Quimica analitica Gabarito

Prévia do material em texto

QUÍMICA ANALÍTICA - EXERCÍCIOS ESPECIAIS 01 
PROFESSOR: JOSIVAN BARBOSA MENEZES FEITOZA 
 
 
Instruções: Some os valores relativos às questões corretas e coloque a resposta no 
final. 
 
EI 
01 A água do mar contém 2,7 g de sal (cloreto de sódio, NaCl) por 100 mL (= 100 × 
10-3 L). A concentração molar do oceano é 0,46 M. 
MMNaCl= 58,45 g/mol-1 
M= 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝑿 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆
 
M= 
𝟐,𝟕
𝟓𝟖,𝟒𝟓 𝑿 𝟎,𝟏
 
M= 0,46 mol/L-1 
CORRETO 
 
02 O MgCl2 tem uma concentração molar no oceano de 0,052 M. A massa do sal 
em 25 mL de água do mar é 0,13 g. 
MMMgCl2= 92,205 g/mol-1 
 
M=
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝑿 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆
 
m= M X mm X V 
m= 95,205 X 0,052 X 0,025 
m= 0,123g 
CORRETO 
 
04 OHCl concentrado (37% em peso e densidade 1,19 g/mL) apresenta uma 
concentração molar de 12,1 M. 
MMHCl= 36,45 g/mol-1 
M= 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝑿 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆
 
M= 
𝟏,𝟏𝟗
𝟑𝟔,𝟒𝟓 𝑿 𝟎,𝟎𝟎𝟏
 
M= 36,647 mol/L-1 
HCl= 37% 
M= 36,647 X 0,37 
M= 12,08 mol/L-1 
CORRETO 
08 A concentração do C29H60 na água da chuva em Hannover, Alemanha foi 
determinada como sendo 34 ppb. A concentração mmolar é 8,3 × 10-8mM. 
MMC29H60= 408,6 g/mol-1 
34 ppb= 34 mg/L 
M= 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝑿 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆
 
M= 
𝟑,𝟒 𝑿 𝟏𝟎−𝟓
𝟒𝟎𝟖,𝟔 𝑿 𝟏
 
M= 8,32 x 10-8 mol/L-1 
M= 8,32 x 10-5 mmol/L-1 
ERRADO 
16 Sulfato pentahidratado de cobre (II), CuSO4 5H2O, tem 5 moles de H2O para cada 
mol de CuSO4 no cristal sólido. A massa molar do CuSO4 5H2O (=CuSO9H10) é 249.69 
g/mol. O sulfato de sobre (II) sem água no cristal é dito ser anidro e tem a fórmula 
CuSO4. Dissolvendo-se 100 mg de CuSO4 5H2O em 500 mL de água tem uma solução 
de Cu2+ 8.00 mM. 
MMCuSO4 x 5H2O = 249,69 g/mol-1 
100mg CuSO4 x 5H2O(
𝟏 𝒈
𝟏𝟎𝟑𝒎𝒈
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒖𝑺𝑶𝟒 𝟓𝑯𝟐𝑶
𝟐𝟒𝟗,𝟔𝟗
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒖+𝟐
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒖𝑺𝑶𝟒 𝟓𝑯𝟐𝑶
) = 4,00 x 10-4 mol 
Cu+2 
M= 
𝒏º 𝒎𝒐𝒍
𝑽𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆
 
M= 
𝟒,𝟎𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒖+𝟐
𝟎,𝟓𝑳
 
M= 8,00 x 10-4 mol/L-1 
M= 0,8 mmol/L-1 
ERRADO 
32 A diluição de 8,26 mL de HCl concentrado para um litro de solução produz uma 
solução desse ácido a 0,100 M. 
HCl concentrado = 12 mol/L-1 
C1 x V1 = C2 x C2 
12 x 8,26 = C2 x 1 
C2= 
𝟗,𝟗𝟏𝟐
𝟏𝟎𝟎𝟎
 
C2= 0,0991 mol/L-1 ≈ 0,100 mol/L-1 
CORRETO 
64 Uma solução de amônia em água é chamada “hidróxido de amônio” em função do 
equilíbrio: 
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH- 
A densidade do hidróxido de amônio, que contém 28% em peso de NH3, é 0,899 g/mL. 
O volume de NH3 concentrado necessário para preparar 500,0mL de uma solução de 
NH3 0,250 M é 8,45 mL. 
MMNH3= 17,013 g/mol-1 
M= 
𝒎
𝒎𝒎 𝑿 𝑽
 
