em temperaturamenor do que a água pura.

II. Incorreta. Ao ser aquecida, ferve em temperatura maiorque a água pura.

III. Correta. Como o açúcar não ioniza, a condutibilidade daágua não é alterada.

Resposta: C

26) Em recipientes abertos, a ebulição ocorre quando a pressãode vapor do líquido se iguala à pressão ambiente.Resposta: E

27) Do gráfico percebe-se que a temperatura de ebulição de B émaior que a de A.

Neste caso, pode-se afirmar que A é mais volátil que B.Se o líquido A for um solvente puro, o líquido B pode ser umasolução de um soluto não volátil nesse solvente.Resposta: B

� Módulo 30 – Osmose

1) Ao administrar o soro fisiológico com a mesma pressãoosmótica dos glóbulos vermelhos, não ocorre osmose, econsequentemente, eles não estouram ou murcham.Resposta: C

2) Cálculo da concentração de glicose em mol/L:1 mol ––––– 180 gx ––––– 54 g/Lx = 0,30 mol/L

Cálculo da concentração dos íons Ca2+ e Cl–:

H2OCaCl2 ææÆ Ca2+ + 2 Cl–

y mol/L 2 y mol/L

3 y mol/L

3 y = 0,30 (soluções isotônicas)

y = 0,10 mol/L

[Ca2+] = 0,10 mol/L

[Cl –] = 0,20 mol/L

Resposta: E

3) Por osmose, a água sairá do compartimento em que estiver,em direção aos das soluções de cloreto de sódio.Pode-se afirmar que a água está no compartimento B.Como no final, o volume do compartimento C fica maior queo do A, pode-se afirmar que entrou mais água em C, e, nestecaso, a solução do compartimento C era mais concentrada.Quanto mais partículas dispersas, maior a pressão osmóticae menor a pressão de vapor. Neste caso, a solução docompartimento C tem maior pressão osmótica e menorpressão de vapor.Resposta: Corretas: 1 e 3

4 –

4) Cálculo da concentração dos íons em solução:H2O

NaCl ææÆ Na+ + Cl–

0,1 mol/L 0,2 mol/L

H2OMgCl2 ææÆ Mg2+ + 2 Cl–

0,1 mol/L 0,3 mol/L

Como a solução de cloreto de magnésio tem mais partículasdispersas, pode-se afirmar que ela é a melhor condutora deeletricidade, apresenta menor pressão de vapor, congela-se auma temperatura mais baixa, tem maior pressão osmótica emaior ponto de ebulição.Resposta: A

5) a) Cálculo do número de partículas dispersas (Npd):H2O

1) NaCl ææÆ Na+ + Cl–

0,10 mol/L 0,20 mol/L

H2O2) MgCl2 ææÆ Mg2+ + 2 Cl–

0,10 mol/L 0,30 mol/L

H2O3) C6H12O6 ææÆ C6H12O6

0,10 mol/L 0,10 mol/L

H2O4) C12H22O11 ææÆ C12H22O11

0,10 mol/L 0,10 mol/L

Npd: 3 = 4 < 1 < 2

Quanto mais partículas dispersas, maior será a pressãoosmótica, neste caso, p3 = p4 < p1 < p2

b) Osmose é a passagem de um solvente por umamembrana semipermeável.

6) A água irá passar do lado esquerdo para o direito porosmose, devido à diferença de concentração. Neste caso, apressão do lado direito irá aumentar até atingir um novoequilíbrio.Resposta: B

7) O solvente passa por membranas semipermeáveis do meiohipotônico para o meio hipertônico. Se a célula ira murchar,ela perderá água e neste caso é o meio hipotônico em relaçãoà solução salina. A pressão osmótica da solução salina émaior que a da célula devido a ser mais concentrada.Quanto maior a concentração da solução salina externa,maior será o fluxo de solvente da célula para o meio.Resposta: 22 (corretos: 02, 04 e 16)

8) “Se as células vermelhas do sangue (meio hipertônico) foremremovidas para um béquer contendo água destilada (meiohipotônico), haverá passagem da água para dentro dascélulas (por osmose).

Se as células (meio hipotônico) forem colocadas numasolução salina concentrada, haverá migração da água parafora das células por osmose com o enrugamento delas.As soluções projetadas para injeções endovenosas devem terpressões osmóticas próximas às das soluções contidas nascélulas (para que não ocorra a osmose)”.Resposta: A

9) a) Cálculo da concentração dos íons:

NaCl ææÆ Na+ + Cl–

0,15 mol/L 0,30 mol/L

Cálculo da pressão osmótica:p = M R T

p = 0,30 . 8,3 . . (273 + 37) K

b) Para serem isotônicas, as concentrações devem ser iguais.*Cálculo da concentração na bebida:Sacarose1 mol ––––––– 342 gx ––––––– 35 gx = 0,102 mol

