Aula_15_-_Soluções_parte_I_-_Extensivo_2024 (1)

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aula 15 – Soluções – parte I 
Aprenda sobre ajuste de manipulação de umidades de 
concentração das soluções e suas classificações. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 2 
 
SUMÁRIO 
INTRODUÇÃO 4 
1. CLASSIFICAÇÃO DAS DISPERSÕES. 4 
Solução 5 
Coloide 7 
Suspensão 13 
2. COEFICIENTE DE SOLUBILIDADE. 15 
Classificação da solução 15 
Solubilidade endotérmica e exotérmica. 18 
Aspectos quantitativos do coeficiente de solubilidade 22 
3. CONCENTRAÇÕES. 30 
Densidade 31 
Concentração comum (C) e Concentração molar (M) 32 
Conversão de concentração comum em concentração molar. 33 
Título 37 
Fração molar 44 
Concentração molal ou molalidade (W) 44 
4. SOLUBILIDADE DE GASES: LEI DE HENRY. 47 
5. QUESTÕES FUNDAMENTAIS 53 
Soluções 53 
Concentrações 53 
6. JÁ CAIU NOS PRINCIPAIS VESTIBULARES 54 
Coloides 54 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 3 
Coeficiente de Solubilidade 57 
Concentrações 67 
Lei de Henry 82 
7. GABARITO SEM COMENTÁRIOS 85 
8. RESOLUÇÕES DAS QUESTÕES FUNDAMENTAIS 86 
Soluções 86 
Concentrações 89 
9. QUESTÕES RESOLVIDAS E COMENTADAS 92 
10. CONSIDERAÇÕES FINAIS DAS AULAS 149 
11. REFERÊNCIAS 149 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 4 
Introdução 
Soluções é um dos assuntos encontrados em aulas de destaque dos principais pré-
vestibulares. Esse assunto é, frequentemente, exigido em questões objetivas numéricas e em 
questões discursivas. Nesta aula intensiva de soluções, trataremos dos principais aspectos com 
ênfase nos aspectos quantitativos. 
 
Are you ready? Let’s go! 
1. Classificação das Dispersões. 
A dispersão de uma substância é o espalhamento dela por todo o volume de outro material 
puro ou impuro. As dispersões são classificadas de acordo com o tamanho das partículas 
dispersas: 
 
*1nm = 10-9m e 1 µm=10-6m. 
O material que se espalha é chamado disperso, enquanto o material que contém o 
disperso é chamado de dispersante. O material disperso não é visto por microscópicos em 
soluções, porém é capaz de ser visto em coloides. O material disperso em uma suspensão pode 
ser visto a olho nu, por exemplo, areia em água. 
 
 Solução Coloide Suspensão 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 5 
Material 
espalhado: 
Soluto ou 
disperso 
Disperso Disperso 
Meio: Solvente 
ou dispersante 
Dispersante Dispersante 
 
Solução 
 
Soluções são misturas de duas ou mais substâncias que apresentam um único aspecto, 
ou seja, são materiais homogêneos. 
 
 
O que usar depois da atividade física: água de coco ou bebida isotônica? 
A água compõe até 60% da massa em homens e 50% 
da massa em mulheres. Uma pessoa, em média, elimina pela 
urina 2,6 litros de água por dia, se não realizar atividade física 
intensa. A sede é o principal meio de comunicação do corpo 
humano com o cérebro para os primeiros sinais de pequena 
desidratação. Resumidamente, o envio do sinal da sede quer 
dizer que existem células desidratadas, ou seja, o seu volume 
diminuiu. Ao realizar atividades físicas, um dos problemas a 
ser evitado é a desidratação. Portanto, beba água, antes, durante e/ou após o exercício. 
Problemas encontrados pela perda de água excessiva durante a prática de atividades físicas: 
Solução 
ou 
mistura homogênea
sólida Ex: ligas metálicas.
líquida Ex: solução aquosa de cloreto de sódio.
gasosa Ex: qualquer mistura gasosa.
Figura 1 - Hidrate-se. [fonte: Gary 
Butterfield/Unsplah]. 
Figura 1 - Hidrate-se. [fonte: Gary 
Butterfield/Unsplah]. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 6 
 
 
Se o problema da atividade física fosse apenas a desidratação, a solução seria mais 
simples: beber água mineral! Porém, após a atividade física a baixa em sódio e em carboidratos 
pode ser um problema. Portanto, é comum substituir água mineral por água de coco ou isotônico. 
 
Dados para 100mL de produto. 
Para praticantes de atividade física, o isotônico pode ser indicado devido à quantidade de 
íons próximos aos níveis encontrados no suor. A ingestão de carboidrato por essa bebida 
também é interessante para o gasto calórico durante ou após ao exercício físico. A Sociedade 
Brasileira de Medicina Esportiva atribui que os isotônicos não podem conter mais de 6% de 
carboidratos em sua composição. Pessoas que querem emagrecer devem prestar atenção no 
gasto calórico e na ingestão dessas calorias provenientes pelos isotônicos. Consultar um 
nutricionista é sempre a melhor opção. Não se esqueça que nos isotônicos são encontrados 
corantes, conservantes e aromatizantes artificiais que interferem no metabolismo do indivíduo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 7 
A água de coco é um produto natural de elevado valor nutricional e pode ser consumida a 
partir dos 6 meses de vida. Apresenta baixa concentração de sódio, mas elevada concentração 
de potássio, o que a torna uma bebida favorável para repor os eletrólitos. Mesmo apresentando 
pequenas quantidade de sódio, pessoas hipertensas devem fazer acompanhamento médico 
para selecionar as bebidas apropriadas para repor os hidroeletrolíticos. 
Portanto, o segredo na seleção da bebida repositora hidroeletrolítica não é o produto em 
sim, mas: a atividade física realizada, as condições ambientes e o objetivo de vida do indivíduo. 
Para um atleta, o consumo do isotônico é viável durante a atividade física, principalmente se for 
acima de 1 hora de duração. Se o objetivo não for o desempenho da atividade física, a água de 
coco pode ser uma opção mais saudável devido ao somatório de nutrientes encontrados nela. 
Coloide 
Os coloides ou dispersões coloidais são materiais que, aparentemente, parecem 
soluções, mas ao aplicar a centrifugação, por exemplo, é observado a separação de duas fases. 
Fumaça e leite são exemplos desses materiais. Portanto, os coloides representam um estado 
intermediário entre uma solução e uma suspensão. 
 
Outra técnica utilizada para a identificação de um coloide é o efeito Tyndall. 
Coloide 
ou 
dispersão coloidal
aparência sólida Ex: Marshmallow.
aparência líquida Ex: Leite.
aparência gasosa Ex: Fumaça.
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 8 
 
Figura 2 - Efeito Tyndall observado por uma lanterna no alto de uma montanha 
de Las Vegas, EUA. [fonte: Isaac Davis/Unsplash]. 
 
Figura 3 - Efeito Tyndall observado pelo feixe de luz 
solar [fonte: Greg Becker/Unsplash]. 
A luz, ao atravessar um coloide, sofre dispersão (espalhamento) da luz. Quando um feixe 
de luz atravessa um meio diferente, sofre refração, ou seja, desvio de sua trajetória. A presença 
de partículas em um coloide desvia os comprimentos de onda em diferentes extensões, ou seja, 
ocorre o espalhamento da luz por causa das diferentes refrações ou reflexões encontradas ao 
longo do material heterogêneo. 
O efeito Tyndall observado por um feixe de luz atravessando um bosque ou a neblina é 
explicado, majoritariamente, pelas refrações diferentes que esse feixe sofre ao atravessar várias 
partículas líquidas (gotas de água). A cada entrada e saída em uma gota de água, a luz é 
desviada com trajetórias diferentes, por isso a sensação da luz sendo espalhada. Por sua vez, o 
espalhamento do feixe de luz quando atravessa um ar empoeirado é explicado pelas inúmeras 
reflexões das partículas sólidas dispersas no ar. 
Tipos de coloides 
Simplificadamente, coloide é um material heterogêneo que a olho nu parece homogêneo, 
mas é heterogêneo. Ele é caracterizado pelos estados físicos da porção em menor quantidade 
(fase dispersa) e da porção em maior quantidade (fase dispersante). Os tipos de coloidessão: 
Coloide Aspecto Fase 
dispersa 
Fase 
dispersante 
Exemplos 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 9 
Aerossol 
sólido 
Gasoso Sólido Gás Poeira e fumaça. 
Aerossol 
líquido 
Gasoso Líquido Gás Neblina e 
desodorante. 
Espuma 
líquida 
Líquido Gás Líquido Espuma de 
sabão e chantilly. 
Emulsão Líquido Líquido Líquido Leite, maionese 
e manteiga. 
Sol Líquido Sólido Líquido Tinta e pasta de 
dente. 
Espuma 
sólida 
Sólido Gás Sólido Isopor, esponja, 
pedra-pomes e 
marshmallow. 
Gel Sólido Líquido Sólido Geleia, gelatina 
(pronta), Margarina e 
maisena em água. 
Sol 
sólido 
Sólido Sólido Sólido Rubi e safira. 
Alguns exemplos comerciais: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 10 
Spray 
Partículas líquidas ou sólidas 
arrastadas por um gás. Esse gás pode ser 
chamado de propelente ou propulsante. 
 
Figura 4 - spray [fonte: Andrew Magill/Flickr]. 
Leite 
Porção lipídica (gordura) dispersa em 
uma porção hidrofílica (aquosa). Leites 
desnatados apresentam menor proporção da 
fase lipídica. 
 
Figura 5 - leite [fonte: Eiliv Sonas 
Aceon/Unsplash]. 
Dispersão 
de sabão ou 
detergente 
A dispersão de um detergente ou sabão 
contém estruturas chamadas de micelas, que 
são capazes de formar emulsões. Essa 
emulsão é obtida pela coexistência das 
porções hidrofílicas e hidrofóbicas. 
Figura 6 - porção líquida de um sabão [fonte: 
Scott Webb/Unsplash]. 
Tinta de 
parede 
A tinta quando dentro do recipiente é 
um sol, ou seja, partículas sólidas dispersas 
em um líquido. Quando ela é aplicada em uma 
parede forma-se um gel. A tinta aplicada na 
parede apresentará abundância da parte sólida 
em relação à líquida. 
 
Figura 7 - tintas de parede [David 
Pisnoy/Unsplash]. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 11 
Gelatina 
É uma mistura de peptídeos derivados 
da hidrólise do colágeno, que é uma proteína. 
 
Figura 8 - gelatina [Hans/pixabay]. 
 
 
 
 
 
 
Por que o sorvete derretido não volta ao que era antes quando colocado no congelador? 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 12 
Os sorvetes são basicamente formados por: leite, 
creme e açúcar. O sorvete é uma emulsão, ou seja, uma 
mistura de duas coisas que não se misturam. Oi? Isso 
mesmo, sabe aquilo que você escutou uma vez “água e óleo 
não se misturam?”, então, esquece isso. Calma que vou 
explicar. 
Em uma das etapas de produção do sorvete, a 
gordura (porção lipídica) presente no creme escolhido é 
forçada por uma pequena válvula de elevada pressão, que 
despeja inúmeras gotas de gordura na mistura contendo 
leite. As proteínas presentes no leite aderem a superfície 
dessas gorduras, recobrindo a superfície. Esse recobrimento da superfície impede que as gotas 
de gordura possam interagir novamente e acabem separando da mistura. Obteve-se uma 
emulsão: dispersão de gordura em água. A olho nu aparenta-se um líquido branco, mas com 
microscópio é possível observar um líquido branco com bolinhas amarelas. No processo de 
fabricação de sorvetes é comum adicionar outros emulsificantes (substâncias que vão aumentar 
a eficácia da dispersão da fase lipídica em água), sendo o mais utilizado em alimentos a lecitina 
de soja. A qualidade da gordura utilizada no sorvete é muito importante, porque gorduras com 
moléculas muito compridas apresentam dificuldade de sofrer fusão e fornecem a sensação 
cerosa na língua. Você já tomou algum sorvete que deixava a língua com sabor rançoso? Por 
essa razão, bons sorvetes devem apresentar gorduras de temperatura de fusão baixa e, assim, 
derretem na boca. 
Outra etapa importante é a aeração do sorvete: injeção de ar. A presença da proteína, do 
emulsionante e da gordura facilitam a incorporação de ar ao sorvete e, consequentemente, 
diminuem a densidade do sorvete. Sorvetes de melhor qualidade apresentam menor quantidade 
de ar, logo, são mais densos e derretem mais lentamente. 
O congelamento é realizado a baixas temperaturas. Quanto menor a temperatura, mais 
rápido o sorvete fica pronto. Geralmente, utiliza-se uma mistura de água e sal que atinge -21 °C 
ou amônia líquida a -30 °C. 
Quando um sorvete derrete, a estrutura organizada entre a gordura, a proteína e o 
emulsificante é desfeita em partes. Portanto, ocorre uma separação parcial da parte lipídica 
(gordurosa) da parte aquosa; ou seja, a parte de cima fica com gosto rançoso, enquanto a parte 
Figura 4 - Sorvete derretendo [fonte: Dana de 
Volk/unsplash]. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 13 
de baixo com gosto aguado. Ao colocar esse material que se separou em duas porções líquidas 
de densidades diferentes no congelador, o novo material congelado continuará com as duas 
fases sólidas separadas. O que fazer? 
Algumas propostas para tentar ‘salvar’ o sorvete derretido: 
1) Adicionar uns 100 a 150 mL de leite integral (INTEGRAL! Ter gordura é importante 
para a formação do sorvete) fervido, bater na batedeira até ficar homogêneo e colocar 
no congelador. 
2) Coloque em uma bacia 14 pedras de gelo e 6 colheres de sal. O sal diminuirá a 
temperatura de fusão do gelo. Coloque o sorvete derretido em um recipiente. Insira o 
recipiente dentro da bacia com gelo e sal. Claro que você não deve permitir que o gelo 
com sal caia dentro do sorvete. Mexa muito, mas muito mesmo, até ficar bem pastoso 
e, assim, coloque no congelador. 
3) Tome assim mesmo, porque, afinal, é sorvete. 
 