M= 
𝟎,𝟖𝟗𝟗
𝟏𝟕,𝟎𝟏𝟑
 
M= 52,882 mol/L-1 
M= 52,882 mol/L-1 x 0,28 
M= 14,807 mol/L-1 
 
C1 x V1 = C2 x V2 
14,807 x V1 = 0,250 x 500 
V1= 8,44 mL 
CORRETO 
R= 1+2+4+32+64= 103 
EII 
01 O ferro de tabletes usados como suplemento alimentar pode ser medido através de 
análise química. Tabletes contendo fumarato de ferro (II), Fe2+C4H2O4- e material inerte 
e misturados com 150 mL de HCl 0,100 M para dissolver o Fe2+. A solução é filtrada 
para remover o material insolúvel. O ferro (II) no líquido claro é oxidado a ferro (III) 
com excesso de peróxido de hidrogênio. 
2FE2+ + H2O2 + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O 
Em seguida é adicionado hidróxido de amônio para precipitar o óxido de ferro (III) 
hidratado, que é um gel. O gel é filtrado e aquecido numamufla para convertê-lo num 
sólido puro, fe2O3. 
Fe3+ +OH- (x-1)H2O FeOOH •xH2O (s)  Fe2O3(s) 
Considere que cada tablete fornece cerca de 15 mg. A quantidade de tabletes 
necessária para produzir 0,250 g do produto Fe2O3 é 12 tabletes. 
2 Fe+2 + H2O2 + 2H+ 2Fe3+ + 2H2O 
Fe3++ OH- + H2O  Fe2O3 
0,25g Fe2O3 (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
𝟏𝟓𝟗,𝟔𝟗𝒈 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆+𝟐
𝟏𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆+𝟐
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆+𝟑
) (
𝟓𝟓,𝟖𝟒𝟓
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆+𝟐
) (
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝒈
𝟏 𝒈
) (
𝟏 𝒕𝒂𝒃𝒍𝒆𝒕𝒆
𝟏 𝒎𝒈
) = 
87,43 Tablete 
ERRADO 
02 A massa de uma solução de H2O2 (3% em peso) necessária para produzir 12 
tabletes de ferro com excesso de 50% do reagente é 2,7 g. 
H2O2 3% 
12 Tablete (
𝟏 𝒎𝒈
𝟏 𝑻𝒂𝒃𝒍𝒆𝒕𝒆
) (
𝟏𝟎−𝟑
𝟏 𝒎𝒈 
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆+𝟐
𝟓𝟓,𝟖𝟒𝟓 𝒈 𝑭𝒆+𝟐 𝒎𝒐𝒍
) (
𝟏 𝑯𝟐𝑶𝟐
𝟐 𝑭𝒆+𝟐 𝒎𝒐𝒍
) (
𝟑𝟒,𝟎𝟐 𝒈
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑯𝟐𝑶𝟐
) = 3,65 x 10-3g 
% 0,03= 0,122g 
Excesso de 50% 
0,122g x 2= 0,243g 
ERRADO 
04 Considerando que a massa final de Fe2O3 foi 0,277 g, a massa de ferro por tablete 
usado na dieta é 16,1 mg. 
0,277g Fe2O3(
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
𝟏𝟓𝟗,𝟔𝟗𝒈
) (
𝟐 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
) (
𝟓𝟓,𝟖𝟒𝟓𝒈
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆
) (
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝒈
𝟏 𝒈 
) = 193,74 mg 
ERRADO 
08 A concentração molar de uma solução de metanol (CH3OH, densidade = 0,7914 
g/mL) em clorofórmio preparada quando 25 mL de metanol é diluído para 500 mL é 
1,23 M. 
MMCH3OH= 32,04 g/mol-1 
M= 
𝒎
𝒎𝒎 𝑿 𝑽
 
M= 
𝟎,𝟕𝟗𝟏𝟒𝒈
𝟑𝟐,𝟎𝟒
𝒈
𝒎𝒐𝒍
−𝟏 𝒙 𝟎,𝟎𝟎𝟏𝑳
 
M= 24,70 mol/L-1 
C1 xV1 = C2 xV2 
24,70 x 25 = 50 x C2 
C2= 1,235 mol/L-1 
CORRETO 
16 É necessária uma alíquota de 4,5 mL de HBr 48% em peso (densidade = 1,50 g/mL) 
para preparar 0,250 L de uma solução 0,160 M. 
MMHBr= 80,912 g/mol-1 
M= 
𝒎
𝒎𝒎 𝑿 𝑽
 
M= 
𝟏,𝟓𝟎 𝒈 
𝟖𝟎,𝟗𝟏𝟐
𝒈
𝒎𝒐𝒍
−𝟏 𝑿 𝟎,𝟎𝟎𝟏𝑳
 
M= 18,538 mol/L-1 x 0,48 
M= 8,898 mol/L-1 
 
C1 x V1 = C2 x V2 
8,898 x V1 = 0,250 x 0,160 
V1= 4,495 x 10-3L 
V1= 4,49mL 
CORRETO 
32 Numa solução que contém 12,6 ppm de Ca (NO3)2 dissolvido apresenta 25,2 ppm de 
NO3-. 
12,6 ppm= 12,6 mg/L-1 
12,6 mg/L-1 Ca (NO3) (
𝟏 𝒈
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝒈
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒂 (𝑵𝑶𝟑)𝟐
𝟏𝟔𝟒,𝟎𝟖𝟖 𝒈 𝑪𝒂(𝑵𝑶𝟑)𝟐
) (
𝟐 𝒎𝒐𝒍 𝑵𝑶𝟑
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝒂 (𝑵𝑶𝟑)𝟐
) (
𝟔𝟐,𝟎𝟎𝟒 𝒈
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑵𝑶𝟑
)= 9,522 
x 10-3g/L-1= 9,522 mg/L-1= 9,522 ppm de NO3 
ERRADO 
64 3,2 L é o volume máximo de hipoclorito de sódio 0,25 M que pode ser preparado a 
partir da diluição de 1 L de NaOCl 0,8 M. 
C1 xV1 = C2 x V2 
1 x 0,8 = 0,25 x V2 
V2= 
𝟎,𝟖
𝟎,𝟐𝟓
 
V2= 3,2 L 
CORRETO 
R= 8+16+64= 88 
EIII 
01 A concentração molar do Hg22+ em equilíbrio com Cl- 0,1 M numa solução de KCl 
contendo excesso, não dissolvido de Hg2Cl2(s) é 1,2 × 10-16. 
Hg2Cl2 Hg2+2 + 2Cl- 
Kps= [Hg2+2] [Cl-] 
1,2 x 10-18= [Hg2+2] [0,1] 2 
[Hg2+2] = 
𝟏,𝟐 𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟖
(𝟎,𝟏)𝟐
 