Sais monovalentes

xy æÆ x+ + y–

0,015 mol0,030 mol

Quantidade de matéria total: 0,102 + 0,030 = 0,132 molComo no rótulo a informação é de volume 500 mL, então

M = fi

Não são isotônicas, pois: 0,30 mol/L ≠ 0,264 mol/L

NaCl bebidaConfirmando:*Cálculo da pressão osmótica da bebida:

p = 0,264 mol/L . 8,3 . (273 + 37) K

Não são isotônicas pois: 771,9 kPa ≠ 679,3 kPa

NaCl bebida

10) Se o teor de íons de sódio no interior da célula for superior aoexterno, a água fluirá do meio externo (hipotônico) paradentro da célula (hipertônico) por osmose.Resposta: E

mol–––––––

L

k Pa . L–––––––mol . K

p = 771,9 kPa

0,132 mol–––––––––

0,5 LM = 0,264 mol/L

k Pa . L–––––––––mol . K

p = 679,3 kPa

– 5

11) Cálculo das concentrações de partículas dispersas nassoluções:

I. C6H12O6 æÆ C6H12O6

0,030 mol/L 0,030 mol/L

II. H3CCOOH Æ

¨ææ H+ + H3CCOO–

0,030 mol/Lentre 0,030 mol/L e

0,060 mol/L (ácido fraco)

III. CaCl2 æÆ Ca2+ + 2 Cl–

0,010 mol/L0,030 mol/L

Ordem de partículas dispersas: I � III < II

a) Quanto mais partículas dispersas menor a pressão devapor, portanto:pII < pI � pIII

b) Quanto mais partículas dispersas maior a pressãoosmótica, portanto: pI � pIII < pII

c) Quanto mais partículas dispersas maior a temperatura deebulição, portanto: DTI � DTIII < DTII

Resposta: A

12) a) Solução A, pois é a menos concentrada e, portantoapresenta a maior pressão de vapor e menor pressãoosmótica.

b) Ci . Vi = Cf . Vf fi Vf = 90% . Vi = 90% . 2 L = 1,8 L

. 2 L = Cf . 1,8 L

13) a) Quando imerso em água, o volume do sistema, por sermais concentrado, irá aumentar devido à osmose.

b) Decanoato de sódio:

Pentanoato de sódio:

Os dois sais apresentam a mesma quantidade departículas dispersas, mesma pressão osmótica, pois asconcentrações são iguais e as quantidades de íonstambém são iguais.Neste caso, ao ser imerso em solução de pentanoato desódio, o volume não se altera, pois não ocorre osmose.

FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA, QUÍMICA GERALE INORGÂNICA

� Módulo 28 – Polímeros

1) Os plásticos são polímeros (moléculas maiores) formadospela união de monômeros (moléculas menores).Resposta: C

2) (1) Correto.

(2) Correto. Os polímeros de adição são formados a partir demonômeros insaturados.

(3) Errado.

(4) Errado.

Em uma adição o H vai para C mais hidrogenado da dupla.

3) a)

b) Reação de Adição III e IV.

c)

9 g––––L

Cf = 10 g/L

O

H3C — (CH2)8 — CO–Na+

O

H3C — (CH2)3 — CO–Na+

QUI-0005103-a

CaO1 mol

CaC2

0,5 mol

CH C2 H

Cl

Rend 50%

0,25 mol

Rend 50%CaC2

0,5 mol

CH C H

0,25 mol

CH C HRend 50%

0,125 mol

n H C2 C

Cl

C

H2

C

Cl(

H

)n

HRend 100%

0,125 mol

1 mol de CH CHC2 l

0,125 mol

62,5g

x

x = 7,81g

6 –

4) Para ocorrer a formação de um polímero de adição, o monô -mero deve ser insaturado. O único que pode fazer umareação semelhante é o propileno.

5)

Resposta: C

6)

Resposta: D

7) Para formar polímeros de adição, o monômero deve tercadeia insaturada.

Resposta: D

8)

Resposta: B

9) O líquido de expansão deve ter ponto de ebulição menor que90°C, logo os compostos I e II podem, porém o líquido II podeser polimerizado (insaturado).Logo, o liquido que tem PE menor que 90°C e não pode serpolimerizado é o líquido I.Resposta: A

10) O polímero é o poliestireno (M Molec = 46800u),logo, o monômero é o estireno.

Na fórmula fornecida temos 3 grupos estireno, logo:

[3 . 104] n = 46800 \

Resposta: D

11) (1) Correto. Destilação fracionada.

(2) Errada.A borracha é obtida a partir de um alcadieno conjugado.

(3) Errado. É formado a partir de apenas um tipo demonômero

.

Copolímeros são formados por dois tipos de monômeros.

(4) Correto.