Suspensão 
Suspensão é uma mistura heterogênea. Geralmente, as suspensões são formadas por 
sólidos insolúveis em líquidos. Exemplos de suspensões: água e areia, água e cimento, água e 
azeite e leite de magnésia. 
Uma das suspensões importantes nas provas de vestibular é a suspensão leite de 
magnésia. Esse material é formado por Mg(OH)2 em água. 
 
 
(UNITAU SP/2017) 
Sobre soluções químicas, assinale a alternativa CORRETA. 
 
a) O soluto apresenta uma coloração diferente do solvente. 
b) As soluções apresentam uma segunda fase precipitada, denominada soluto. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 14 
c) A solução é sempre uma mistura homogênea. 
d) Todas as soluções apresentam efeito Tyndall. 
e) Soluções são sempre péssimas condutoras de eletricidade. 
 
Comentários: 
Julgando os itens, tem-se: 
a) Errado. O soluto e o solvente formam uma solução, ou seja, um sistema homogêneo 
(aspecto único). 
b) Errado. O soluto é a porção dissolvida na solução, portanto não está precipitado. 
c) Certo. Solução ou mistura homogênea é um sistema monofásico. 
d) Errado. As soluções não apresentam efeito Tyndall. Esse efeito é observado, somente, 
em sistemas heterogêneos: coloides e suspensões. 
e) Errado. As soluções são classificadas em iônicas ou moleculares. As soluções iônicas 
conduzem corrente elétrica, enquanto as soluções moleculares não conduzem. 
Gabarito: C 
 
(Centro Universitário São Camilo SP/2014) 
A asma é uma das doenças crônicas mais comuns, afetando tanto crianças quanto 
adultos. A fumaça do cigarro é prejudicial aos asmáticos, mesmo se o doente não fumar. 
“Bombinha” é como as pessoas chamam os dispositivos que contêm medicações inalatórias 
na forma líquida, utilizadas no tratamento da asma. 
(www.sbpt.org.br. Adaptado.) 
A fumaça do cigarro e a medicação inalatória, na forma como é aplicada pelas 
bombinhas, são coloides que recebem as classificações, respectivamente, de 
 
a) aerossol e sol. 
b) aerossol e gel. 
c) sol e aerossol. 
d) aerossol e aerossol. 
e) sol e sol. 
 
Comentários: 
 A fumaça é um coloide que apresenta partículas sólidas dispersas em um meio gasoso, 
portanto, é classificada como aerossol sólido. 
 A medicação inalatória ou o spray líquido é formado por partículas líquidas dispersas 
em um meio gasoso, portanto, éclassificada como aerossol líquido. 
Gabarito: D 
 
(ACAFE SC/2013) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 15 
Sobre o sistema coloidal, analise as afirmações a seguir. 
I. O diâmetro médio das moléculas de glicose em uma solução aquosa é maior que as 
partículas dispersas em um sistema coloidal. 
II. Creme de leite e maionese são exemplos de sistemas coloidais. 
III. Micelas podem ser representadas por um agregado de moléculas anfipáticas 
dispersas em um líquido, constituindo uma das fases de um sistema coloidal. 
IV. O Efeito Tyndall pode ocorrer quando há a dispersão da luz pelas partículas 
dispersas em um sistema coloidal. 
 
Todas as afirmações corretas estão em: 
 
a) II - IV 
b) III - IV 
c) I - II – III 
d) II - III – IV 
 
Comentários: 
Julgando os itens, tem-se: 
I. Errado. O sistema coloidal é um sistema heterogêneo, enquanto a solução aquosa de 
glicose é um sistema homogêneo. Assim, as partículas dispersas no coloide são maiores 
do que as da solução. 
II. Certo. Creme de leite e maionese são emulsões, porque apresentam duas porções 
líquidas: porção lipídica (fase dispersa) e porção aquosa (fase dispersante). 
III. Certo. Moléculas anfipáticas ou anfifílicas são moléculas que apresentam interação 
polar e apolar, por isso, são capazes de formar micelas. As micelas são responsáveis pela 
formação de emulsões, que é um sistema coloidal. 
IV. Certo. O efeito Tyndall é o espalhamento da luz, quando um feixe luminoso atravessa 
sistemas heterogêneos: coloides e suspensões. 
Gabarito: D 
2. Coeficiente de Solubilidade. 
Classificação da solução 
As soluções são misturas homogêneas. Especificamente neste tópico, a atenção será o 
estudo de soluções líquidas, que são classificadas em: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 16 
 
Quando a quantidade de soluto dissolvida é a máxima possível em um sistema líquido, 
essa quantidade é denominada coeficiente de solubilidade. 
Esse coeficiente é específico para cada soluto, solvente e temperatura. Observe o gráfico 
de solubilidade do brometo de potássio (KBr) em 100 gramas de água em diferentes 
temperaturas. 
 
A cada temperatura, o coeficiente de solubilidade do KBr é alterado. A 30 °C, pode-se 
concluir que a quantidade de dissolução máxima desse sal em 100 g de água é igual a 70 g. 
Logo, 
1. Quantidade de soluto inferior a 70 g: todo o soluto é dissolvido e o sistema é 
classificado em solução insaturada. 
2. Quantidade de soluto igual a 70 g: todo o soluto é dissolvido e o sistema é 
classificado em solução saturada. 
Solução Saturada
•A máxima quantidade de 
soluto dissolvida em dada 
quantidade de solvente, a 
uma determinada 
temperatura.
•É o coeficiente de 
solubilidade.
Solução Insaturada
•Uma quantidade de soluto 
dissolvida, inferior à máxima, 
em dada quantidade de 
solvente, a uma determinada 
temperatura.
Solução Supersaturada
•Uma quantidade de soluto 
dissolvida, superior à 
máxima, em dada 
quantidade de solvente, a 
uma determinada 
temperatura.
•É um sistema instável e 
específico para alguns 
casos.
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 17 
3. Quantidade de soluto superior a 70 g: 70 g de soluto são dissolvidos, a porção 
restante é sedimentada (corpo de fundo) e o sistema é classificado em solução 
saturada com corpo de fundo. 
 
 
A solução supersaturada somente é formada se for comprovada 
experimentalmente. Somente será classificado uma quantidade de soluto dissolvido em um 
sistema como solução supersaturada se a questão fornecer dados para se afirmar isso. Caso 
contrário, o sistema será uma solução saturada com corpo de fundo. 
A seguir analisa-se os pontos de um mesmo gráfico, porém com títulos diferentes. 
 
Os pontos A, B e C referem-se às quantidades colocadas de soluto em uma quantidade 
de água. Os pontos A’, B’ e C’ referem-se às soluções preparadas, ou seja, referem-se às 
misturas homogêneas. 
Conclui-se: 
A B C A’ B’ C’ 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 18 
solução 
saturada 
+ 
corpo de fundo 
solução 
saturada 
solução 
insaturada 
Soluç
ão 
supersatura
da 
soluç
ão saturada 
soluç
ão 
insaturada 
Quantid
ade colocada 
de soluto 
superior à 
quantidade 
máxima de 
dissolução e, 
assim, 
formação de 
decantado. 
Quantid
ade colocada 
de soluto igual 
à quantidade 
máxima de 
dissolução. 
Quantid
ade colocada 
de soluto 
inferior à 
quantidade 
máxima de 
dissolução. 
Soluç
ão com 
concentraçã
o de soluto 
maior que a 
solução 
máxima. 
Soluç
ão com 
concentraçã
o de soluto 
igual à 
solução 
saturada. 
Soluç
ão com 
concentraçã
o de soluto 
menor à 
solução 
saturada. 
Portanto, muito cuidado ao interpretar gráficos. Gráficos com quantidades colocadas e 
soluções preparadas podem gerar significados diferentes. 
 
Solubilidade endotérmica e exotérmica. 
Geralmente, as substâncias dissolvem-se mais depressa em temperaturas mais elevadas. 
O que não significa dizer que se dissolvem em maior quantidade. Em quantidade, os gases, por 
exemplo, são mais solúveis em sistemas líquidos de baixa temperatura, porém, a sacarose 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 19 
dissolve mais em água quente. Portanto, classifica-se a dissolução em dois tipos: dissolução 
endotérmica e dissolução exotérmica. 
Dissolução endotérmica: absorve energia durante a dissolução do soluto. Quanto maior a 
temperatura, maior a solubilidade do soluto na solução. 
Dissolução exotérmica: libera energia durante a dissolução do soluto. Quanto menor a 
temperatura, maior a solubilidade do soluto na solução. 
Observe as curvas de solubilidade dos sais abaixo: 
 
Figura 10 - Curvas de solubilidade de diferentes sais [fonte: UFPEL 2014]. 
O único sal apresentado no gráfico que possui dissolução exotérmica é o sulfato de cério 
(Ce2(SO4)3). Os demais sais aumentam a solubilidade em temperaturas mais altas. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 20 
 
 
 
Por que as substâncias apresentam dissolução endotérmica ou exotérmica? 
A dissolução de uma substância em outra envolve ruptura de interações e formação de 
novas. É necessário romper as interações soluto-soluto e formar a interação soluto-solvente. As 
rupturas são etapas endotérmicas, ou seja, precisam absorver energia para ocorrer. A formação 
da interação soluto-solvente é exotérmica, ou seja, ocorre liberação de energia. Toda dissolução 
envolve etapas que absorvem e liberam energia, porém a etapa majoritária é específica ao tipo 
de soluto. 
A energia envolvida na dissolução de uma substância é chamada de entalpia de solução 
ou calor de solução (ΔHsolução). O cálculo da entalpia de dissolução de um composto iônico 
é realizado pela análise de dois parâmetros: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 21 
 
Dissolução exotérmica 
A dissolução exotérmica do sulfato de lítio (Li2SO4) é esquematicamente representada 
por: 
 
Neste caso, a intensidade da energia de hidratação é maior do que a energia reticular e, 
por isso, a etapa de liberação de energia é maior do que a de absorção. Consequentemente, a 
entalpia de dissolução é exotérmica. 
Separação soluto-soluto
(etapa endotérmica)
• Quanto mais forte a atração soluto-
soluto, maior a absorção de energia
necessária para romper a atração
entre eles.
• A energia de atração entre os íons é
chamada energia de rede ou energia
reticular representado por ΔHrede.
• A energia reticular relaciona-se com a
dificuldade de separar os íons, ou seja,
transformar um retículo iônico sólido
em íons gasosos (livres).
Interação soluto-solvente
(etapa exotérmica)
• Quanto maior a atração soluto-
solvente, maior a quantidade de
energia liberada na interação. O soluto
é solvatadopelo solvente. Quando o
solvente é a água, as moléculas de
água orientam seus polos e formam
interações com o soluto sendo
denominado hidratação.
• A energia liberada quando um soluto é
hidratado (ou solvatado pela água) é
denominada energia de hidratação
(ΔHHidratação).
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 22 
 
Dissolução endotérmica 
A dissolução endotérmica do iodeto de potássio (KI) é esquematicamente representada 
por: 
 
Neste caso, a intensidade da energia reticular é maior do que a energia de hidratação e, 
por isso, a etapa de absorção de energia é maior do que a de liberação. Consequentemente, a 
entalpia de dissolução é endotérmica. 
Aspectos quantitativos do coeficiente de solubilidade 
Organizam-se os cálculos de solubilidade em quatro parâmetros: quantidade de soluto, 
quantidade de solvente/solução, coeficiente de solubilidade e temperatura. 
Quantidade 
de soluto 
Quantidade de 
solvente/quantidade de 
solução 
Coeficiente 
de solubilidade 
Temperatura 
? ? ? ? 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 23 
A partir do valor do coeficiente de solubilidade abaixo, serão apresentados alguns cálculos 
de solubilidade. 
 