[Hg2+2] = 1,2 x 10-16 
CORRETO 
02 Numa solução saturada de Hg2Cl2 a concentração molar do Hg22+é, 
aproximadamente, 6,7 × 10-7. 
Hg2Cl2 Hg2+2 + Cl- 
Kps= [Hg2+2] [Cl-] 
Kps= 5 x (25)2 
Kps= 5 x 452 
Kps= 453 
5=√
𝑲𝒑𝒔
𝟒
𝟑
 = √
𝟏,𝟐𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟖
𝟒
𝟑
 = 6,69 x 10-7 
[Hg2+2] = 5 = 6,69x10-7 
CORRETO 
04 Kb para o íon acetato é 5,7 × 10-10. 
CH3COOH  CH3COO- + H+ 
Ka x Kb = Kw 
Kb= 
𝑲𝒘
𝑲𝒂
 
Kb= 
𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟏,𝟖 𝒙 𝟏𝟎−𝟓
 
Kb= 5,55 x 10-10 
CORRETO 
 
 
 
08 Se Kb para o metilamina é 4,47 × 10-4, então Ka para o metilamônioé 2,2 × 10-11. 
Ka x Kb = Kw 
Ka= 
𝑲𝒘
𝑲𝒃
 
Ka= 
𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟒,𝟒𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 
Ka= 2,23 x 10-11 
CORRETO 
16 O pH do ácido, ácido o-hydroxybenzóico (Ka = 1,07 x 10-3) 0,0500 M é, 
aproximadamente 2,14. 
Ka= 
[𝑯+] [𝑨−]
[𝑯𝑨]
 
Ka= 1,07 x 10-3 
Ka= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟓−𝑿
 
1,07 x 10-3(0,05 - X) = X2 
5,35 x 10-5 – 1,07 x 10-3 X= X2 
X2 + 1,07 x 10-3 x – 5,35 x 10-5= 0 
 
= b2 – 4ac 
= (1,07 x 10-3) – 4 x 1 x -5,35 x 10-5 
= 2,151 x 10-4 
 
X= 
−𝒃 ±√∆
𝟐 𝒙 𝒂
 
X= 
−𝟏,𝟎𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟑 ±√𝟐,𝟏𝟓𝟏 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
𝟐 𝒙 𝟏
 
XI= 6,79 x 10-3 
XII= -7,86 x 10-3 
XI= [H+] 
pH= -log [H+] 
pH= -log 6,79 x 10-3 
pH= 2,17 
CORRETO 
 
32 Os sais haletos de amônio dissociam-se completamente em água, como por 
exemplo o (CH3)3NH+e Cl-. O íon trimetilamônio é um ácido fraco, sendo o 
trimetilamina, (CH3)3N, a base fraca. Assim, o pH de uma solução de cloreto de 
trimetilamônio0,050 M (pKa = 9,799) é 8,45. 
pKa= 9,799 
Ka= 10-pKa 
Ka= 10-9,799 
Ka= 1,588 x 10-10Ka x Kb= Kw 
Kb= 
𝑲𝒘
𝑲𝒂
 
Kb= 
𝟏𝟎−𝟒
𝟏,𝟓𝟖𝟖 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟎
 
Kb= 6,297 x 10-5 
pKb= -log 6,2997 x 10-5 
pKb= 4,20 
 
pH= 
−𝟏
𝟐
pKb
−𝟏
𝟐
 [sal] + 7 
pH= 
−𝟒,𝟐𝟎
𝟐
 - 
𝟎,𝟎𝟓𝟎
𝟐
 + 7 
pH= -2,1 – 0,025 + 7 
pH= 4,875 
ERRADO 
64 O pH da cocaína (C17H21NO4) 0,0372 M é 3,51. 
Kb Cocaína= 2,6 x 10-6 
Kb= 
[𝑩𝑯+] [𝑶𝑯−]
[𝑩]
= 2,6 x 10-6
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟑𝟕𝟐−𝑿
 
0,0372 – X ≅ 0,0372 
2,6 x 10-6 = 
𝒙𝟐
𝟎,𝟎𝟑𝟕𝟐
 
X= √𝟗, 𝟔𝟕𝟐 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟖 
X= 3,109= [OH-] 
 
pOH= -log [OH-] 
pOH= -log 3,109 x 10-4 
pOH= 3,507 
pH + pOH= 14 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 3,507 
pH= 10,49 
ERRADO 
R= 1+2+4+8+16= 31 
EIV 
01 Apenas 83% da cocaína reage conforme os dados do item 64 da questão anterior. 
83% Cocaína 
0,83 x 0,0372 = 0,0308 
Kb= 
[𝑩𝑯+] [𝑶𝑯−]
[𝑩]
 = 2,6 x 10-6 = 
𝒙𝟐
𝟎,𝟎𝟑𝟎𝟖
 
X2= 8,01 x 10-8 
X= √𝟖, 𝟎𝟏 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟖 = 2,83 x 10-4= [OH-] 
pOH= -log [OH-] 
pOH= -log 2,83 x 10-4 
pOH= 3,548 
pH + pOH= 14 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 3,548 
pH= 10,45 
ERRADO 
02 O pH do o-hydroxybenzoato 0,0500 M é, aproximadamente, 8,62. 
Ka= 1,07 x 10-3 
Kb= 
𝑲𝒘
𝑲𝒂
 
Kb= 
𝟏,𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟏,𝟎𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟑
 = 9,35 x 10-12 
9,35 x 10-12= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟓
 
X= 6,84 x 10-7 = [OH-] 
 
pOH= -log [OH-] 
pOH= 6,17 
pOH= 7,83 
ERRADO 
04 O pH do p-hydroxybenzoato 0,0500 M é, aproximadamente, 7,83. 
Ka= 10-pKa 
Ka= 10-4,54 
Ka= 2,88 x 10-5 
Kb= 
𝟏,𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟐,𝟖𝟖 𝒙 𝟏𝟎−𝟓
 = 3,47 x 10-10 
X= 4,16 x 10-6 = [OH-] 
pOH= 5,38 
pH= 8,62 
ERRADO 
08 O pH do NH3 0,10 M é 2,88. 
KbNH3= 1,8 x 10-5 
Kb= 
[𝑶𝑯−] [𝑵𝑯𝟒+]
[𝑵𝑯𝟑]
 = 1,8 x 10-5 
Kb= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟏𝟎−𝑿
 