12) Os polímeros que contém halogênios são:

Resposta: D

13) A borracha natural é obtida a partir do monômero

e para sua vulcanização usamos enxofre (S)Resposta: E

14) Os dois polímeros são formados a partir de

e são isômeros geométricoscautchu (cis) guta-percha (trans)Resposta: C

QUI-0005105-a

Polietileno (9)

CH2 C( )n

C

H2

C

H2

1) n H C2

PVC (5)

CHCl2) n H C2 C( )n

C

H2

H

Cl

Poliestireno (6)

3) n H C2 C

H

( )n

C

H2

C

H

Teflon (7)

4) n C

F2

C

F2( )

n

C

F2

C

F2

QUI-0005106-a

Poliestireno

n C

H

( )n

C

H2

C

H

C

H2

Vinilbenzeno

QUI-0005108-a

n C

H2

C

H2

( )n

C

H2

C

H2

Polietileno A

Poliacrilonitrilafibra usada na

produção de roupa C

( )CC

H2

H

CN

n CC

H2

H

Cl

( )PVC

C

H2

Poli (cloreto de vinila)B

C

H

Cl

CC

H2

H

CN

n

n

QUI-0005109-a

C

H

C

H2

C H :8 8

M Molec = 104u

n = 150

QUI-0005110-b

C

CH3

C

H2

n C C

H

C

H2

ADIÇÃO 1,4C

CH3

C

H2

C C

H

C

H2( )

n

QUI-0005113-b

( )n

C

H2

H

CPVC

Cl

( )C

F2

C

F2

TEFLON

n

QUI-0005115-a

C

CH3

H C2 C C

H

CH2

2-metil-1,3-butadieno

– 7

15) Acrilamida é a amida do ácido acrílico:

a)

b) Acrilato de metila é o éster do ácido acrílico:

16) Baquelite é um polímero de condensação formado a partirdos monômeros

Resposta: D

17) Poliésteres são formados a partir da reação entre um diácidoe um diálcool (esterificação).

Resposta: E

18) O polímero formado apresenta a função éster ,logo, um poliéster.

Resposta: D

19) a)

b)

20) Dacron é uma fibra sintética, nome usual do poliéster.Resposta: D

21) Dacron é um poliéster obtido pela reação do ácido tereftálico(benzenodioico) e etanodiol (glicol) reação equacionada noitem a da questão 19. Resposta: D

22) O Lexan apresenta em sua estrutura o grupo

Logo é um policarbonato.

Resposta: C

� Módulo 29 – Leis das Combinações Químicas

1) AgNO3 + NaCl Æ AgCl + NaNO3

1,699 g + 0,585 g = x g + 0,850 g

x = 1,434 g

Resposta: B

2) As observações não violam a lei da Conservação das Mas sas.O enferrujamento do ferro envolve a sua reação com oxi -gênio do ar; o aumento de massa corresponde ao oxi gênio doar que é incorporado ao sistema.Quando o palito de fósforo queima, a madeira do palito com bi -na com o oxigênio do ar, formando produtos gasosos que es -capam para a atmosfera, o que acarreta a diminuição da massa.

3) Lei de Proust

4) a) A mudança de cor (formação do PbI2 amarelo).b) 2 KI + Pb (NO3)2 Æ 2 KNO3 + PbI2

2 g + 4 g = x

6 g + 20 g (recipiente) = x26 g = x

Pela Lei de Lavosier, verificamos que a soma das massas noreagente é igual à soma das massas no produto.

5) C + O2 æææÆ CO2

12 g + x = 44 gx = 44 – 12x = 32 g (Lavoiser)

C + O2 ææÆ CO2

12 g –––– 32 g ––––– 44 g

y g –––– 16 g ––––– z

32 y = 12 . 16 32 z = 16 . 44

y = z =

y = 6 g z = 22 g (Proust)

Resposta: E

6) I. Correta.II. Falsa.

As moléculas são modificadas.III. Correta.IV. Falsa.

O número de mols no reagente não é, necessariamente,igual ao do produto.

Resposta: C

QUI-0005120-a

O

C O

QUI-0005121-b

n HO C

O

C

O

OH + n HO C

H2

C

H2

OH 2nH O +2

+ C

O

C

O

O C

H2

C

H2

O( )n

Poliéster

QUI-0005122-b

n HO C

O

C

O

OH + n H N2 (CH )2 4 NH2 2nH O +2

+ C

O

C

O

N( )n

Poliamida

H

(CH )2 4 N

H

QUI-0005123-a

C

O

OO (Carbonato)

192––––32

704––––32

8 –

7) Gasolina + gás oxigênio Æ gás carbônico + água10 kg + x = y + z

Logo:y + z > 10 kgResposta: C

8) a) =

b) CO2

3,66 g –––––––– 100%

1,00 g –––––––– x

x = 27,32%

C: 27,32%

O: 100% – 27,32% = 72,68%

9) X (g) + Y (g) Æ W (g)

PV = n RT PV = n RT PV = n RT

n = n = n =

n = n = n =

A proporção de mols coincide com a proporção de volumes.