Caso 1 – cálculo de solvente para a saturação de uma solução. 
Qual a massa, em gramas, de água necessária para saturar 120 g de KNO3 a 40 °C? 
Primeiramente, identifica as quantidades dos seguintes parâmetros: 
 
 
Quantidade 
de soluto 
Quantidade 
de solvente 
Coeficiente de 
solubilidade 
Temperatura 
120 g ? 
60 g de 
KNO3/100 g de H2O 
(extraído do gráfico) 
40 °C 
60 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
120 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
x = 200 g de H2O 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 24 
Caso 2 – calcular a quantidade de soluto a partir da massa da solução? 
Qual a massa, em gramas, de NaNO3 necessária para saturar 200 g de solução a 10 °C? 
Muito cuidado com a leitura desse tipo de item. A informação fornecida é que apresenta 
200 g de solução. Solução é resultado da combinação soluto mais solvente. Portanto, 
msolução = msolvente + msoluto 
 
Quantidade 
de soluto 
Quantidade 
de solução 
Coeficiente de 
solubilidade 
Temperatura 
? ? 
80 g de 
NaNO3/100 g de H2O 
(extraído do gráfico) 
10 °C 
A massa de solução para saturar 100 g de H2O é: 
msolução = msolvente + msoluto 
msolução = 100 g + 80 g 
msolução = 180 g 
Assim, a 10 °C, a cada 180 g de solução, temos: 100 g de solvente e 80 g de NaNO3. 
80 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 180 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 200 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
x = 88,8 g de soluto. 
 
Caso 3 – calcular a quantidade de soluto cristalizado pela alteração da 
temperatura. 
Qual a massa, em gramas, de cloreto de amônio (NH4C) cristalizada quando uma solução 
saturada com 400 g de H2O, a 30 °C, for resfriada a 10 °C? 
Preenchendo os parâmetros necessários para cada temperatura, tem-se: 
Quantidade 
de soluto 
Quantidade 
de solvente 
Coeficiente de 
solubilidade 
Temperatura 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 25 
? 400 g 
40 g de 
NH4C/100 g de H2O 
(extraído do gráfico) 
30 °C 
? 400 g 
30 g de 
NH4C/100 g de H2O 
(extraído do gráfico) 
10 °C 
Percebe-se que a dissolução a 30 °C é maior que a dissolução a 10 °C, portanto calcula-
se a quantidade de soluto dissolvida em 400 g de água nas duas temperaturas. A diferença entre 
as quantidades de soluto é igual a quantidade cristalizada ou também chamada de corpo de 
fundo. 
Quantidade de soluto a 30 °C. Quantidade de soluto a 10 °C. 
40 g de NH4Cl − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑥 g de NH4Cl − − − − 400 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
x = 160 g de NH4Cl dissolvidos inicialmente. 
30 g de NH4Cl − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑥 g de NH4Cl − − − − 400 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
x = 120 g de NH4Cl dissolvidos ao final. 
Portanto, a quantidade precipitada é igual a: 
Massa do precipitado = 160 g – 120 g = 40 g de NH4Cl 
 
 
 
(IBMEC SP Insper/2019) 
Em uma aula de laboratório de química, foi realizado um experimento que consistiu em 
adicionar em um béquer 300 g de água, em temperatura ambiente, e certa quantidade do 
sal sulfato de magnésio hexaidratado (MgSO4·6H2O) até formar uma solução saturada com 
corpo de fundo. Essa mistura foi aquecida até completa solubilização do sal, que ocorreu 
quando a temperatura atingiu 50 °C. Na sequência, deixou-se a solução resfriar até 20 °C 
e verificou-se novamente a presença do sal cristalizado no fundo do béquer. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 26 
 
Foram fornecidos aos alunos os dados de solubilidade desse sal nas duas temperaturas 
medidas. 
 
Com as informações fornecidas, foram calculadas as massas do sal presente na solução 
a 50 °C e do sal cristalizado a 20 °C. Esses resultados são corretamente apresentados, 
nessa ordem, em: 
 
a) 53,5 g e 9,0 g. 
b) 160,5 g e 9,0 g. 
c) 294,0 g e 27,0 g. 
d) 97,0 g e 9,0 g. 
e) 160,5 g e 27,0 g. 
 
Comentários: 
Inicialmente, completa-se as informações importantes no quadro abaixo: 
20 °C → 44,5 g de sal / 100 g de H2O 
50 °C → 53,5 g de sal / 100 g de H2O 
O experimento realizado utilizou 300 g de água, obtendo uma solução saturada a 50 °C. 
Portanto, calcula-se a quantidade de soluto necessária para saturar 300 g de H2O a 50 °C 
e 20 °C: 
 
A 50 °C, todo o soluto, 160,5g, estava dissolvido. Quando resfriado, apenas 133,5 g dos 
160,5 g encontra-se dissolvido em solução. 
Portanto, a massa do precipitado é de: 
Mprecipitado = 160,5 g – 133,5 g = 27 g do sal. 
Assim, a quantidade dissolvida do sal a 50 °C é de 160,5 g e a quantidade cristalizada a 
20 °C é de 27g. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 27 
Gabarito: E 
 
(FGV SP/2018) 
Foram preparadas quatro soluções aquosas saturadas a 60 °C, contendo cada uma delas 
100 g de água e um dos sais: iodeto de potássio, KI, nitrato de potássio, KNO3, nitrato de 
sódio, NaNO3, e cloreto de sódio, NaC. Na figura, são representadas as curvas de 
solubilidade desses sais: 
 
Em seguida, essas soluções foram resfriadas até 20 °C, e o sal cristalizado depositou-se 
no fundo de cada recipiente. 
Considerando-se que a cristalização foi completa, a maior e a menor massa de sal 
cristalizado correspondem, respectivamente, aos sais 
 
a) KI e NaC. 
b) KI e KNO3. 
c) NaNO3 e NaC. 
d) KNO3 e NaNO3. 
e) KNO3 e NaC. 
 
Comentários: 
A questão deseja saber a maior quantidade de sal cristalizada e a menor quantidade 
cristalizada, sabendo que todas as soluções a 60 °C eram saturadas. O sal que apresentará 
maior quantidade cristalizada é aquele que apresentar maior variação entre os valores de 
saturação, ou seja, maior inclinação na curva do gráfico. 
A variação das saturações para as quantidades de sal, de 60 °C para 20 °C, de cada 
solução é: 
NaC: massa dissolvida a 60 °C é próxima da massa dissolvida a 20 °C. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 28 
KNO3: massa dissolvida a 60 °C é próxima de 110 g e massa dissolvida a 20 °C é próxima 
de 35 g, portanto a massa cristalizada é, aproximadamente, 75 g. 
NaNO3: massa dissolvida a 60 °C é próxima de 120 g e massa dissolvida a 20 °C é 
próxima de 85 g, portanto a massa cristalizada é, aproximadamente, 35 g. 
KI: massa dissolvida a 60 °C é próxima de 230 g e massa dissolvida a 20 °C é próxima 
de 160 g, portanto a massa cristalizada é, aproximadamente, 70 g. 
Logo, o sal de maior quantidade cristalizada é o KNO3 e o menos cristalizado é o NaC. 
Gabarito: E 
 
(FPS PE/2018) 
Considere a curva de solubilidade do cloreto de amônio em água: 
 
Um técnico de laboratório preparou uma solução saturada deste sal a 60 °C e removeu 
todo o corpo de fundo. Após resfriamento, a temperatura chegou em 30 °C. O técnico filtrou 
o NH4C sólido que haviaprecipitado e verificou que sua massa era igual a 60 g. Qual foi o 
volume aproximado de água utilizada no preparo da solução? 
 
a) 400 mL 
b) 350 mL 
c) 250 mL 
d) 200 mL 
e) 150 mL 
 
Comentários: 
Inicialmente, será descrito dois momentos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 29 
 
Gabarito: A 
 
(UEFS BA/2018) 
Considere a figura que representa a estrutura cristalina do sólido KC e o gráfico da curva 
de solubilidade desse mesmo sólido. 
 
Ao resfriar a 20 °C uma solução saturada de cloreto de potássio que contém 400 g de 
H2O a 40 °C, a massa de KC cristalizado será igual a 
 
a) 20 g. 
b) 10 g. 
c) 5 g. 
d) 35 g. 
e) 40 g. 
 
Comentários: 
Comparando a solubilidade do sal em 400 g de água, a 40 °C e a 20 °C, tem-se: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 30 
 
Portanto, a porção cristalizada é igual a 160 g – 140 g = 20 g. 
Gabarito: A 
 
3. Concentrações. 
Existem várias maneiras de expressar as relações: soluto-solução, soluto-solvente e 
solução-solução. A seguir serão apresentadas as principais expressões quantitativas das 
soluções. 
 
Antigamente, os vestibulares exigiam as interpretações das concentrações por suas 
classificações. Atualmente, os vestibulares indicam as unidades que exigidas nas questões. Por 
exemplo, antigamente se dizia que a concentração comum de uma solução de KBr era igual a 
50, entretanto, atualmente, é escrita por 50 g/L. Portanto, não se preocupe em decorar ou 
expressar as concentrações com as exatas classificações, mas fique atento às unidades 
expressas nas questões. 
 
P
ri
n
c
ip
a
is
 e
x
p
re
s
s
õ
e
s
 
q
u
a
n
ti
ta
ti
v
a
s
 d
a
s
 s
o
lu
ç
õ
e
s
Densidade massa da solução por volume da solução.
Concentração
comum
massa do soluto por volume da solução.
Concentração 
molar
número de mols do soluto por volume da solução.
Título massa ou volume do soluto por massa ou volume da solução.
Fração 
molar
número de mols do soluto por número de mols da solução.
Molalidade número de mols do soluto por massa do solvente.
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 31 
Densidade 
Densidade é a razão da massa da solução pelo volume da solução, ou seja, a massa de 
todo o sistema dividido pelo volume de todo o sistema. 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Ou seja, 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 + 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
 
Em soluções líquidas com solutos sólidos, o volume do solvente é, aproximadamente, 
igual ao volume da solução. 
Portanto, para sistemas soluto sólido em solvente líquido: 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
 
Exemplo 1 - cálculo da densidade da solução. 
A 25 °C, ao misturar 100 gramas de iodeto de potássio (KI) em 100 mL de água e sabendo 
que a densidade da água é igual a 1g/mL, a densidade da solução, em kg/L, é calculada por: 
Primeiramente, observa-se que a densidade desejada deve ser expressa em g/L, portanto, 
o volume do solvente, que é igual ao volume da solução, será apresentado por 0,1 L e a massa 
será apresentada em kg. 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
0,1 𝑘𝑔 + 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
0,1 𝐿
 
Sabendo que a densidade da água é igual a 1 g por 1 mL, logo, 100 mL de água possuem 
100 g. 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
0,1 𝑘𝑔 + 0,1 𝑘𝑔
0,1 𝐿
 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 = 2 𝑘𝑔/𝐿 
Logo, cada 1 L de solução apresenta 2 kg de soluto e solvente. 
Exemplo 2 - cálculo da densidade de uma mistura de líquidos miscíveis. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 32 
O cálculo da densidade de uma mistura de líquidos miscíveis pode ser realizado por duas 
maneiras: 
1) 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
2) Se não houver contração ou expansão de volume, pode ser realizado uma média 
ponderada das densidades. 
Calcule a densidade, em g/mL, da mistura formada por 70% de etanol e 30% de água, 
sabendo que as densidades, em g/mL, de etanol e água são, respectivamente, iguais a 0,8 e 1. 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
70% · 0,8 𝑔/𝑚𝐿 + 30% · 1𝑔 /𝑚𝐿
100%
 