 
1,8 x 10-5 (0,10 - x) = x2 
1,8 x 10-6 – 1,8 x 10-5 X = X2 
X2 + 1,8 x 10-5X – 1,8 x 10-6= 0 
 
= b2 – 4ac 
= (1,8 x 10-5)2 + 4 x 1 x 1,8 x 10-6 
= 7,20 x 10-6 
 
X= 
−𝒃 ±√∆
𝟐 𝒙 𝒂
 
X= 
−𝟏,𝟖 𝒙 𝟏𝟎−𝟓 ±√𝟕,𝟐𝟎 𝒙 𝟏𝟎−𝟔
𝟐 𝒙 𝟏
 
 
XI= 0,00133 
XII= -0,00135 
 
XI= [OH-] 
pOH= -log [OH-] 
pOH= -log 0,00133 
pOH= 2,876 
 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 2,876 
pH= 11,12 
ERRADO 
16 A enzima chymotrypsin que quebra as ligações do amido e que favorece a digestão 
de proteínas no nosso organismo tem uma atividade máxima em pH em torno de 6 ou 
10. 
Segundo a literatura sim 
CORRETO 
32 Um excelente tampão para a determinação da atividade da chymotrypsin é o TRIS. 
Na literatura se tem muitas metodologias para a determinação da chymotrypsin é 
usando o tampão TRIS 
CORRETO 
64 A proporção da base fraca (OCl-) para o ácido fraco (HOCl) na equação de 
Herderson-Hasselbalch num pH de 6,20 é 0,047. 
pH= pKa + log 
[𝑶𝑪𝒍−]
[𝑯𝑶𝑪𝒍]
 
log 
[𝑶𝑪𝒍−]
[𝑯𝑶𝑪𝒍]
 = pH – p Ka = 6,20 – 7,497 = -1,297 
= 
[𝑶𝑪𝒍−]
[𝑯𝑶𝑪𝒍]
 = 10-1,297 = 0,0505 
CORRETO 
R= 16+ 32+64= 112 
EV 
01 O pH de um tampão Tris (12.43 g tris) mais 
 4.67 g tris hydrochloride é 8,072. 
 
MMTris= 121,14 g/mol-1 
nº mol= 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 
 = 
𝟏𝟐,𝟒𝟑
𝟏𝟐𝟏,𝟏𝟒
 = 0,103 
 
MMTrishydrochloride= 157,56 
nº mol= 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 
 = 
𝟒,𝟔𝟕
𝟏𝟓𝟕,𝟓𝟔
 = 0,0296 
pH= pKa + log = 
𝟎,𝟏𝟎𝟑
𝟎,𝟎𝟐𝟗𝟔
 
pH= 8,1 + 0,542 
pH= 8,64 
ERRADO 
02 O pH de um tampão Tris/ Tris hydrochloride é 8,61 se as concentrações do ácido 
e da base fracas são iguais. 
pH= pKa + 
𝒍𝒐𝒈 [𝒃𝒂𝒔𝒆]
[𝒂𝒄𝒊𝒅𝒐]
 
pH= pKa + log 1 
pH= pKa = 8,1 
ERRADO 
04 A adição de 12 mL de HCl 1,0 M no tampão do item 01 reduz o pH em 0,20 
unidades. 
pH= 8,64 
[H+] = 10-pH= 10-8,64 = 2,29 x 10-9 
12mL HCl(
𝟏 𝒎𝒐𝒍 
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝑳
) = 0,012 mol H+ 
[H+] = 2,29 x 10-9 + 0,012 = 0,012 
pH= -log 0,012= 1,92 
ERRADO 
08 A adição de 32 mL de NaOH 0,500 M a 10,0 g de Tris-cloridrato (250 mL solução 
final) baixa o pH para 7,60. 
MM= 157,60 g/mol-1 
10g (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 
𝟏𝟓𝟕,𝟔𝟎 𝒈 
) = 
𝟔,𝟑𝟒𝟓 𝒙 𝟏𝟎−𝟐 𝒎𝒐𝒍 
𝟎,𝟐𝟓𝟎 𝑳
 = 0,258 mol/L-1 
Ka= 
[𝑯+] [𝑨−]
[𝑯𝑨]
 = 
𝑿𝟐
[𝑯𝑨]−𝑿
 = 
𝑿𝟐
𝟎,𝟐𝟓𝟖−𝒙 
 
0,258 – x≅ 0,258 
Ka= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟐𝟓𝟖 
 
X= √𝟕, 𝟗𝟒 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟗 𝑿 𝟎, 𝟐𝟓𝟖 
X= 4,53 x 10-5= [H+] 
 
[H+] [OH-] = 10-4 
[OH-] = 
𝟏𝟎−𝟒
𝟒,𝟓𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟓
 = 2,21 x 10-10 
32mL NaOH(
𝟎,𝟓𝟎𝟎 𝒎𝒐𝒍 
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝒐𝒍
) = 1,6 x 10-6 
[OH-] = 2,21 x 10-10 + 1,6 x 10-6 
[OH-] = 1,6 x 10-6 
pOH= -log 1,6 x 10-6 
pOH = 5,7g 
 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 5,7 
pH= 8,2 
ERRADO 
16 O pH de uma solução de 1,23 g 2-nitrophenol (massa molar 139.11 g/mol) em 0,250 
L é, aproximadamente, 4,34. 
Molaridade= 
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂
𝒎𝒂𝒔𝒔𝒂 𝒎𝒐𝒍𝒂𝒓 𝒙 𝒗𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆 
 = = 
𝟏,𝟐𝟑
𝟏𝟑𝟗,𝟏𝟏 𝒙 𝟎,𝟐𝟓𝟎
 = 0,0354 
Ka 2-nitrophenol= 5,88 x 10-8 
Ka= 
[𝑯+] [𝑨−]
[𝑯𝑨]
 = 5,88 x 10-8 = 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟑𝟓𝟒−𝑿
 