n = 16 n = 40 n = 16

16 ÷ 8 : 40 ÷ 8 : 16 ÷ 8

2 : 5 : 2

Na Lei de Gay-Lussac, os volumes devem ser medidos namesma pressão e temperatura.Resposta: C

10) N2 + 3 H2 æææÆ 2 NH3

28 g + 6 g = 34 g

22,4 L 3 x 22,4L = 67,2 L 2 x 22,4 L = 44,8 L

2 mol 6 mol 4 mol

11) N2 + 3 H2 Æ 2 NH3

C = \ \ \ 0,5 x 100 = 50%

Resposta: C

� Módulo 30 – Química Descritiva: Atmosfera, Hidrosfera e Litosfera

1) No ar atmosférico, encontramos, em ordem decrescente deabundância:N2 > O2 > ArResposta: D

2) Pelo aumento da poluição (queima de combustíveis fósseis):CO2

Resposta: E

3) (1) Verdadeiro.Manipulando o aparelho de forma a deixá-lo com gasesque existiam na atmosfera primitiva, obtiveram-se com -postos orgânicos complexos.

(2) Falso.A teoria da geração espontânea diz que seres vivos com -plexos, como insetos e ratos, nascem de um amon toadode matéria bruta num processo rápido.

(3) Falso.O processo descrito é químico.

4) a) A combustão tende a diminuir a taxa de oxigênio e au -mentar a de gás carbônico.

b) CO, SO2, NO, NO2

5) A terra e o ar são misturas, a água é uma substânciacomposta e o fogo é forma de energia. Itens corretos: 02, 04, 08, 16 e 32

6) O metal mais abundante na crosta terrestre é o alumínio.O > Si > Al

Resposta: A

7) Bauxita: Al2O3 . 2H2OMagnetita: Fe3O4

Pirolusita: MnO2

Hematita: Fe2O3

Resposta: B

8) Sódio e cloro, pois há na água do mar grande quantidade deNaCl dissolvida.Resposta: B

9) De acordo com a tabela de abundância, é o oxigênio.Resposta: C

10) A substância mais abundante nos oceanos é a água (H2O).Em número de átomos, o elemento mais abundante é ohidro gênio. Mas, como a massa atômica do oxigênio (16 u) é16 ve zes maior que a massa atômica do hidrogênio (1 u), oele mento mais abundante, em massa, é o oxigênio. O salmais abundante dissolvido na água é o cloreto de sódio(NaCl). Em termos de massa, o cloro é mais abundante que osódio. Depois do sódio, o magnésio é o metal maisabundante nos oceanos. Portanto:

O > H > Cl > Na > MgResposta: A

1,00––––9,00

3,66–––––32,94

PV––––RT

PV––––RT

PV––––RT

2 . 40–––––––––––0,0082 . 600

3 . 40–––––––––––0,0082 . 360

4 . 16–––––––––––0,0082 . 480

x = 34 gy = 67,2 Lz = 44,8 Lw = 2 molt = 4 mol

S – V––––––

S

4 – 2––––––

4

2–––4

– 9

FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA

� Módulo 28 – Titulometria: Acidimetria, Alcalimetria

1) Titulação é uma operação de laboratório, que visa determinara concentração de uma solução.Para tal operação, usa-se:• bureta• erlenmeyerResposta: C

2) Mesma explicação do exercício anterior.Resposta: B

3) Pipetas são vidrarias utilizadas para medir o volume delíquidos com certa precisão.Enquanto as pipetas volumétricas medem volumes fixos delíquido, as pipetas graduadas podem medir volumesvariáveis.Observação: a cor do líquido pouco importa para fazer amedição.Resposta: D

4) a) Incorreta.Como a solução de HCl é mais ácida, existe maior númerode partículas dispersas e, por isso, tem maior ponto deebulição (ebuliometria).

b) Incorreta.O HCl é mais forte e, portanto, sua solução tem valormenor de pH.

c) Incorreta. Como a solução de HCl tem maior número de partículasdispersas, apresenta um ponto de congelamento menor.(criometria).

d) Correta.Tanto o ácido clorídrico quanto o ácido acético são mono -próticos (apenas 1 hidrogênio ionizável. Para serem neu -tralizados, usam a mesma quantidade da base.

e) Incorreta.Como a solução de HCl tem maior número de partículasdispersas, o valor da pressão osmótica também serámaior (osmometria).