Densidade = 0,86 g/mL 
 
Concentração comum (C) e Concentração molar (M) 
Concentração, em sua forma geral, é a razão da quantidade do soluto dividido pelo volume 
da solução. 
Concentração comum ou concentração em g/L é a razão da massa do soluto pelo volume 
da solução. 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Concentração molar ou concentração em mol/L ou molaridade é a razão do número de 
mols do soluto pelo volume da solução. 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
A diferença da densidade e a concentração é que para calcular a densidade de uma 
solução divide-se a massa de tudo pelo volume de tudo, enquanto o cálculo da concentração 
divide-se a massa do soluto pelo volume da solução. 
Exemplo - cálculo da concentração do soluto. 
A 25 °C, ao misturar 100 gramas de iodeto de potássio (KI) em 100 mL de água, calcula-
se: 
a) concentração em g/L ou concentração comum do iodeto de potássio. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 33 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
100 𝑔
0,1 𝐿
 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 = 1000 𝑔/𝐿 
 
b) concentração em mol/L ou concentração molar do iodeto de potássio. 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Para calcular o número de mols de 100 gramas de KI é necessário obter os dados das 
massas molares dos elementos potássio e iodo na tabela periódica: 39 g/mol e 127 g/mol, 
respectivamente. Portanto a massa molar do KI é igual a 166 g/mol. 
166 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐼 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐼
100 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐼 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐼
 
x = 0,6 mol de KI 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
0,6 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐼
0,1 𝐿
 
Concentração molar é igual a 6 mol/L ou 6 molar ou 6 M. 
Conversão de concentração comum em concentração molar. 
A conversão da concentração em g/L para mol/L, ou vice-versa, é realizada a partir dos 
dados da massa molar. 
Exemplo – conversão entre as concentrações comum e molar. 
a) Converter a concentração de 11,4 g/L para mol/L de NaOH. 
Sabendo que a massa molar de NaOH é igual a 40 g/mol, converte-se 11,4 g para número 
de mols. 
40 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻
11,4 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻
 
x = 0,28 mol de NaOH. 
Substitui-se o valor de 11,4 g para 0,28 mol na relação numérica inicial, assim: 
11,4 g/L → 0,28 mol/L 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 34 
b) Converter a concentração de 0,3 mol/L de Na2SO4 para g/L. 
Sabendo que a massa molar do Na2SO4 é igual a 142 g/mol, converte-se 0,3 mol de 
Na2SO4 para a massa em gramas. 
142 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂4 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂4
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂4 − − − − 0,3 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂4
 
x = 42,6 gramas de Na2SO4. 
Substitui-se o valorde 0,3 mol para 42,6 g na relação numérica inicial, assim: 
0,3 mol/L → 42,6 g/L 
 
c) Converter a concentração de 3,33 g/L de CaC2 para mol/L de C-. 
Primeiramente, sabe-se que para cada uma fórmula de CaC2 são dissociados dois íons 
C-. 
Sabendo que a massa molar do CaC2 é igual a 111 g/mol, converte-se a massa de 3,33 
g de CaC2 para o número de mols de C-. Lembre-se que para cada 1 mol de CaC2, apresentam 
2 mols de C-. 
111 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝐶𝑙2 − − − − 2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑙
−
3,33 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝐶𝑙2 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑙
− 
x = 0,06 mol de C-. 
Substitui-se o valor de 3,33 g para 0,06 mol na relação numérica inicial, assim: 
3,33 g/L de CaC2 → 0,06 mol/L de C- 
 
 
Inicialmente, não trabalharei os cálculos de soluções com fórmulas. O uso de fórmulas 
será utilizado em um segundo momento com o intuito de acelerar a resolução, ou seja, somente 
após o domínio dos cálculos básicos de soluções. Todavia, para que o material escrito seja o 
mais completo possível, irei apresentar as fórmulas que podem ser utilizadas, mas não irei 
apresentar resoluções das questões utilizando-as. 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑢𝑚 (𝑔/𝐿) = 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 (𝑚𝑜𝑙/𝐿) · 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 (𝑔/𝑚𝑜𝑙) 
𝑔
𝐿
 =
𝑚𝑜𝑙
𝐿
 ·
𝑔
𝑚𝑜𝑙
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 35 
 
 
 (PUC RS/2019) 
“Os íons de metais alcalinos têm importantes funções no nosso organismo, tais como 
influenciar em contrações musculares e pressão arterial, manter a pressão osmótica dentro 
das células e influenciar a condução dos impulsos nervosos. A diferença nas concentrações 
totais de íon de metais alcalinos dentro e fora da célula produz um potencial elétrico pela 
membrana celular, responsável, por exemplo, pela geração de sinais elétricos rítmicos no 
coração. As concentrações de Na+ e K+ nas células sanguíneas vermelhas são de 0,253 
g·L–1 e de 3,588 g·L–1, respectivamente”. 
Rayner-Canham, G.; Overton, T. 
Química Inorgânica Descritiva. LTC. 
As concentrações aproximadas desses íons, em mol·L–1, são respectivamente 
 
a) 23,0 e 39,0 
b) 2,30 e 3,90 
c) 0,011 e 0,092 
d) 0,007 e 0,156 
 
Comentários: 
A partir das concentrações de sódio e potássio iguais a, respectivamente, 0,253 g·L–1 e 
3,588 g·L–1, calcula-se a concentração em mol/L para cada íon. 
 
Gabarito: C 
 
(UEG GO/2016) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 36 
Considere 5 L de uma solução aquosa contendo 146 g de cloreto de sódio que será 
utilizada como solução de partida para outras de mais baixa concentração. Uma quantidade 
de 2 mL dessa solução contém uma massa de soluto, em miligramas, de aproximadamente 
 
a) 3 
b) 29 
c) 58 
d) 73 
e) 292 
 
Comentários: 
A solução preparada apresenta 146 g (ou 146000 mg) de cloreto de sódio em 5 L (ou 
5000 mL), portanto, a quantidade em miligramas de soluto em 2 mL é de: 
 
x = 58,4 mg de soluto 
Gabarito: C 
 
(PUC Camp SP/2018) 
Os xaropes são soluções concentradas de açúcar (sacarose). Em uma receita caseira, 
são utilizados 500 g de açúcar para cada 1,5 L de água. Nesse caso, a concentração mol/L 
de sacarose nesse xarope é de, aproximadamente, 
Dado: 
Massa molar da sacarose = 342 g/mol 
 
a) 2,5. 
b) 1,5. 
c) 2,0. 
d) 1,0. 
e) 3,0. 
 
Comentários: 
A partir da massa de sacarose fornecida, converte-se essa quantidade em mols de 
sacarose. 
 
146000 𝑚𝑔 − − − − 5000 𝑚𝐿
𝑥 𝑚𝑔 − − − − 2 𝑚𝐿
 
342 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑒 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑒
500 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑒 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑒
 
x = 1,461988 mol de sacarose 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 37 
A concentração em mol/L é igual a 1,461988 mol / 1,5 L = 0,97 mol/L de sacarose 
Gabarito: D 
 
Título 
Título é a fração ou proporção entre a quantidade de soluto e a quantidade de solvente. 
Existem três tipos de título: 
 
 
Título ou título em massa ou título (m/m) 
O título em massa é calculado por: 
𝑡í𝑡𝑢𝑙𝑜 (𝜏) =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Exemplo: uma solução de 100 g apresenta 0,15 g de cloreto de sódio, determina-se o 
título (m/m): 
𝑡í𝑡𝑢𝑙𝑜 (𝜏) =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
𝜏 =
0,15 𝑔
100 𝑔
 
τ = 0,0015 
Formas de apresentar o título: porcentagem (%), partes por milhão (ppm) e partes por 
bilhão (ppb). 
No exemplo anterior, calculamos um título com valor de 0,15, porém poderia ser 
representado pelas unidades: 
Título
título em massa
razão da massa do soluto pela massa da 
solução.
título em volume
razão do volume do soluto pelo volume da 
solução.
título em massa por 
volume
razão da massa do soluto pelo volume da 
solução.
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 38 
Porcentagem (%) Partes por milhão (ppm) Partes por bilhão (ppb) 
τ = 0,0015 
τ (%) = 0,0015 x 100 
τ (%) = 0,15 % 
τ = 0,0015 
τ (ppm) = 0,0015 x 106 
τ (ppm) = 1.500 ppm 
τ = 0,0015 
τ (ppb) = 0,0015 x 109 
τ (ppb) = 1.500.000 ppb 
O título é calculado da mesma maneira, a mudança acontece na forma de expressar essa 
grandeza. Quando o valor do título é pequeno, recomenda-se usar unidades como ppm e ppb, 
porque são mais facilmente visualizáveis. 
 
Título em volume ou título (v/v) 
O título em volume é calculado por: 
𝑡í𝑡𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑚 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 (𝑣/𝑣) =
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Exemplo: uma solução gasosa de 1 m3 apresenta 0,2 mL de argônio, determina-se o título 
em volume: 
𝜏 (𝑣/𝑣) =
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
𝜏 (𝑣/𝑣) =
0,0002 𝐿
1000 𝐿
 
Título (v/v) = 0,0000002 ou 0,00002% ou 0,2 ppm ou 200 ppb. 
Percebe-se que nesse caso, expressar o título por 0,0000002 ou por 0,00002% não é tão claro quanto 
por 0,2 ppm ou 200 ppb. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 39 
Ao olhar a embalagem de um álcool utilizado para limpeza, percebemos 
o valor da concentração do álcool em °GL chamado de graus Gay-Lussac. Essa 
unidade indica a porcentagem de álcool presente na solução. Um produto com 
70 °GL possui 70% de etanol. 
Nessas soluções também encontramos a unidade °INPM (Instituto 
Nacional de Pesos e Medidas), que é a fração da massa do álcool. Uma solução 
com 46 °INPM indica que 46% da massa da solução é de álcool. 
 
Título em massa por volume ou título (m/v) 
O título em massa por volume (m/v) é utilizado para soluções aquosas diluídas, ou seja, a 
densidade da solução aquosa é aproximadamente igual a densidade da água, a 25 °C, 1 g/mL. 
O título em massa por volume é calculado por: 
𝑡í𝑡𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑚 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 (𝑚/𝑣) =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Exemplo: a solução aquosa 5% (m/v), indica que apresenta 5 g/100 mL. 
 
Dica para você. Quando uma questão fornecer o título em massa por volume e não indicar 
a densidade da solução, subentende-se que a solução aquosa em questão é muito diluída. 
Portanto, sugere-se fazer a substituição: 
 
O título (m/v) é utilizado para expressar concentrações de soluções diluídas. 
 
Relação título-concentração-densidade. 
Concentração (g/L) = título · densidade (g/L) = concentração molar (mol/L) · massa molar 
(g/mol) 
Figura 11 - solução 
alcoolica para limpeza 
[fonte: brasil.gov]. 
Figura 11 - solução 
alcoolica para 
limpeza [fonte: 
brasil.gov]. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 40 
C = τ · d = M · M’ 
C: concentração comum, τ: título, d: densidade, M: concentração molar e M’: massa molar. 
 
 
 
O que significa a água oxigenada 10 volumes, 20 volumes, 30 volumes e 40 volumes? 
A água oxigenada é utilizada para fins domésticos e comerciais. Na utilização doméstica 
é empregada para clarear pelos, clarearroupa, além de sua característica antisséptica 
(bactericida e germicida) utilizada na limpeza de ferimentos e em gargarejos. A utilização da 
água oxigenada para a limpeza de ferimentos tem sido advertida devido a ação tóxica do 
peróxido de hidrogênio, que é o componente ativo da água oxigenada, nas células saudáveis 
responsáveis pela cicatrização. 
 
A principal utilização industrial do peróxido de hidrogênio é para o clareamento de papel. 
O H2O2 sofre fotólise, ou seja, decomposição por luz. Por isso, 
esse composto é armazenado em frascos escuros ou opacos. A reação 
de decomposição é representada por: 
2 H2O2 () → 2 H2O () + O2 (g) 
Ao utilizar um frasco de água oxigenada, observamos o 
borbulhar de oxigênio. Quanto maior a quantidade de água oxigenada, 
maior a quantidade de gás oxigênio liberado. Portanto, a unidade volumes indica a concentração 
de peróxido no produto, a partir do volume de oxigênio gasoso liberado nas CNTP (0 °C e 1 atm). 
 10 volumes 20 volumes 30 volumes 40 volumes 
Figura 12 - a decomposição da 
água oxigenada é catalisada pela 
enzima catalase presente no 
sangue [fonte: diarodebiologia]. 
Figura 12 - a decomposição da água 
oxigenada é catalisada pela enzima 
catalase presente no sangue [fonte: 
diarodebiologia]. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 41 
Comercialmente, encontram-se frascos identificados por 10 volumes, 20 volumes, 30 
volumes e 40 volumes. 
 