0,0354-x≅ 0,0354 
5,88 x 10-8 = 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟑𝟓𝟒
 
X= √𝟐, 𝟎𝟖 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟗 
X= 4,56 x 10-5 = [H+] 
 
pH= -log [H+] 
pH= -log 4,56 x 10-5 
pH= 4,34 
CORRETO 
32 O pH do o-cresol 0,010 M é 6.16. O Pka é, aproximadamente, 10,32. 
pKa= 10,32 
Ka= 10-pKa= 10-10,32 = 4,786 x 10-11 
Ka= 
[𝑯+] [𝑨−]
[𝑯𝑨]
 = 4,786 x 10-11 = 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟏𝟎−𝑿
 
0,10-X ≅ 0,010 
4,786 x 10-11= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟏𝟎
 
X= √𝟒, 𝟕𝟖𝟔 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟏𝟑 = 6,918 x 10-7 = [H+] 
pH= -log [H+] 
pH= -log 6,918 x 10-7 
pH= 6,16 
ERRADO 
64 O pH do butanoato de sódio (o sal sódico do ácido butanoico, também chamado 
ácido butírico) a 0,050 M é, aproximadamente, 8,76. 
[H+] =√
𝑲𝒘 𝒙 𝑲𝒂
[𝒔𝒂𝒍]
 
[H+] = √
𝟏𝟎−𝟏𝟒 𝒙 𝟏,𝟓𝟐 𝒙𝟏𝟎−𝟓
𝟎,𝟎𝟓𝟎
 
[H+] = 1,74 x 10-9 
pH= -log 1,74 x 10-9 
pH= 8,76 
CORRETO 
R= 16+ 64= 80 
 EVI 
01 O pH do etilamina 0,10 M é 11,82. O pKb do etilamina é 4,7 × 10-4. 
 
Kb= 
[𝑶𝑯−] [𝑨+]
[𝑨𝑶𝑯]
 
Kb= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟏𝟎−𝑿
 
0,10- X = 0,10 
Kb= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟏𝟎
 
X= √𝟒, 𝟕 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟒 𝒙 𝟎, 𝟏𝟎 
X= 6,85 x 10-3 = [OH-] 
 
pOH= -log 6,85 x 10-3 = 2,16 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 2,16 
pH= 11,83 
CORRETO 
02 O pH do cloreto de etilamônio do item 01 é, aproximadamente, 5,84. 
 
[H+] = √
𝑲𝒘 𝒙 [𝒔𝒂𝒍]
𝑲𝒃
 
[H+] = √
𝟏𝟎−𝟏𝟒 𝒙 𝟎,𝟏𝟎
𝟒,𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 
[H+] = 1,458 x 10-5 
 
pH= -log 1,458 x 10-5 
pH= 4,84 
ERRADO 
04 A concentração de íon hidróxido numa solução em que a concentração de íon 
hidrônio é 6,12 × 10-5 é 1,63 × 10-10. 
 
pH= -log [H+] 
pH= -log 6,12 x 10-5 
pH= 4,213 
pH + pOH= 14 
pOH= 14 – pH 
pOH= 14 – 4,213 
pOH= 9,787 
[OH-]= 10-pOH 
[OH-]= 10-9,787 
[OH-]= 1,63 x 10-10 
CORRETO 
08 Suco gástrico, vinagre, água da chuva e leite têm pH ácido. Sangue, água do mar, 
leite de magnésia e água sanitária têm pH básico. 
 
pH ácido: Suco gástrico e vinagre; 
pH neutro: Água da chuva; 
pH básico: Leite, leite de magnésia, água sanitária e sangue. 
ERRADO 
16 O valor de Kb para a priridina, C5H5N é 1,69 × 10-9. 
 
pKa= 5,23 
Ka= 10-pKa 
Ka= 10-5,23 
Ka= 5,88 x 10-6 
 
Ka x Kb= Kw 
Kb= 
𝑲𝒘
𝑲𝒂
 
Kb= 
𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟓,𝟖𝟖 𝒙 𝟏𝟎−𝟔
 
Kb= 1,70 x 10-9 
CORRETO 
32 o valor de Kb para o fosfato de dihidrogênio, H2PO4- é 1,41 × 10-12. 
 
pKa= 7,21 
Ka= 10-pKa 
Ka= 10-7,21 
Ka= 6,16 x 10-8 
 
Ka x Kb= Kw 
Kb= 
𝑲𝒘
𝑲𝒂
 
Kb= 
𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟔,𝟏𝟔 𝒙 𝟏𝟎−𝟖
 
Kb= 1,62 x 10-7 
ERRADO 
64 A solubilidade do Pb(IO3)2 em 500 mL de água pura é 9,22 mg. 
 
Kps= 3,7 x 10-13 
Pb (IO3)2 Pb+2 + 2IO-3 
Kps= 5 x (25)2 = 453 
5= √
𝑲𝒑𝒔
𝟒
𝟑
 = √
𝟑,𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟑
𝟒
𝟑
 
5= 4,523 x 10-5 mol/L-1(
𝟓𝟓𝟕,𝟎𝟏 𝒈 
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑷𝒃 (𝑰𝑶𝟑)𝟐
) 
5= 0,0252 g/L-1 
1L 0,0252g 
0,5L X 
 
X= 0,01259g ou 12,59mg 
ERRADO 
R= 1+ 4+ 16 = 21 
EVII 
01 A solubilidade do Pb(IO3)2 em solução 0.10 M 
em Pb(NO3)2 é 50 vezes maior em relação à solubilidade em água pura. 
 