Resposta: D

5) Cálculo da quantidade, em mol, de Mg(OH)2:

n = fi n = = 1,11 mol

Cálculo da concentração do Mg(OH)2 no leite de magnésia:

[Mg(OH)2] = = 1,11 mol/L

Cálculo da quantidade, em mol, de Mg(OH)2 na dose ingerida:1,11 mol de Mg(OH)2 –––––––– 1000 mL (1 L)

x –––––––– 9 mLx = 0,01 mol de Mg(OH)2

Neutralização ocorrida no estômago:Mg(OH)2 + 2 HCl æÆ MgCl2 + 2 H2O

Ø Ø

1 mol ––––– 2 mol0,01 mol ––––– y

Resposta: A

6) No ponto de maior DT ocorre a neutralização total.N.o de mols de H+ = n.o de mols de OH–

Temos:N.o de mols de R (COOH)x = M . V = M . 15 . 10–3

N.o de mols de H+ = x . M . 15 . 10–3

N.o de mols de NaOH = n.o de mols de OH– = M . V’ = M . 45 . 10–3

⇒ x . M . 15 . 10–3 = M . 45 . 10–3

x = 3

Resposta: C

7) O gráfico que corresponde ao experimento descrito peloenunciado, é o da alternativa a, onde:• O íon Cl

– tem concentração inicial a 0,08 mol/L e ao longoda adição da base, a solução vai sendo diluída e, por isso,sua concentração vai diminuindo.

• O íon H+ no início, tem concentração igual a 0,08 mol/L e,com a adição da base, reage, formando água, de acordocom a equação:

H+ + OH– Æ¨ H2O

A reação ocorre até a total neutralização e, depois, o íonOH– tem sua concentração aumentando.

• O íon Na+ parte de 0 mol/L e conforme a base vai sendoadicionada, sua concentração vai aumentando.

Resposta: A

8) Cálculo da quantidade, em g, de ácido láctico no lote

analisado:

1 L –––––––––– 1,8 g

500 L –––––––– x

Cálculo da quantidade, em mol, de NaOH necessário para a

total neutralização:

1 mol de ácido láctico –––––––––– 1 mol de NaOH

90 g –––––––––– 1 mol de NaoH

900 g –––––––––– x’

Cálculo do volume, em litros, de solução aquosa necessária:

1 L ––––––––––– 0,5 mol

y ––––––––––– 10 mol

Resposta: A

9) Na solução inicial de Ba(NO3)2, a [NO–3] é o dobro da [Ba

2+]

(ver gráfico).

Ba(NO3)2 Æ¨ Ba2+ + 2 NO–

3

x mol/L x mol/L 2 . x mol/L

m–––M

64,8 g––––––––––58,0 g/mol

1,11 mol–––––––––

1 L

y = 0,02 mol de HCl

x = 900 g

x’ = 10 mol de NaOH

y = 20 L

10 –

Na solução de H2SO4, temos:

H2SO4 Æ¨ 2 H+ + SO2–

4

x mol/L x mol/L

O número de mols é dado por: M . V

Ao adicionar 200 mL de H2SO4, temos:

Ba2+ + SO2–4 Æ BaSO4

x . 0,1 mol x . 0,2 mollimitante excesso

No final [Ba2+] = 0 mol/L (adição de 100 mL de solução de H2SO4)

A concentração de NO–3 vai diminuindo devido ao aumento do

volume da solução (diluição).

Resposta: A

10) Cálculo da quantidade, em mol, de OH– gastos na titulação:

0,1 mol ––––––––––––– 1000 mL

x ––––––––––––– 4 mL

Cálculo da quantidade, em mol, de CH3COOH presentes no

vinagre:

1 mol de OH– ––––––––––––– 1 mol de CH3COOH

4 . 10–4 mol de OH– –––––––––––––– y

Cálculo da quantidade de ácido:

1 mol de CH3COOH ––––––––– 60 g

4 . 10–4 mol de CH3COOH ––––––––– z

Cálculo da porcentagem em massa do CH3COOH no vinagre:

5 g ––––––– 500 mL

t ––––––– 50 mL

t = 0,5 g

0,5 g ––––––––– 100%

0,024 g –––––––– w

w = 4,8%

Resposta: B

11) Cálculo da massa de CH3COOH existente no vinagre:

10 g ––––––––––– 100%x ––––––––––– 6%

Cálculo da quantidade de OH– necessária para titular o

vinagre:

1 mol de CH3COOH ––––––––– 1 mol de OH–

Ø

60 g –––––––––––––––– 1 mol de OH–

0,6 g –––––––––––––––– y

Cálculo da concentração de OH– mais apropriada:

O mais apropriado seria gastar metade do volume presente

na bureta: 25 mL

0,01 mol de OH– –––––––––– 25,0 mL

z –––––––––– 1000 mL

z = 0,4 mol de OH–

[OH–] = [NaOH] =

Resposta: C

12) Cálculo do pH da solução inicial:

KOH æÆ K+ + OH–

0,1 mol/L 0,1 mol/L

[OH–] = 10–1 mol/L

pOH = – log 10–1 fi pOH = 1

A 25°C: pH + pOH = 14 fi pH = 13

Para passar o pH de 13 para 12, a concentração do íon OH–

deve mudar de 10–1 mol/L para 10–2 mol/L. Houve diminuiçãode 0,9 . 10–1 mol/L de OH–.