 
(UNITAU SP/2018) 
Uma lata com 180 g de atum tem uma concentração de 0,20 ppm de mercúrio. A 
quantidade de mercúrio presente nessa quantidade de atum é de 
 
a) 3,6·10–5 g 
b) 3,6·10–6 g 
c) 3,6·10–3 g 
d) 3,6·10–9 g 
e) 3,6·10–2 g 
 
Comentários: 
A quantidade de 0,20 ppm (0,20 partes por milhão) de mercúrio quer dizer que temos 0,2 
de mercúrio para 106 do material. 
Portanto, 
 
x = 3,6·10-5 g de mercúrio 
Gabarito: A 
 
(UFGD MS/2016) 
É muito comum a utilização de peróxido de hidrogênio (H2O2) na 
descoloração/branqueamento de tecidos e/ou cabelos. Uma solução aquosa 9,0% (m/v) de 
água oxigenada, de densidade 1,0 g·mL–1, apresenta concentração aproximada, expressa 
em volumes, de 
 
a) 9 
0,20 𝑔 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 − − − − 106𝑔 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑢𝑚
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 − − − − 180 𝑔 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑢𝑚
 
1 L de produto 10 L de O2 (g) 20 L de O2 (g) 30 L de O2 (g) 40 L de O2 (g) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 42 
b) 12 
c) 20 
d) 30 
e) 40 
 
Comentários: 
A água oxigenada compõe 9,0% da massa em volume. Aplicando-se essa porcentagem 
de massa por volume do peróxido na densidade, que é a relação da massa e volume de 
tudo, temos a concentração da água oxigenada. 
Apresente duas formas de calcular a concentração da água oxigenada em g/L: 
 
O volume da água oxigenada é calculado pelo volume de oxigênio liberado, na CNTP, 
pela decomposição da água oxigenada. Sabe-se que a decomposição da água oxigenada 
é expressa pela equação: 
2 H2O2 → 2 H2O + O2 
Sabe-se que 1mL de solução contém 0,09 g de H2O2, logo, 1 L da solução apresenta 90 
g de H2O2. Portanto, realiza-se o cálculo do volume de O2, nas CNTP, liberado pela 
decomposição de 90 g de H2O2, sabendo que o volume molar é igual a 22,4 L/mol e que a 
massa molar do H2O2 é igual a 34 g/mol. 
 
x = 29,64 L 
Assim, a água oxigenada é igual a, aproximadamente, 30 volumes. 
Gabarito: D 
 
(PUC SP/2019) 
Uma solução saturada de NH4C em água, foi feita a 60 °C e utilizou-se 1000 mL de água. 
Considere a densidade da água a 60 °C como 1,0 g/mL. 
Sabendo que o título dessa solução a 60 °C é de aproximadamente 35,5%, qual o 
coeficiente de solubilidade, aproximado, de NH4C em água na temperatura em questão? 
 
a) 35,5 g de NH4C em 100 g de H2O a 60 °C 
b) 55 g de NH4C em 1000 g de H2O a 60 °C 
c) 55 g de NH4C em 100 g de H2O a 60 °C 
d) 0,355 g de NH4C em 100 g de H2O a 60 °C 
100 % − − − − 1 𝑔 · 𝑚𝐿−1
9,0 % − − − − 𝑥 𝑔 · 𝑚𝐿−1
 
x = 0,09 g·mL-1 
9% · 1 𝑔 · 𝑚𝐿−1
= 0,09 · 1 𝑔
· 𝑚𝐿−1 = 
0,09 𝑔 · 𝑚𝐿−1 
 
2 · 34 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂2 − − − − 1 · 22,4 𝐿 𝑑𝑒 𝑂2
90 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂2 − − − − 𝑥 𝐿 𝑑𝑒 𝑂2
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 43 
 
Comentários: 
O título de 35,5% significa que 35,5% da massa total da solução é de cloreto de amônio 
(NH4C). Portanto, a quantidade de água, em massa, corresponde a 64,5%. Sabendo que 
a densidade da água é igual a 1g/mL, 1000 mL = 1000 g. 
 
x = 550,38 g de cloreto de amônio em 1000 g de água. 
Dividindo por 10, tem-se: 
55,038 g de cloreto de amônio para cada 100 g de água. 
Observação: não se pode aplicar os 35,5% na densidade 1 g/mL, porque os 35,5% é do 
sal e o valor de 1,0 g/mL é da água pura. Se a questão tivesse fornecido o valor da 
densidade da solução, aí sim seria possível esse cálculo. 
Gabarito: C 
 
(IFBA/2018) 
A solução de hipoclorito de sódio (NaOC) em água é chamada comercialmente de água 
sanitária. O rótulo de determinada água sanitária apresentou as seguintes informações: 
Solução 20% m/m 
Densidade = 1,10 g/mL 
Com base nessas informações, a concentração da solução comercial desse NaOC será: 
 
a) 1,10 mol/L 
b) 2,00 mol/L 
c) 3,00 mol/L 
d) 2,95 mol/L 
e) 3,50 mol/L 
 
Comentários: 
A questão forneceu que a densidade da solução é igual a 1,10 g/mL, ou seja, para cada 
1 mL da solução temos 1,10 g de tudo. Desses 1,10 g, 20% é de hipoclorito de sódio. 
Portanto, 
NaOC: 20% · 1,10 g/mL = 0,20 · 1,10 g/mL = 0,22 g/mL 
Adequando as unidades de volume para as unidades requeridas na questão, tem-se: 
0,22 g/mL = 220 g/1000 mL = 220 g/1L = 220 g/L 
Sabendo que a massa molar do NaOC é igual a 74,5 g/mol, converte-se a massa de 220 
g de NaOC em mol: 
1000 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 64,5% 
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑐𝑙𝑜𝑟𝑒𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑚ô𝑛𝑖𝑜 − − − − 35,5%
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 44 
 
x = 2,95 mol 
Os 2,95 mols de sal são proporcionais à 1 L de solução, por isso, a concentração de 
NaOC é igual a 2,95 mol/L. 
Gabarito: D 
Fração molar 
A fração molar (X) corresponde a razão entre o número de mols do soluto pelo número de 
mols da solução. 
𝑓𝑟𝑎çã𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 (𝑋) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑛º 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
 
Concentração molal ou molalidade (W) 
A molalidade ou concentração molal é uma unidade pouco utilizada em questões de 
vestibulares. A molalidade é a razão do número de mols do soluto pela massa, em kg, do 
solvente. 
𝑚𝑜𝑙𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 (𝑊) =
𝑛º 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎, 𝑒𝑚 𝑘𝑔, 𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
 
 
 
(UNITAU SP/2018) 
Uma solução é composta por benzeno e tetracloreto de carbono, e 39% da massa dessa 
solução é benzeno. 
Qual a fração molar do benzeno na solução? 
 
a) 0,56 
b) 0,45 
c) 0,65 
d) 0,25 
74,5 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
220 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 45 
e) 0,35 
 
Comentários: 
O benzeno apresenta fórmula C6H6 e o tetracloreto de carbono CC4. Sabendo que a 
porcentagem em massa de benzeno é de 39%, logo, a quantidade de tetracloreto de 
carbono é igual a 61%. 
A fim de determinar a fração molar, supõe-se uma massa total qualquer. Para que as 
contas fiquem mais práticas, irei utilizar a massa inicial total de 100 g. Sabendo que as 
massas molares de C6H6 e CC4 são 78 g/mol e 154 g/mol, respectivamente, calcula-se: 
 
A fração molar do benzeno é: 
 
Gabarito: A 
 
 
Fator de Van’t Hoff 
O fator Van’t Hoff é um fator de correção para a quantidade reais de partículas dissolvidas 
em uma solução. 
Por exemplo, ao adicionar 1 mol de NaCl em água, sabendo que o cloreto de sódio é um 
sólido muito solúvel, tem-se que a solução apresenta 1 mol de Na+ e 1 mol de Cl-. Assim, para 
cada 1 NaCl são formados 2 íons dissolvidos. 
C6H6 CC4 
39% de100 g = 
39 g 
 
Convertendo 39 g de C6H6 para 
mols: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 − − − − 78 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 − − − − 39 𝑔
 
x = 0,5 mol de C6H6 
61% de 100 g = 
61 g 
 
Convertendo 61 g de C6H6 para 
mols: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝐶𝑙4 − − − − 154 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝐶𝑙4 − − − − 61 𝑔
 
x = 0,396 mol de CC4 
 
𝑋𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 =
0,5 𝑚𝑜𝑙
0,5 𝑚𝑜𝑙 + 0,396 𝑚𝑜𝑙
= 0,558 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 46 
Porém, ao se adicionar 1 mol de HCN e supondo que apenas 10% dessas moléculas sofre 
ionização em H+ e CN-, tem-se q dissolução do HCN em água é dividida em íons formados e as 
moléculas de HCN não ionizadas. 
Moléculas de HCN não ionizadas Íons formados 
Sabendo que 10% sofreram ionização, logo, 
90% não sofreram ionização. 
Portanto, 1 mol · 90% = 0,9 mol de HCN 
dissolvidos em água 
HCN → H+ + CN- 
Para cada molécula de HCN ionizada, tem-se 
dois íons gerados. Logo: 
10% de 1 mol de HCN ionizados: 
10% · 1 mol de HCN = 0,1 mol de HCN 
ionizados 
0,1 HCN → 0,1 mol H+ + 0,1 mol CN- 
Para cada 0,1 mol de HCN são formados 0,2 
mol de íons 
 
A quantidade de partículas dissolvidas na ionização de 10% de 1 mol HCN é de: 
0,9 mol + 0,2 mol = 1,1 mol 
 
A partir desse raciocínio, entende-se o trabalho de Van’t Hoff. Ele desenvolveu uma 
fórmula para calcular a quantidade real de partículas dissolvidas em um sistema. (Esse 
parâmetro se utiliza muito no Ensino Superior de Química, porém, no Ensino Médio, você só 
deve utilizar esse parâmetro de Van’t Hoff, se a questão mencionar. Ok? A Química do Ensino 
médio é mais easy, amém?). 
Fator de Van’t Hoff 
𝑖 = 1 + 𝛼 (𝑞 − 1) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 47 
𝑖 𝛼 𝑞 
Fator de Van’t Hoff Grau de ionização 
Número de íons gerados por 
fórmula 
Portanto, para o exemplo do HCN (grau de ionização 10%) e para o NaCl (100% de 
dissociação), tem-se: 
HCN (grau de ionização 10%) NaCl (100% de dissociação) 
Cada HCN produz 2 íons (H+ e CN-) 
𝑖 = 1 + 𝛼 (𝑞 − 1) 
𝑖 = 1 + 0,1 (2 − 1) 
𝑖 = 1,1 
 
Cada NaCl produz 2 íons (Na+ e Cl-) 
𝑖 = 1 + 𝛼 (𝑞 − 1) 
𝑖 = 1 + 1 (2 − 1) 
𝑖 = 2 
 
Conforme o deduzido anteriormente, o fator Van’t Hoff para o HCN é 1,1 e para o NaCl é 
2. 
 
4. Solubilidade de Gases: Lei de Henry. 
A solubilidade de um gás em um líquido depende de 3 fatores: 
 
Solubilidade de gases
Pressão exercida sobre o gás.
Temperatura da solução.
Reatividade do gás.
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 48 
Solubilidade: pressão exercida sobre o gás. 
O inglês, farmacêutico e químico William Henry (12 de dezembro de 1775 – 2 de setembro 
de 1836) estudou sobre a solubilidade de gases em líquidos. Henry elaborou sua lei em 1802: 
Lei de Henry: solubilidade e um gás dissolvido é diretamente proporcional à pressão dele 
acima do líquido. 
Um sistema formado por um gás e um líquido apresenta parte da porção gasosa dissolvida 
no gás. Ao aumentar a pressão externa sobre o gás, dissolvem-se mais partículas. 
 
A partir dessa observação, Henry elaborou a expressão de sua lei: 
Solubilidade de um gás = constante x Pressão do gás 
Sgás = kHenry · Pgás 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 49 
 
Solubilidade: temperatura. 
Quanto maior a temperatura, maior a agitação das partículas. O gás apresenta elevada 
energia cinética média de suas partículas e baixa interação com outras partículas. Ao aumentar 
a temperatura do sistema, prevalece a dispersão dos gases e, consequentemente, menor a 
solubilidade do gás. 
 