Pb(IO3)2 Pb+2 + 2IO3 
Kps= [Pb+2] [IO3-] 
[IO3-] = √
𝑲𝒑𝒔
[𝑷𝒃+𝟐]
 
 
[IO3-] = √
𝟑,𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟑
𝟎,𝟏𝟎
 
[IO3-] = 1,92 x 10-6 
= 
𝟒,𝟓𝟐𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟓
𝟏,𝟗𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟔
 = 23,55 
ERRADO 
02 A solubilidade do Pb(IO3)2 em solução 0.10 M 
em Pb(NO3)2 é 50 vezes menor em relação à solubilidade em água pura. 
 
Pb(IO3)2 Pb+2 + 2IO3 
Kps=[Pb+2] [IO3-] 
[IO3-] = √
𝑲𝒑𝒔
[𝑷𝒃+𝟐]
 
 
[IO3-] = √
𝟑,𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟑
𝟎,𝟏𝟎
 
[IO3-] = 1,92 x 10-6 
= 
𝟒,𝟓𝟐𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟓
𝟏,𝟗𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟔
 = 23,55 
ERRADO 
 
04 A solubilidade do Pb(IO3)2 em solução 1,0 × 10-4 M 
 em Pb(NO3)2 é 2,3 × 10-5 M. 
 
Pb(IO3)2 Pb+2 + 2IO3- 
Kps= [Pb+2] [IO3-] 
[IO3-] = √
𝑲𝒑𝒔
[𝑷𝒃+𝟐]
 
[IO3-] = √
𝟑,𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟑
𝟏 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 
[IO3-] = 6,08 x 10-5 
ERRADO 
08 O pH de uma solução de HF 1,0 M é, aproximadamente, 1,61. 
 
Ka HF= 3,5 x 10-4 
HF ↔ H+ + F- 
X2= Ka x [HF] 
X= √𝑲𝒂 𝒙 [𝑯𝑭] 
X= √𝟑, 𝟓 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟒 𝒙 𝟏 
X= 1,87 x 10-2 
 
pH=-log [H+] 
pH= -log 1,87 x 10-2 
pH= 1,71 
CORRETO 
16 O pH de uma solução de NH3 0,050 M é, aproximadamente, 10,97. 
Kb= 
[𝑶𝑯−] [𝑵𝑯𝟒+]
[𝑵𝑯𝟑]
 
Kb= 1,8 x 10-5 = 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟓𝟎−𝒙
 
0,050 – X ≅ 0,050 
1,8 x 10-5 = 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟓𝟎
 
= √𝟏, 𝟖 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟓 𝒙 𝟎, 𝟎𝟓𝟎 = 9,48 x 10-4 = [OH-] 
 
pOH= -log 9,48 x 10-4 = 3,02 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 3,02 
pH= 10,97 
CORRETO 
32 O pH do tampão ácido acético/acetato de sódio quando as concentrações do 
ácido fraco e da base fraca são iguais é 4,67. 
 
pH= pKa + log 
[𝒔𝒂𝒍]
[á𝒄𝒊𝒅𝒐]
 
pH= pKa + log 1 
pH= pKa = 4,75 
ERRADO 
64 O pH do tampão acima reduz-se para 4,67 quando 10% do acetato é convertido 
em ácido acético. 
pH= pKa + log 
[𝒔𝒂𝒍]
[á𝒄𝒊𝒅𝒐]
 
pH= 4,75 + log 
𝟎,𝟗
𝟏,𝟏
 
pH= 4,75 + (-0,0872) 
pH= 4,66 
CORRETO 
R= 8+ 16+ 64= 88 
EVIII 
01 O pH de um tampão que é 0,020 M em NH3 e 0,030 M em NH4Cl é, 
aproximadamente, 9,06. 
[OH-]= Kb x 
𝑪𝒃
𝑪𝒂
 
[OH-]= 1,8 x 10-5 x 
𝟎,𝟎𝟑
𝟎,𝟎𝟐
 
[OH-]= 2,70 x 10-5 
 
pOH= -log 2,70 x 10-5 
pOH= 4,57 
pH= 14 – pOH 
pH= 14 – 4,57 
pH= 9,43 
ERRADO 
02 O pH do tampão acima após a adição de 1,00 mL de NaOH 0,10 M a 0,10 L do 
tampão é 9,10. 
pH= 9,43 
[H+] = 10-9,43 
[H+] = 3,72 x 10-10 
 
[H+] [OH-]= 10-14 
[OH-]= 
𝟏𝟎−𝟏𝟒
𝟑,𝟕𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟎
 
[OH-]= 2,68 x 10-5 
1 mLNaOH(
𝟎,𝟏 𝒎𝒐𝒍 
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝑳
) = 1 x 10-6 
[OH-]= 2,68 x 10-5 + 1 x 10-4 
[OH-]= 1,268 x 10-4 
 
pOH= -log 1,268 x 10-4 
pOH= 3,89 
pH= 14 – 3,89 
pH= 10,10 
ERRADO 
04 O pH aproximado do C5H5N 0,010 M é 8,62. 
Kp= 1,7 x 10-9 
Kb= 
[𝑶𝑯−][𝑨+]
[𝑨𝑶𝑯]
 
Kb= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟏𝟎−𝒙
 
0,010 – X ≅ 0,010 
Kb= 
𝑿𝟐
𝟎,𝟎𝟏𝟎
 
X= √𝑲𝒃 𝒙 𝟎, 𝟎𝟏𝟎 
X= √𝟏, 𝟕 𝒙 𝟏𝟎 − 𝟗 𝒙 𝟎, 𝟎𝟏𝟎 
X= 4, 12 x 10-6 = [OH-] 
 
pOH= -log 4,12 x 10-6 = 5,38 
pH= 14 – 5,38 
pH= 8,61 
CORRETO 
08 A solubilidade do Hg2Cl2 em água pura é 6,7 × 10–7 M. 
Hg2Cl2↔ Hg2+2 + 2Cl– 
Kps= 1,2 x 10-18 
Kps= 5 x (25)2 
Kps= 453 
S= √
𝑲𝒑𝒔
𝟒
𝟑
 = √
𝟏,𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟖
𝟒
𝟑
 