Cálculo da quantidade de HCl necessária:

OH– + HCl æÆ H2O + Cl–

0,9 . 10–1 mol/L (adicionado)

0,9 . 10–1 mol de HCl –––––––––– 1000 mL de solução de KOHx –––––––––– 100 mLx = 0,9 . 10–2 mol de HCl

Cálculo do volume:10 mol de HCl ––––––––– 1000 mL

0,9 . 10–2 mol de HCl ––––––––– x

1 mL ––––––––– 20 gotas0,9 mL ––––––––– y

Resposta: B

NO3

-

Ba2+

QUI-0005588-a

x = 4 . 10–4 mol de OH–

y = 4 . 10–4 mol de CH3COOH

z = 0,024 g de CH3COOH

10 mL = 10 g de vinagre

x = 0,6 g de CH3COOH

y = 0,01mol de OH–

0,4 mol/L

x = 0,9 mL

y = 18 gotas

– 11

13) Cálculo da quantidade de OH–, em mol:pH = 13

pH + pOH = 14 fi

1 = – log [OH–] fi

1000 mL ––––––––––– 10–1 mol

100 mL ––––––––––– x

Cálculo da quantidade de H+, em mol:

pH = 2

2 = – log [H+] fi [H+] = 10–2 mol/L

1000 mL –––––––––– 10–2 mol

400 mL –––––––––– y

Cálculo do pH da solução resultante:

1 mol de H+ ––––––––– 1 mol de OH–

0,4 . 10–2 mol –––––––––– x

x = 0,4 . 10–2 mol de OH–

Restam: 1 . 10–2 mol de OH– – 0,4 . 10–2 mol de OH– =

= 0,6 mol de OH–

[OH–] = = 1,2 . 10–2 mol/L

pOH = – log 1,2 . 10–2 mol/L

pH + pOH = 14

Resposta: E

14) Cálculo da quantidade de HCl, em mol:

0,1 mol de HCl –––––––––– 1000 mL

x –––––––––– 75 mL

Cálculo da quantidade de NaOH, em mol:

0,26 mol –––––––––– 1000 mL

y –––––––––– 25 mL


1 mol de HCl –––––––––– 1 mol de NaOH

x ––––––––– 6,5 . 10–3 mol de NaOH

Restam em solução, 1,0 . 10–3 mol de HCl

HCl æÆ H+ + Cl–

1 . 10–3 mol 1 . 10–3 mol

[H+] = = 10–2 mol/L

pH = – log 10–2 fi

Resposta: B

15) a) KOH + HNO3 Æ KNO3 + H2O

b) Cálculo da quantidade de HNO3 em mol:

1000 mL de HNO3 ––––––––––– 0,500 mol de HNO3

20 mL de HNO3 –––––––––––– x

Cálculo da quantidade de KOH, em mol:

1000 mL –––––––––– 0,25 mol de KOH

80 mL –––––––––– y


1 mol de KOH ––––––––––– 1 mol de HNO3

z ––––––––––– 0,01 mol

z = 0,01 mol de KOH

Restam 0,01 mol de KOH em solução.

KOH ––––––––– K+ + OH–

0,01 mol 0,01 mol

[OH–] = fi [OH–] = 10–1 mol/L

pOH = 1 e

16) a) Se pH = 1, temos:

pH = – log [H+]

1 = – log [H+]

Lei da diluição:

M1V1 = M2V2

10–1 mol/L . 100 mL = M2 . 200 mL

pH = – log 5 . 10–2

b) Cálculo da quantidade, em mol, de H+:10–1 mol –––––––––– 1000 mL

x –––––––––– 100 mL

Cálculo da quantidade, em mol, de OH– na solução:pH = 13A 25°C: pH + pOH = 14 fi pOH = 1 \ [OH–] = 10–1 mol/L10–1 mol –––––––––––––––– 1000 mL

y –––––––––––––––– 100 mL


1 mol de H+ ––––––––––– 1 mol de OH–

10–2 mol de H+ ––––––––––– 10–2 mol de OH–

Houve uma neutralização total.

[H+] = [OH–]

y = 0,4 . 10–2 mol de H+

0,6 . 10–2 mol–––––––––––––

0,5 L

pOH � 2

pH = 12

x = 7,5 . 10–3 mol de HCl

y = 6,5 . 10–3 mol de NaOH

x = 6,5 . 10–3 mol de HCl

1 . 10–3 mol––––––––––––

0,1 L

pH = 2

x = 0,01 mol de HNO3

y = 0,02 mol de KOH

10–2 mol–––––––––

0,1 L

pH = 13

[H+] = 10–1 mol/L

M2 = 5 . 10–2 mol/L

pH = 1,3

x = 10–2 mol de H+

y = 10–2 mol

x = 10–2 mol de OH–

pOH = 1

[OH–] = 10–1 mol/L

pH = 7

12 –

17) Cálculo da quantidade de NaOH, em mol:0,1 mol ––––––––––– 1000 mL

x ––––––––––– 100 mL

Cálculo da quantidade de HCl, em mol:0,3 mol –––––––––– 1000 mL

y –––––––––– 100 mL

Cálculo do pH da solução resultante:1 mol de NaOH –––––––––– 1 mol de HCl

0,01 mol de NaOH –––––––––– z

Restam 0,02 mol de HCl em solução.HCl æææÆ H+ + Cl–

0,02 mol 0,02 mol

[H+] = 2 . fi [H+] = 0,1 fi

Apresenta cor vermelha!