Quanto maior a temperatura do sistema, menor o valor da constante de Henry. 
↑Temperatura ↓kHenry 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 50 
 
Solubilidade: reatividade do gás. 
Alguns gases aumentam a solubilidade em água por causa de sua reatividade. A reação 
produzida é reversível, por isso, pode ser relacionada à solubilidade. Exemplos de gases que 
apresentam maior solubilidade em água: 
CO2 (g) + H2O () ⇌ H2CO3 (aq) SO2 (g) + H2O () ⇌ H2SO3 (aq) SO3 (g) + H2O () ⇌ H2SO4 (aq) 
H2S (g) + H2O () ⇌ H2SO4 (aq) HCN (g) + H2O () ⇌ H2SO4 (aq) 
 
 
 
Aprendendo a apreciar um champanhe. 
O champanhe ou champanha (champagne em 
francês) é um vinho branco espumante produzido na 
região da Champagne, que fica no nordeste da França, 
a partir de uvas pretas. As uvas utilizadas são: 
chardonnay, pinot noir e pinot meunier. Essa bebida 
apresenta 6 classificações em relação ao teor de 
açúcar: doux (doce), demi-sec (meio-doce), sec (seco), 
extra-sec (extra-seco), brut (bruto), extra-brut (extra-
bruto) e nature (pas doce). 
Além da composição das chuvas e a qualidade da fermentação, o sabor refrescante do 
champanhe é fortalecido pela presença do gás carbônico. Portanto, a dissolução desse gás é 
fundamental para a apreciação da bebida, aproximadamente 5 milhões de bolhas em cada taça. 
Quais os procedimentos utilizados para a manutenção do gás dissolvido na bebida? 
1) Resfriamento da bebida. Quanto maior a temperatura da solução, menos gás 
dissolvido. Porém, quanto mais gelado, maior a sensação anestésica na língua e, 
Figura 3 - Champanhe servido nas taças do tipo flute [fonte: 
Deleece Cook/Unsplash]. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 51 
consequentemente, menor o paladar. Nem tão gelado e nem tão quente. Segundo o chef Richard 
Geoffroy, o champanhe deve ser servido a 12 °C. 
2) Servir em taças do tipo flute, que no francês significa flauta. Essas taças possuem cabo 
alto e bojo comprido e estreito. A boca estreita diminui a troca gasosa da bebida, diminuindo a 
perda de gás do líquido. A qualidade do vidro é essencial para que não haja fissuras que formem 
bolhas, essas fissuras são chamadas de pontos de nucleação. 
3) Segurar a taça no cabo ou na base. O corpo humano apresenta temperatura média de 
36 °C e esquenta a taça de vidro quando em contato. Quanto mais longe estiver o contato do 
corpo humano do líquido, melhor a manutenção da temperatura. 
4) Não chacoalhar a garrafa antes de abri-la. A não ser que você tenha ganho a copa do 
mundo ou uma corrida de fórmula 1. 
Portanto, você já está pronto para consumir devidamente uma garrafa de Dom Pérignon 
Oenothèque 1996, que custa R$ 2.100,00. Se beber, não dirija. 
 
 
(PUC SP/2018) 
Em relação à solubilidade de substâncias gasosas e sólidas em líquidos, foram feitas as 
seguintes afirmações: 
I. Com o aumento da pressão de um gás sobre o líquido, a solubilidade do gás aumenta. 
II. Quanto menor a temperatura, menor a solubilidade da maioria dos gases. 
III. Todos os sólidos possuem maior solubilidade com o aumento da temperatura. 
IV. Uma solução insaturada possui quantidade de soluto inferior ao coeficiente de 
solubilidade. 
 
Assinale as afirmativas CORRETAS. 
 
a) I e II. 
b) II e III. 
c) I e IV. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 52 
d) I, II e IV. 
 
Comentários: 
Julgando os itens, tem-se: 
I. Certo. Quanto maior a pressão sobre o gás, maior a solubilidade dele em solução. O 
gás apresentará maior dificuldade para sair da solução. 
II. Errado. Quanto menor a temperatura, maior a solubilidade. O decréscimo de 
temperatura, diminui a energia cinética média das partículas gasosas e favorece a sua 
solubilização. 
III. Errado. Os sólidos apresentam dissolução endotérmica ou exotérmica. Portanto, 
alguns sais aumentam a solubilidade em temperaturas menores. 
IV. Certo. Uma solução insaturada não atingiu a quantidade de soluto que apresenta a 
solução saturada. 
Gabarito: C 
 
(UNITAU SP/2018) 
Considerando que o coeficiente de solubilidade (KH) de CO2 a 25 °C é 3,4·10–2 mol/atm, 
a pressão para dissolver 0,17 mol de CO2, numa garrafa de refrigerante, a 25 °C, é de 
(Para resolveresta questão, considere 1 atm = 100 kPa) 
 
a) 500 kPa 
b) 760 kPa 
c) 250 kPa 
d) 100 kPa 
e) 50 kPa 
 
Comentários: 
A partir dos dados fornecidos pela questão, apresento duas resoluções: 
 
A pressão do gás kPa: 
5 atm · 100 kPa/atm = 500 kPa. 
Gabarito: A 
Resolução 1 Resolução 2 
Solubilidade = K · Pgás 
0,17 mol de CO2 = 3,4·10–2 
mol/atm · Pgás 
Pgás = 5 atm 
3,4 · 10−2 mol − − − − 1 𝑎𝑡𝑚
0,17 𝑚𝑜𝑙 − − − − 𝑃𝑔á𝑠 𝑎𝑡𝑚
 
Pgás = 5 atm 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 53 
5. Questões Fundamentais 
Soluções 
 
Questão Fundamental 01 – A respeito da tabela abaixo, responda ao que se pede: 
Temperatura (°C) 30 50 70 
KBr (g/100 g de H2O) 70 80 90 
a) Qual a massa de KBr para saturar 50 g de água, a 50 °C? 
b) Qual a massa de KBr para saturar 50 g de água, a 30 °C? 
c) Qual a massa de KBr para saturar 200 g de água, a 70 °C? 
d) Um químico preparou uma solução: 300 g de KBr em 500 g de água, a 30 °C. Classifique 
a solução em saturada ou insaturada. 
e) Um químico preparou uma solução: 350 g de KBr em 500 g de água, a 30 °C. Classifique 
a solução em saturada ou insaturada. 
f) Um químico preparou uma solução: 8 g de KBr em 10 g de água, a 30 °C. Classifique a 
solução em saturada ou insaturada. 
g) Um químico preparou a seguinte solução: 15 g de KBr em 10 g de água, a 70 °C. Calcule 
a massa do corpo de fundo, em gramas. 
h) Um químico preparou a seguinte solução: 9 g de KBr em 10 g de água, a 70 °C, e depois 
resfriou a 30 °C. Calcule a massa do corpo de fundo, em gramas. 
i) Um químico preparou a seguinte solução: 10 g de KBr em 10 g de água, a 50 °C, e depois 
resfriou a 30 °C. Calcule a massa do corpo de fundo, em gramas, durante todo o processo. 
Concentrações 
 Questão Fundamental 02 – Complete a tabela abaixo. 
Fórmula 
Concentração 
(g/L) 
Concentração 
(mol/L) 
Ca2+ (aq) 4 
Na+ (aq) 1,5 
CO32- (aq) 1,8 
NO3- (aq) 2 
A3+ (aq) 8,1 
 
Questão Fundamental 03 – Calcule a massa de NaC , em gramas, que se deve adicionar 
a 100 mL de água para preparar uma solução com concentração de 0,2 mol/L. 
 
Questão Fundamental 04 - Calcule a massa de KNO3, em gramas, que se deve adicionar 
a 50 mL de água para preparar uma solução com concentração de 0,1 mol/L. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 54 
Questão Fundamental 05 – A respeito de uma solução de 100 mL de ácido acético com 
concentração de 1,05 g/mL, responda ao que se pede: 
a) Calcule a quantidade de matéria, em mol, de ácido acético em 100 mL de solução. 
b) Sabendo que a densidade da água é 1 g/mL, calcule a densidade da solução, em g/mL. 
c) Calcule a nova concentração de ácido acético, em g/mL, ao se evaporar 25 mL de água 
destilada. 
 
Questão fundamental 06 – Uma solução foi preparada dissolvendo 200 g sacarose em 
500 mL de água. A partir da solução preparada e sabendo que a densidade da água igual 
a 1g/mL, calcule: 
a) A concentração, em g/L, de sacarose em solução. 
b) A densidade, em g/L, da solução. 
 
6. Já Caiu nos Principais Vestibulares 
Coloides 
1. (UEM PR/2020) 
Assinale o que for correto. 
 
01. A formação da camada de solvatação aumenta a estabilidade de uma dispersão coloidal, 
permitindo transformar o coloide em sol ou em gel, conforme se adiciona ou se retira dispersante. 
02. Pedras preciosas como o rubi e a safira são coloides classificados como sol sólido. 
04. Uma dispersão coloidal apresenta composição constante em toda sua extensão. 
08. Uma solução de ácido fosfórico com grau de ionização de 30% possui fator van’t Hoff (i) 
igual a 1,9. 
16. Uma solução 0,25 mol/L de CaCl2 totalmente dissociada é hipotônica em relação a uma 
solução 0,6 mol/L de glicose, ambas na mesma temperatura. 
 
2. (Faculdade Santo Agostinho BA/2020) 
Aerossóis são partículas sólidas ou líquidas que se encontram suspensas em um meio gasoso 
como o ar. Como exemplos de aerossol líquido, temos as nuvens, neblinas, desodorantes e 
purificadores de ar. Como exemplos de sólidos, podemos citar a fumaça, a fuligem e a poeira. O 
tamanho dessas partículas é medido em micrômetros , podendo variar de 0,001 a 100, em 
que 1 equivale a 10–6 metros. Após a emissão para a atmosfera, essas partículas podem ficar 
um longo período suspensas antes de se depositarem, podendo ser carregadas a longas 
distâncias por correntes de ar, causando danos por onde passar. 
 
De acordo com as informações dadas no texto, podemos afirmar corretamente que os 
exemplos dados apresentam como características: 
)m(
m
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 55 
 
a) são misturas homogêneas apresentando uma única fase. 
b) podem ser separadas por filtração. 
c) são soluções gasosas. 
d) são soluções líquidas. 
e) possuem o efeito Tyndall. 
 
3. (FGV SP/2020) 
Granadas de fumaça são dispositivos usados pelas forças armadas em situações de combate, 
com o objetivo de ocultar a movimentação das tropas. Nesses dispositivos, os reagentes 
hexacloroetano ( , alumínio em pó e óxido de zinco (ZnO) ficam em compartimentos 
separados e, quando o detonador é acionado, ocorre a mistura desses reagentes, provocando 
uma sequência de duas reações instantâneas, representadas pelas seguintes equações: 
 
(s) + 3ZnO (s) 3Zn (s) + (s) 
3Zn (s) + (s) (s) + 2C (s) 
 
A disseminação, no ar, dos produtos reacionais emitidos nessas reações resulta numa fumaça 
intensa. 
 
A fumaça produzida pela detonação da granada é quimicamente classificada como uma 
 
a) mistura homogênea gasosa. 
b) mistura homogênea sólido-gás. 
c) dispersão coloidal sólido-líquido. 
d) dispersão coloidal líquido-gás. 
e) dispersão coloidal sólido-gás. 
 
4. (UFRGS RS/2016) 
Na gastronomia, empregam-se diversos conhecimentos provindos de diferentes áreas da 
química. Considere os conhecimentos químicos listados no bloco superior abaixo e os processos 
relacionados à produção e conservação de alimentos, listados no bloco inferior. 
 
Associe adequadamente o bloco inferior ao superior. 
 
1. Propriedades coligativas 
2. Coloides 
3. Emulsões 
4. Reversibilidade de reações 
 
2 6(C C ) (A )
2A → 2 3A O
2 6C C → 23ZnC
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 56 
( ) Produção de charque 
( ) Preparo de gelatina 
( ) Preparo de maionese 
 
A sequência correta de preenchimento dos parênteses, de cima para baixo, é 
 
a) 1, 2 e 3. 
b) 1, 2 e 4. 
c) 2, 3 e 4. 
d) 2, 1 e 3. 
e) 3, 4 e 2. 
 
5. (Centro Universitário São Camilo SP/2014) 
A asma é uma das doenças crônicas mais comuns, afetando tanto crianças quanto adultos. A 
fumaça do cigarro é prejudicial aos asmáticos, mesmo se o doente não fumar. “Bombinha” é 
como as pessoas chamam os dispositivos que contêm medicações inalatórias na forma líquida, 
utilizadas no tratamento da asma. 
(www.sbpt.org.br. Adaptado.) 
 