S= 6,69 x 10-7 
CORRETO 
16 A solubilidade do Hg2Cl2 saturadoem soluçãode Hg2(NO3)2 é 3.5 × 10–9 M. 
Kps= [Hg2+2] [Cl-] 
[Cl-]2= 
𝑲𝒑𝒔
 [𝐇𝐠𝟐+𝟐]
 
[Cl-]2=√
𝟏,𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟖
𝟎,𝟎𝟐𝟓
 
[Cl-]2= 6,928 x 10-4 mol/L-1 
[Hg2+2] = [Hg2Cl2] = 
𝟔,𝟗𝟐𝟖 𝐱 𝟏𝟎−𝟒 𝐦𝐨𝐥/𝐋−𝟏
𝟐
 = 3,46 x 10-4 mol/L-1 
CORRETO 
32 A solubilidade do Hg2Cl2 saturado em solução de NaCl0,050 M é4.8 × 10–16 M. 
Pb(IO3)2 Pb+2 + 2IO3- 
Kps= [Pb+2] [IO3-]2 
[IO3-] = √
𝑲𝒑𝒔
[𝑷𝒃+𝟐]
 
[IO3-] = √
𝟑,𝟕 𝒙 𝟏𝟎−𝟏𝟑
𝟏 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 
[IO3-] = 6,08 x 10-5 
ERRADO 
64 O pH de 100 mL de um tampão formado por ácido fórmico 0,025 M e formiato de 
sódio 0,015 M é 3,52. 
pH= pKa + log 
[𝒔𝒂𝒍]
[á𝒄𝒊𝒅𝒐]
 
pH= 3,74 + log 
𝟎,𝟎𝟏𝟓
𝟎,𝟎𝟐𝟓
 
pH= 3,52 
CORRETO 
R= 4+ 8+ 16+ 64= 92 
 
EIX 
01 Considere o íon Pb2+ em solução aquosa como analito. Neste caso não podemos 
isolar o íon por filtração porque o Pb2+está dissolvido na matriz da solução. Uma 
alternativa é medir a massa do analito após a sua conversão para uma forma sólida. 
Um par de eletrodos de Pt pode ser suspenso na solução com potencial positivo e 
tempo suficientes, forçando a reação a se completar conforme 
Pb2+(aq) + 4H2O(l) PbO2(s) +H2(g) + 2H3O+ 
O íon Pb2+ oxida-se em solução produzindo o PbO2(s) e deposita-se no eletrodo de Pt 
servindo como ânodo. A pesagem do eletrodo de Pt antes e depois de aplicar o 
potencial, a diferença nas duas medidas fornece a massa de PbO2 e, 
estequiometricamente, pode-se calcular a massa de Pb2+. 
O chumbo passou por um processo de oxidação, deixando NOX +2 para NOX +4. 
Oxidação anódica, redução catódica, ou seja, chumbo Na verdade, é anodizado e 
depositado no eletrodo. Então, pode-se calcule a massa de Pb + 2 pesando os 
eletrodos antes e depois Aplicações potenciais. 
CORRETO 
02 Uma maneira fácil e rápida de determinar o conteúdo de umidade de uma amostra 
de alimento é medir a massa antes e depois do aquecimento. A mudança de massa 
indica a quantidade de água originalmente presente no alimento. 
Correto, pois pode passar seu aquecimento. A perda de massa de água é de cerca de 
100 ° C, então ao aquecer perto desta temperatura, pode ser determinado 
Quantidade de água inicialmente presente no alimento. 
CORRETO 
04 Fosfito, PO33-, reduz o Hg2+ a Hg22+. Na presença de Cl-, o Hg22+ forma o precipitado 
sólido Hg2Cl2. 
2HgCl2(aq) + PO33–(aq) + 3H2O(l) Hg2Cl2(s) + 2H3O+(aq) + 2Cl–(aq)+ PO43–(aq) 
Se HgCl2 é adicionado em excesso, cada mol de PO33- produz um mol de Hg2Cl2. Assim, 
a massa do precipitado fornece uma medida indireta da massa de PO33- presente na 
amostra original. 
Correto, a relação entre a qualidade da precipitação através do Hg2Cl2 A medição 
estequiométrica da reação de equilíbrio pode encontrar a quantidade de PO3 3- 
inicialmente. 
CORRETO 
08 A quantidade de carbono num composto orgânico pode ser determinada usando a 
energia química da combustão para converter C a CO2. 
Sim, porque a energia de combustão do carbono é conhecida e está relacionada com 
Número de moles. Então você pode realizar correlação estequiométrica e encontrar 
O conteúdo de carbono no analito. 
C + O2 CO2 - 393,500 kj/kmol 
CORRETO 
16 A gravimetria de precipitação é baseada na estequiometria entre a massa do analito 
e a massa do precipitado. Assim, o precipitado deve ser livre de impurezas. Qualquer 
impureza presente na matriz do precipitado deve ser removida antes da sua pesagem. 
A principal fonte de impurezas resulta das interações química e física que ocorrem na 
superfície do precipitado. 
Certo, na análise gravimétrica é a massa do analito obtida por correlação use a 
massa dos depósitos encontrados para medição estequiométrica. Para isso, é A 
composição do precipitado deve ser conhecida e é livre Impurezas, porque a 
presença de impurezas causará erros de cálculo. existir as impurezas no precipitado 
são geralmente o resultado de interações físicas, as substâncias químicas podem ser 
contaminadas por co-precipitação e / ou pós-precipitaçã 
CORRETO 
32 Uma rocha contendo ferro, Fe3O4, foi analisada através da dissolução de 1,5419 g da 
amostra em HCl concentrado, produzindo uma mistura de Fe2+ e Fe3+. Após a adição de 
HNO3 para oxidar qualquer quantidade de Fe2+ a Fe3+, a solução foi diluída em água e o 
Fe3+ precipitado como Fe(OH)3 através da adição de NH3. Após a filtragem e lavagem, o 
resíduo foi submetido à secagem em temperatura elevada, produzindo 0,8525 g de 
Fe2O3. A percentagem de Fe3O4 na amostra é inferior a 50%. 
0,8525 g Fe2O3(
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
𝟏𝟓𝟗,𝟔𝟗 𝒈
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟒
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟑
) (
𝟐𝟑𝟏,𝟓𝟑 𝒈
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑭𝒆𝟐𝑶𝟒
) = 
𝟏,𝟐𝟑𝟔𝟎 𝒈
𝟏,𝟓𝟒𝟏𝟗 𝒈
 x 100%= 80,16% 
ERRADO 
64 Uma amostra (0,1392 g) impura de Na3PO3 foi dissolvida em 25 mL de água. Em 
seguida, preparou-se uma solução contendo 50 mL de cloreto de mercúrio (II) a 3% 
w/v, 20 mL de acetato de sódio (10% w/v) e 5 mL de ácido acético glacial. A solução de 
fosfito foi adicionada gota a gota à segunda solução oxidando o PO3- a PO4- e 
precipitando o Hg2Cl2, conforme equação química abaixo. Depois da filtração, secagem 
e aquecimento, o precipitado Hg2Cl2 foi então pesado dando 0,4320 g. A pureza 
original da amostra em termos de Na3PO3(% w/w) foi de 97,27%. 
2HgCl2(aq) + PO33–(aq) + 3H2O(l) Hg2Cl2(s) + 2H3O+(aq) + 2Cl–(aq)+ PO43–(aq) 
0,4320 g Hg2Cl2(
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝐇𝐠𝟐𝐂𝐥𝟐
𝟒𝟕𝟐,𝟎𝟗 𝒈
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑵𝒂𝟑𝑷𝑶𝟑
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝐇𝐠𝟐𝐂𝐥𝟐
) (
𝟏𝟒𝟕,𝟗𝟒 𝒈
𝟏 𝒎𝒐𝒍 𝑵𝒂𝟑𝑷𝑶𝟑
) = 
𝟎,𝟏𝟑𝟓𝟒 𝒈
𝟎,𝟏𝟑𝟗𝟐 𝒈
 x 100%= 97,25% 
CORRETO 
R= 1+2+4+8+16+64= 95 
EX 
Enunciado: Uma síntese do termograma da mudança de massa de uma amostra de 
oxalato de cálcio monohidratado, CaC2O4⋅ H2O, é mostrado abaixo. A amostra original 
pesou 24,60 mg e foi aquecida da temperatura do laboratório até 1000 ºC a taxa de 5 
ºC min-1. 
Perda de 3,03 mg de 100 – 250 ºC 
Perda de 4,72 mg de 400 – 500 ºC 
Perda de 7,41 mg de 700 – 850 ºC 
 