18) O valor do pH de uma solução só pode ser determinado peloindicador universal que compara a cor obtida quando emcontato com a solução e uma escala com cores fornecidas. Acada cor obtida, corresponde um valor de pH.Resposta: B

19) Das soluções caseiras apresentadas:• Água tônica Æ deixou vermelho o suco de repolho roxo Æ

caráter ácido.• Solução aquosa de soda cáustica comercial Æ deixou

verde o suco de repolho roxo Æ caráter básico.• Água sanitária Æ deixou amarelo o suco do repolho roxo

Æ caráter básico.• Suco de limão Æ deixou incolor a solução de fenolftaleína

Æ caráter ácido.• Solução aquosa de bicarbonato de sódio Æ deixou rosa

violáceo a solução de fenolftaleína Æ caráter básico.A única alternativa que mostra 2 substâncias com caráterbásico é a e.Resposta: E

20) [H+] = 10–5 mol/L

pH = – log 10–5 fi

Dos indicadores mostrados, aqueles em que seus pontos deviragem estão mais próximos do pH igual a 5, são II e o III.Resposta: B

� Módulo 29 – Radioatividade

1) 01)V. Admite-se que um nêutron se desintegra formando um

próton, um elétron e um neutrino (partícula sem carga

e praticamente sem massa).

02)F. A partícula a possui carga elétrica + 2 e número de

massa 4.

04)V. Nas reações nucleares, o número de massa e a cargaelétrica se conservam.

08)F. Quando há emissão de uma partícula b, a massa doátomo não se altera mas o número atômico aumenta.

16)V. A radiação gama é considerada uma onda eletromag -nética.

2) A radiação g possui maior poder de penetração que a b , eesta possui maior poder de penetração que a a: a < b < g.

3) (1) V. A partícula a tem natureza elétrica positiva, portanto éatraída por uma placa negativa.

(2) F. Atual mente, sabe-se que existem partículas subatô -micas.

(3) F. Cada tipo de elemento é caracterizado por umconjunto de átomos com o mesmo número atômico.

(4) F. O modelo atômico mais moderno prevê a existência de12 particulas elementares: os quarks e os léptons,sendo o elétron uma dessas partículas.

4) a) Radiação alfa, uma vez que possui natureza elétrica posi -tiva, sendo atraída pela placa negativa.

b) A partícula alfa é caracterizada por 42a. Assim, tem-se:234

92U Æ 4

2a + 23090X

5) AZX Æ

0–1

b + Az+1Y.

Pelo esquema, X e Y possuem o mesmo número de massa(isóbaros).Resposta: B

6) A radiação gama é uma onda eletromagnética emitida pelonúcleo do átomo radioativo, como consequência da emissãode partículas alfa e beta.Resposta: C

7) I) V. Nas reações químicas, os elétrons da eletrosfera sãosuscetíveis a realizar novas ligações.

II) F. Partículas beta tem massa praticamente nula.III) F. As reações nucleares ocorrem no núcleo.IV)V. Os raios g não têm carga, portanto não são defletidos

em um campo elétrico. �V) V. As partículas alfa são núcleos de 42He.Resposta: D

8) 125B Æ 0

–1b + 126C

135B Æ 0

–1b + 136C

105B Æ

42

a + 63Li

Resposta: E

9) 24195Am Æ 237

93Np + 42X

Logo, X é a partícula 42a.

Resposta: E

10–2 mol–––––––––

0,2 LpH = 1

pH = 5

z = 0,01 mol de HCl

y = 0,03 mol de HCl

x = 0,01 mol de NaOH

– 13

10)

Resposta: A

11) 232

90Th Æ x 42a + y 0

–1b + 216

84Po

232 = 4x + 0y + 216 fi 4 x = 16 fi

90 = 2 x – y + 84

90 = 2 . 4 – y + 84 fi

Resposta: A

12) 232

90Th Æ x 42a + y 0

–1b + 208

82Pb

232 = 4 x + 0 y + 208 fi 4 x = 24 fi

90 = 2 x – y + 82

90 = 2 . 6 – y + 82 fi

Resposta: A

13) (1) V. 238

92U Æ

42

a + 23490Th

210

84Po Æ

42

a + 20682Pb

(2) F. 234

90Th Æ

0–1

b + 23491Pa

(3) V. 206

82Pb Æ Z = 82 e A = 206

14) 0-0) Correto. Como a radiação g é uma onda eletromag -

nética e tem característica 00g, não há alteração na carga

elétrica ou no número de massa.