A fumaça do cigarro e a medicação inalatória, na forma como é aplicada pelas bombinhas, são 
coloides que recebem as classificações, respectivamente, de 
 
a) aerossol e sol. 
b) aerossol e gel. 
c) sol e aerossol. 
d) aerossol e aerossol. 
e) sol e sol. 
 
6. (UFU MG/2012) 
O grafitismo é um tipo de manifestação artística surgida nos Estados Unidos, na década de 
1970. No Brasil, o grafite chegou ao final dos anos de 1970, em São Paulo. Hoje, o estilo 
desenvolvido pelos brasileiros é reconhecido entre os melhores do mundo. 
A tinta mais usada pelos grafiteiros é o spray em lata, que possuiu, até o final da década de 
1980, o Clorofluorcarboneto como propelente. 
Disponível em: <http://www.mundoeducacao.com.br/artes/grafite.htm>. Acesso em: 14 jun. 2012. 
O spray em lata, utilizado na arte do grafite, 
 
a) possuía, em sua formulação, CFC, que colaborava para prevenir a degradação da camada 
de ozônio. 
b) deve ser armazenado em ambientes com incidência direta da luz solar. 
c) é umadispersão coloidal, mantida sob pressão, de um líquido em um gás liquefeito. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 57 
d) possui probabilidade de explodir diretamente proporcional à redução da temperatura. 
 
7. (UFPR/2019) 
Evidências científicas mostraram que a poluição produzida por navios de guerra durante a 
Segunda Guerra Mundial interferiu no crescimento das árvores na Noruega. Embarcações da 
Alemanha ficaram estacionadas boa parte da guerra na costa da Noruega, com a função de 
impedir uma possível invasão dos inimigos. Para camuflar as embarcações, era produzida uma 
névoa química, e foi essa névoa artificial a responsável por limitar o crescimento das árvores 
nesse período. Uma estratégia muito comum para gerar essa névoa artificial era por meio da 
queima incompleta de óleo combustível, mas também outros métodos foram empregados, como 
o lançamento na atmosfera de misturas que produziam cloreto de zinco, óxido de titânio ou 
pentóxido de fósforo. 
 
Esses métodos capazes de produzir névoa artificial se baseiam em reações que: 
 
a) geram gases irritantes. 
b) formam líquidos imiscíveis. 
c) produzem compostos voláteis. 
d) formam precipitados suspensos na atmosfera. 
e) sintetizam compostos que absorvem a radiação eletromagnética no espectro visível. 
 
8. (ENEM/2015) 
A obtenção de sistemas coloidais estáveis depende das interações entre as partículas 
dispersas e o meio onde se encontram. Em um sistema coloidal aquoso, cujas partículas são 
hidrofílicas, a adição de um solvente orgânico miscível em água, como etanol, desestabiliza o 
coloide, podendo ocorrer a agregação das partículas preliminarmente dispersas. 
A desestabilização provocada pelo etanol ocorre porque 
 
a) a polaridade da água no sistema coloidal é reduzida. 
b) as cargas superficiais das partículas coloidais são diminuídas. 
c) as camadas de solvatação de água nas partículas são diminuídas. 
d) o processo de miscibilidade da água e do solvente libera calor para o meio. 
e) a intensidade dos movimentos brownianos das partículas coloidais é reduzida. 
 
Coeficiente de Solubilidade 
9. (UNIFOR CE/2020) 
A solubilidade é a quantidade máxima de um soluto que pode ser dissolvida em um 
determinado volume de solvente. No laboratório, foram realizados experimentos para avaliar o 
efeito da temperatura, em °C, e a massa solúvel de uma substância, em gramas. Quanto à 
solubilidade desta substância, considere os pontos A, B, C da solução estudada. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 58 
 
 
 
Analise o gráfico acima e as afirmações que seguem: 
 
I. A solução A está saturada pois o soluto está em quantidade superior ao seu coeficiente 
de solubilidade; 
II. A solução B está saturada e ao passar para T = 80 °C tem-se uma dissolução exotérmica; 
III. A solução C está insaturada ao passar para T = 80 °C tem-se uma dissolução endotérmica; 
IV. A solução A está supersaturada pois o soluto está em quantidade superior ao seu 
coeficiente de solubilidade; 
 
É correto apenas o que se afirma em: 
 
a) I e III. 
b) II e III. 
c) III e IV. 
d) I e IV. 
e) II e IV. 
 
10. (FAMERP SP/2020) 
Em um experimento sobre solubilidade, foram preparadas três misturas de 100 mL de água (d 
= 1,00 g/mL) e 100 mL de hexano (d = 0,65 g/mL). Duas delas foram colocadas em dois funis de 
separação e a terceira em uma proveta. Em seguida, adicionou-se a um dos funis alguns cristais 
de iodo (I2), uma substância apolar, e, ao outro funil, cristais de permanganato de potássio 
(KMnO4), uma substância polar. À proveta, adicionou-se 50 mL de butan-1-ol (d = 0,8 g/mL). 
Após agitação das misturas contidas nos funis de separação, foram obtidos os sistemas 
apresentados na figura: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 59 
 
(http://pages.uoregon.edu) 
 
Considere que o I2 e o KMnO4, em suas respectivas soluções, adquirem coloração violeta. 
 
a) Indique as composições das fases A e B, respectivamente. 
b) Considerando que a solubilidade do butan-1-ol em hexano seja infinita e que não ocorra 
dissolução do soluto na água, calcule a porcentagem em massa do butan-1-ol no hexano contido 
na proveta. 
 
11. (UEL PR/2020) 
A desmineralização do esmalte dos dentes, constituído principalmente pelo mineral 
hidroxiapatita, Ca5(PO4)3OH, favorece a formação de cáries. Isso ocorre pela dissolução desse 
mineral, liberando os íons cálcio, fosfato e hidróxido. A fim de prevenir a formação das cáries, 
compostos fluorados são introduzidos na água potável e em cremes dentais. O íon fluoreto reage 
com os íons cálcio e fosfato, presentes na saliva, formando um novo mineral, a fluorapatita 
(Ca5(PO4)3F), que se deposita sobre os dentes, tornando o esmalte mais resistente devido à 
menor solubilidade da fluorapatita, quando comparada à hidroxiapatita. íons hidróxido e fluoreto 
não estão representados na figura. 
 
 
íons hidróxido e fluoreto não estão representados na figura. 
 
A partir dessas informações, apresente a equação balanceada da reação de formação da 
fluorapatita e, considerando a solubilidade desse mineral, determine a massa mínima necessária, 
em g, de íons fluoreto para que ocorra a saturação com fluorapatita de 2 mL de solução (volume 
médio de saliva na boca). 
Apresente os cálculos realizados na resolução desta questão. 
Observação: mol L–1 corresponde à unidade de concentração mol/L ou M. 
Dados: Solubilidade da fluoroapatita: 6,0 10–8 mol L–1; Massas atômicas: F = 19 u 
 

ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 60 
12. (UEPG PR/2020) 
Considerando o conceito de coeficiente de solubilidade, assinale o que for correto. 
 
01. O coeficiente de solubilidade é a máxima quantidade de soluto que se solubiliza a uma 
dada temperatura em uma dada quantidade de solvente. 
02. Cada substância apresenta um valor específico de coeficiente de solubilidade. 
04. Uma determinada substância apresenta, para diferentes solventes, valores diferentes de 
coeficiente de solubilidade. 
08. Se o coeficiente de solubilidade de uma substância aumenta com o aumento da 
temperatura, isso significa que é possível dissolver uma massa maior dessa substância, em uma 
mesma quantidade de solvente, em temperaturas mais elevadas. 
16. Há situações nas quais a massa de substância dissolvida em uma determinada 
quantidade de solvente é maior do que a dada pelo coeficiente de solubilidade. Nesses casos, a 
solução é classificada como solução supersaturada. 
 
13. (UNIFESP SP/2020) 
Considere o experimento: 
 
Uma porção de iodeto de sódio sólido, radioativo, cujo ânion 131I– é radioativo, foi adicionada a 
uma solução aquosa saturada, sem corpo de fundo, de iodeto de sódio (NaI) não radioativo, 
formando uma solução saturada com corpo de fundo. Após algum tempo, a mistura foi filtrada e 
a intensidade da radiação foi verificada no sólido retido no filtro e na solução saturada. Foi 
constatado que a solução saturada, inicialmente não radioativa, tornou-se radioativa, e que o 
sólido apresentou menor intensidade de radiação do que apresentava antes de ser adicionado à 
solução. 
 
a) Calcule o número de nêutrons e de elétrons do ânion 131I–. 
b) Escreva a equação química que representa o equilíbrio de solubilidade do iodeto de sódio 
em água. Baseando-se no conceito de equilíbrio químico e no comportamento das espécies 
químicas em nível microscópico, justifique por que a radioatividade do sólido diminuiu e a solução 
saturada tornou-se radioativa. 
 
14. (FUVEST SP/2019) 
Em um experimento, determinadas massas de ácido maleico e acetona foram misturadas a 0 
ºC, preparando-se duas misturas idênticas. Uma delas (X) foi resfriada a –78 ºC, enquanto a 
outra (M) foi mantida a 0 ºC. A seguir, ambas as misturas (M e X) foram filtradas, resultando nas 
misturas N e Y. Finalmente, um dos componentes decada mistura foi totalmente retirado por 
destilação. Os recipientes (marcados pelas letras O e Z) representam o que restou de cada 
mistura após a destilação. Nas figuras, as moléculas de cada componente estão representadas 
por retângulos ou triângulos. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 61 
 
Tanto no recipiente M como no recipiente X, estão representadas soluções __ de __, cuja 
solubilidade __ com a diminuição da temperatura. A uma determinada temperatura, as 
concentrações em M e N e em X e Y são __. Em diferentes instantes, as moléculas representadas 
por um retângulo pertencem a um composto que pode estar __ ou no estado __. 
 
As lacunas que correspondem aos números de I a VI devem ser corretamente preenchidas 
por: 
 
a)
 
b)
 
c)
 
d)
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 62 
e)
 
 
Note e adote: 
 
Considere que não houve perda do solvente durante a filtração. 
 
15. (IBMEC SP Insper/2019) 
Em uma aula de laboratório de química, foi realizado um experimento que consistiu em 
adicionar em um béquer 300 g de água, em temperatura ambiente, e certa quantidade do sal 
sulfato de magnésio hexaidratado (MgSO4.6H2O) até formar uma solução saturada com corpo 
de fundo. Essa mistura foi aquecida até completa solubilização do sal, que ocorreu quando a 
temperatura atingiu 50 ºC. Na sequência, deixou-se a solução resfriar até 20 ºC e verificou-se 
novamente a presença do sal cristalizado no fundo do béquer. 
 
 
 
Foram fornecidos aos alunos os dados de solubilidade desse sal nas duas temperaturas 
medidas. 
 
 
 
Com as informações fornecidas, foram calculadas as massas do sal presente na solução a 50 
ºC e do sal cristalizado a 20 ºC. Esses resultados são corretamente apresentados, nessa ordem, 
em: 
 
a) 53,5 g e 9,0 g. 
b) 160,5 g e 9,0 g. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 63 
c) 294,0 g e 27,0 g. 
d) 97,0 g e 9,0 g. 
e) 160,5 g e 27,0 g. 
 
16. (UEPG PR/2019) 
Em um becker de um litro foi adicionado 80 g de Na2SO3 e 500 g de H2O a 20 ºC. A solubilidade 
do Na2SO3 é 20 g/100 g de H2O à 20 ºC. 
Dados: 
Na = 23g/mol; S = 32 g/mol 
O = 16 g/mol; H = 1 g/mol 
Densidade da água a 20 ºC = 1 g/ml 
Solubilidade do Na2SO3 à 10 ºC = 10 g / 100 g de H2O 
 
Diante do exposto, assinale o que for correto. 
 
01. O resfriamento da dispersão inicial para a temperatura de 10 ºC causa a precipitação de 
50 g de Na2SO3. 
02. A concentração do Na2SO3 no becker é aproximadamente 1,27 mol/L. 
04. A adição de 30 g de Na2SO3 na dispersão inicial torna a solução supersaturada. 
08. A dispersão formada no becker é uma solução insaturada. 
16. O nome do sal utilizado para fazer a dispersão é sulfato de sódio. 
 