01A perda de 3,03 mg corresponde à redução de 12,32% da massa original da amostra. 
Massa total= 24,60 mg 
= 
𝟑,𝟎𝟑
𝟐𝟒,𝟔𝟎
 x 100% = 12,32 % 
CORRETO 
02 A perda verificada entre 100 – 250 ºC corresponde a 18,00 g/mol do composto 
original e corresponde a perda de água. 
24,60mg CaC2O2 H2O (
𝟏 𝒈
𝟏𝟎𝟑 𝒎𝒈
) (
𝟏 𝒎𝒐𝒍
𝟏𝟒𝟔,𝟏𝟏𝟐 𝒈
) = 1,683 x 10-4 mol 
3,03mg= 3,03 x 10-3g 
= 
𝟑,𝟎𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟑
𝟏,𝟔𝟖𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 = 18,00 g/mol-1 
CORRETO 
04 A perda de 4,72 g corresponde à redução de 19,19% e corresponde a 28,04 g/mol. 
= 
𝟒,𝟕𝟐 𝒎𝒈
𝟐𝟒,𝟔𝟎 𝒎𝒈
 x 100% = 19,18% 
= 
𝟒,𝟕𝟐 𝒙 𝟏𝟎−𝟑 𝒈
𝟏,𝟔𝟖𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟒 𝒎𝒐𝒍
 = 28,05 g/mol-1 
CORRETO 
08 A perda do item 04 corresponde ao CO e levando à formação do CaCO3. 
CO = 28,01 g/mol 
CORRETO 
16 A perda de 7,41 mg corresponde à redução de 30.12% da massa original. 
=
𝟕,𝟒𝟏 𝒎𝒈
𝟐𝟒,𝟔𝟎 𝒎𝒈
 x 100% = 30,12 % 
CORRETO 
32 A perda do item 16 corresponde a 44.01 g/mol, sugerindo a perda de CO2. 
=
𝟕,𝟒𝟏 𝒙 𝟏𝟎−𝟑
𝟏,𝟔𝟖𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 = 44,03g/mol-1 
CORRETO 
64 O produto final é o CaO. 
24,60 – (3,03 + 4,72 + 7,41) = 9,44 mg 
=
𝟗,𝟒𝟒 𝒙 𝟏𝟎−𝟑
𝟏,𝟔𝟖𝟑 𝒙 𝟏𝟎−𝟒
 = 56,09 g/mol-1 
CORRETO 
R= 1+2+4+8+16+32+64= 127