1-1) Errado. O nêutron é mais pesado.

2-2) Errado. AZX Æ

0–1

b + AZ+1

Y

X e Y não são isótopos e sim isóbaros.

3-3) Errado. 20882X Æ x 42a + y 0

–1b + 200

80Y

208 = 4 x + 0 y + 200

4 x = 8 fi

82 = 2 x – y + 80

82 = 4 – y + 80 fi

Portanto, são necessárias 2 a e 2 b

4-4) Correto. A6C Æ

0–1

b + A7N

Resposta: Corretos: 0 e 4

� Módulo 30 – Radioatividade (Continuação)

1) P P P1 g æÆ 0,5 g æÆ 0,25 g æÆ 0,125 g fi Total = 3 P

3 P = 24 fi

Resposta: D

2) 1 h —— 60 min

4 h ——

vm = =

3) A meia-vida independe da massa inicial da amostra. Assim, ameia-vida deste elemento radioativo continua sendo 8h.Resposta: B

4) 24

11Na Æ

0

–1b + 24

12Mg

24

11Na

início: 11Na = 200mg

12Mg = 0 mg

Ø P = 15 h

Após 1 período de meia-vida:

11Na = 100mg

12Mg = 100 mg

Ø P = 15 h

Após 2 períodos de meia-vida:

Æ 11Na : 12Mg = 1 : 3

Resposta: B

5)

Como a idade da Terra é aproximadamente igual à meia-vida

do 23892U, a quantidade de 238

92U ainda existente é metade da

inicial.

Resposta: E

6)

1 h ––––––––– 0,13 kcal 0,13 P = 2,4 . 106

P ––––––––– 2,4 . 106 kcal P = 18,46 . 106

energia para1 período de meia-vida

Resposta: E

x = 4 � 4a, 2b

y = 2

x = 6 � 6a, 4b

y = 4

x = 2

y = 2

1 — g( 2 )

1 — g( 4 )

1 — g( 8 )

P = 8 dias

x = 240 min

Dn––––

Dt�2,4 . 1010——––—––

�240

vm = 108 desintegrações/minuto

{ (P = 15 h)(m0 = 200 mg)

11Na = 50 mg 12Mg = 150 mg

No momento daformação da Terra:

Após 1 período :de meia-vida

massa de 23892U = m

Ø P = 4,5 . 109 anos

m/2

isóbaros

A

ZA A–4

Z–2B A–4

Z–1C A–4

ZD A–8

Z–2E

isótopos�AZA Æ

42

a + A–4Z–2

B

A–4

Z–2B Æ

0

–1b + 0

0g + A–4

Z–1C

A–4

Z–1C Æ

0

–1b + 0

0g + A–4

ZD

A–4

ZD Æ

4

2a + A–8

Z–2E

0,13 kcal/h

1 g de Ra

2,4 . 106 kcal/meia-vida

libera

libera

P � 1,8 . 107 h

14 –

7) O elemento mais radiotivo é o B, uma vez que, para ummesmo tempo de desintegração, sua massa não-desintegrada é menor, conforme ilustra o gráfico.

8) Após 1600 anos, o 222Rn que foi sendo formado na primeiraetapa da desintegração já vai se decompondo em 218Po, detal forma que a massa de 222Rn é menor que 0,5 kg, após esseperíodo.O decaimento radioativo é um fenômeno contínuo e, destaforma, é impossível preservar a amostra inicial de 226Ra.Resposta: E

9) = fi A quantidade de 40Ar é sete vezes maior que ade 40K.

início:

Após três períodos de meia-vida, tem-se:

Assim, a idade da amostra é igual a:

3 . 1,3 . 109 =

Resposta: D

10) Após o período de meia-vida, o teor de 90Sr deve se reduzirpela metade. Pelo gráfico, este tempo equivale a 28 anos.Resposta: B

11) Após um período de meia-vida, a fração radioativa nomaterial deve ser metade do valor inicial. Pela tabela, estetempo equivale a 8 dias.Resposta: A

12) Em um decaimento radioativo, o gráfico segue uma função

exponencial, resultando no gráfico:

Resposta: B

40K—––40Ar

1––7

40K = x mols

40Ar = 0 mols

t1/2ææÆ

x40K = ––2

x40Ar = ––2

t1/2ææÆ

ææÆ

x40K = ––4

3x40Ar = –––4

t1/2ææÆ

x40K = ––8

7x40Ar = –––8

x––40K 8 1

–––– = –––– = ––40Ar 7x 7

–––8

3,9 . 109 anos

– 15

curso d/e frente 1 - objetivo.br · módulo 29 – efeitos coligativos: tonoscopia, crioscopia e...

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