17. (UniCESUMAR PR/2019) 
A identificação de gás carbônico em refrigerantes pode ser realizada borbulhando-se esse gás 
em água de cal, que é uma solução saturada de hidróxido de cálcio, que pode ser obtida por 
meio da seguinte reação: 
 
CaO(s) + H2O(l) Ca(OH)2 (aq) 
 
Considerando que a solubilidade do Ca(OH)2 é de 0,17 g/100 cm3 de água, a 20 ºC, a massa 
de CaO, em gramas, necessária para preparar 1,0 L de água de cal, nessa temperatura, é de, 
aproximadamente, 
 
a) 0,6. 
b) 1,3. 
c) 2,0. 
d) 3,1. 
e) 4,5. 
 
18. (Faculdade São Francisco de Barreiras BA/2019) 
→
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 64 
Sabe-se que a massa de um soluto se dissolve em uma determinada quantidade de solvente, 
a pressão constante e determinada temperatura. O gráfico apresenta as curvas de solubilidade, 
em g, do nitrato de potássio, KNO3(s), do nitrato de sódio, NaNO3(s), e do cloreto de sódio, 
NaCl(s), em 100g de água. 
 
 
 
A análise do gráfico, associada aos conhecimentos sobre soluções aquosas, permite afirmar: 
 
a) A dissolução, em água, dos sais apresentados no gráfico é um processo químico 
exotérmico. 
b) O sistema formado pela mistura entre 150 g de nitrato de sódio e 200 g de água, a 80 ºC, 
é heterogêneo. 
c) A adição de 250 g do nitrato de potássio a 300 g de água, à temperatura de 60 ºC, leva à 
obtenção de uma solução insaturada. 
d) O cloreto de sódio tem menor coeficiente de solubilidade em água do que o nitrato de 
potássio, em temperatura abaixo de 20 ºC. 
e) A variação do valor do coeficiente de solubilidade do KNO3 é menor com o aumento da 
temperatura, quando comparada à variação do valor do coeficiente de solubilidade do NaNO3. 
 
19. (Santa Casa SP/2019) 
Algumas pesquisas estudam o uso do cloreto de amônio na medicina veterinária para a 
prevenção da urolitíase em ovinos, doença associada à formação de cálculos no sistema urinário. 
O cloreto de amônio (massa molar = 53,5 g/mol) é um sólido cristalino que apresenta a seguinte 
curva de solubilidade: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 65 
 
 
Uma solução aquosa saturada de cloreto de amônio a 90 ºC, com massa total de 1 360 g, foi 
resfriada para 50 ºC. Uma segunda solução aquosa com volume total de 1 000 mL foi preparada 
com o sólido obtido da cristalização da primeira solução. 
 
Considerando que a cristalização foi completa no resfriamento realizado, a segunda solução 
aquosa de cloreto de amônio tem concentração próxima de 
 
a) 1,5 mol/L. 
b) 2,5 mol/L. 
c) 2,0 mol/L. 
d) 3,0 mol/L. 
e) 1,0 mol/L. 
 
20. (UEPG PR/2017) 
A 18 °C, a solubilidade do cloreto de magnésio é de 56 g por 100 g de água. Nessa 
temperatura, 150 g de MgC2 foram misturados em 200 g de água. Sobre esta solução, assinale 
o que for correto. 
 
01. O sistema obtido é homogêneo. 
02. A massa de sólido depositada foi de 38 g. 
04. Se aquecermos essa solução, não haverá mudança na solubilidade da mesma. 
08. A massa de MgC2 dissolvida na H2O foi de 112 g. 
16. A solução obtida é insaturada. 
 
21. (UFRGS RS/2017) 
Observe o gráfico e a tabela abaixo, que representam a curva de solubilidade aquosa (em 
gramas de soluto por 100 g de água) do nitrato de potássio e do nitrato de sódio em função da 
temperatura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 66 
 
Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado abaixo, na ordem 
em que aparecem. 
A curva A diz respeito ao ........ e a curva B, ao ........ . Considerando duas soluções aquosas 
saturadas e sem precipitado, uma de KNO3 e outra de NaNO3, a 65 °C, o efeito da diminuição 
da temperatura acarretará a precipitação de ........ . 
 
a) nitrato de potássio – nitrato de sódio – nitrato de potássio 
b) nitrato de potássio – nitrato de sódio – nitrato de sódio 
c) nitrato de sódio – nitrato de potássio – nitrato de sódio 
d) nitrato de sódio – nitrato de potássio – ambas 
e) nitrato de potássio – nitrato de sódio – ambas 
 
22. (UNESP SP/2017) 
A 20 °C, a solubilidade do açúcar comum (C12H22O11; massa molar = 342 g/mol) em água é 
cerca de 2,0 kg/L, enquanto a do sal comum (NaC; massa molar = 58,5 g/mol) é cerca de 0,35 
kg/L. A comparação de iguais volumes de soluções saturadas dessas duas substâncias permite 
afirmar corretamente que, em relação à quantidade total em mol de íons na solução de sal, a 
quantidade total em mol de moléculas de soluto dissolvidas na solução de açúcar é, 
aproximadamente, 
 
a) a mesma. 
b) 6 vezes maior. 
c) 6 vezes menor. 
d) a metade. 
e) o triplo. 
 
23. (UERJ/2016) 
A temperatura e a pressão afetam a solubilidade do oxigênio no sangue dos organismos. 
Alguns animais marinhos sem pigmentos respiratórios realizam o transporte de oxigênio por meio 
da dissolução desse gás diretamente no plasma sanguíneo. Observe a variação da solubilidade 
do oxigênio no plasma, em função da temperatura e da profundidade a que o animal esteja 
submetido, representada nos gráficos abaixo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE IAULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 67 
 
Um estudo realizado sob quatro diferentes condições experimentais, para avaliar a dissolução 
de oxigênio no plasma desses animais, apresentou os seguintes resultados: 
 
O transporte de oxigênio dissolvido no plasma sanguíneo foi mais favorecido na condição 
experimental representada pela seguinte letra: 
 
a) W 
b) X 
c) Y 
d) Z 
 
Concentrações 
24. (FUVEST/2022) 
Para o monitoramento ambiental no entorno de um posto de gasolina, coletou-se uma amostra 
de solo que foi submetida de forma integral à análise de naftaleno, um composto presente na 
gasolina. A concentração encontrada foi de 2,0 mg de naftaleno por kg de solo úmido. Sabendo 
que essa amostra de solo contém 20% de água, qual é o resultado dessa análise por kg de solo 
seco? 
A) 0,4 mg/kg 
B) 1,6 mg/kg. 
C) 2,0 mg/kg 
D) 2,2 mg/kg 
E) 2,5 mg/kg 
 
25. (ENEM/2021) 
O alcoolômetro Gay Lussac é um instrumento destinado a medir o teor de álcool, em 
porcentagem de volume (v/v), de soluções de água e álcool na faixa de 0 °GL a 100 °GL, com 
divisões de 0,1 °GL. A concepção do alcoolômetro se baseia no princípio de flutuabilidade de 
Arquimedes, semelhante ao funcionamento de um densímetro. A escala do instrumento é aferida 
a 20 °C, sendo necessária a correção da medida, caso a temperatura da solução não esteja na 
temperatura de aferição. É apresentada parte da tabela de correção de um alcoolômetro, com a 
temperatura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 68 
 
Manual alcoolômetro Gay Lussac. Disponível em: www.incoterm.com.br. Acesso em: 4 dez. 2018 (adaptado). 
É necessária a correção da medida do instrumento, pois um aumento na temperatura promove 
o(a) 
A) aumento da dissociação da água. 
B) aumento da densidade da água. 
C) mudança do volume dos materiais por dilatação. 
D) aumento da concentração de álcool durante a medida. 
E) alteração das propriedades químicas da mistura álcool e água. 
 
26. (UNCISAL/2020) 
Um dos problemas ambientais decorrentes da combustão do petróleo e do carvão é a geração 
de dióxido de enxofre. Um dos métodos empregados para minimizar esse problema consiste em 
injetar, nos fornos das usinas, carbonato de cálcio, que se decompõe em óxido de cálcio e dióxido 
de carbono. Assim, o dióxido de enxofre (SO2, 64,0 g/mol) reage com o óxido de cálcio (CaO, 
56,0 g/mol) para formar o sulfito de cálcio (CaSO3, 120,0 g/mol), segundo a reação a seguir, a 
partir da qual se forma um sólido que provoca menor prejuízo ambiental quando descartado. 
 
CaO(s) + SO2(g) → CaSO3(s) 
 
Os métodos de remoção de poluentes empregados pelas usinas, tal como o descrito 
anteriormente, podem ser classificados, em termos de sua eficiência, de acordo com as faixas 
apresentadas na tabela a seguir. 
 
 
 
Para avaliar o método de redução de dióxido de enxofre de determinada usina, foi utilizada 
uma amostra de 1.000 m3 de ar contendo dióxido de enxofre a 20,0 mg/L, que, após o tratamento 
descrito anteriormente, gerou uma massa de sulfito de cálcio igual a 24,0 kg. De acordo com a 
tabela apresentada, o método de remoção de poluentes dessa usina é classificado como de 
eficiência 
 
a) baixa. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 69 
b) moderada-baixa. 
c) moderada. 
d) moderada-alta. 
e) alta. 
 
27. (PUC RS/2019) 
“Os íons de metais alcalinos têm importantes funções no nosso organismo, tais como 
influenciar em contrações musculares e pressão arterial, manter a pressão osmótica dentro das 
células e influenciar a condução dos impulsos nervosos. A diferença nas concentrações totais 
de íon de metais alcalinos dentro e fora da célula produz um potencial elétrico pela membrana 
celular, responsável, por exemplo, pela geração de sinais elétricos rítmicos no coração. As 
concentrações de Na+ e K+ nas células sanguíneas vermelhas são de 0,253 g.L–1 e de 3,588 g.L–
1, respectivamente”. 
Rayner-Canham, G.; Overton, T. 
Química Inorgânica Descritiva. LTC. 
 
As concentrações aproximadas desses íons, em mol L–1, são respectivamente 
 
a) 23,0 e 39,0 
b) 2,30 e 3,90 
c) 0,011 e 0,092 
d) 0,007 e 0,156 
 
28. (UEG GO/2019) 
Dipirona sódica é um conhecido analgésico antipirético cuja solução oral pode ser encontrada 
na concentração de 500 mg/mL. Analisando as orientações da bula, conclui-se que a quantidade 
máxima diária recomendada para crianças de certa faixa etária é de 100 mg por quilograma de 
massa corporal. 
 
Sabendo-se que 1 mL corresponde a 20 gotas, a quantidade máxima de gotas que deve ser 
administrada a uma criança de massa corporal de 7 kg será 
 
a) 60 
b) 28 
c) 40 
d) 10 
e) 20 
 
29. (FM Petrópolis RJ/2020) 
A ampicilina é um antibiótico indicado para infecções do trato urinário, respiratório, digestivo e 
biliar e apresenta massa molar 349 g/mol, com a seguinte fórmula estrutural: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 70 
 
 
 
A reconstituição de um fármaco consiste em retornar o medicamento da forma de pó para sua 
forma original líquida. No caso da ampicilina, segundo a Secretaria de Atenção à Saúde do 
Ministério da Saúde, essa reconstituição é feita através da dissolução de 500 mg do 
medicamento em 2 mL de água estéril. 
Após sua reconstituição, esse antibiótico apresentará concentração em quantidade de matéria, 
em mol.L–1, aproximadamente, igual a 
 
a) 0,5 
b) 0,9 
c) 1,3 
d) 0,7 
e) 1,1 
 
30. (UERJ/2020) 
A produção e a transmissão do impulso nervoso nos neurônios têm origem no mecanismo da 
bomba de sódio-potássio. Esse mecanismo é responsável pelo transporte de íons Na+ para o 
meio extracelular e K+ para o interior da célula, gerando o sinal elétrico. A ilustração abaixo 
representa esse processo. 
 
 
Adaptado de researchgate.net. 
Para um estudo sobre transmissão de impulsos nervosos pela bomba de sódio-potássio, 
preparou-se uma mistura contendo os cátions Na+ e K+, formada pelas soluções aquosas A e B 
com solutos diferentes. Considere a tabela a seguir: 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 71 
 
Admitindo a completa dissociação dos solutos, a concentração de íons cloreto na mistura, em 
mol/L, corresponde a: 
 
a) 0,04 
b) 0,08 
c) 0,12 
d) 0,16 
 
31. (UEG GO/2020) 
Líquidos de arrefecimento são utilizados para melhorar o sistema de refrigeração dos motores 
dos carros. Geralmente são soluções aquosas de etilenoglicol, um diol, de fórmula molecular 
C2H6O2 e massa molar 62,1 g/mol. O rótulo de uma determinada marca de líquido de 
arrefecimento indica que há 50% de etilenoglicol em massa, o que corresponde a 530 g por litro 
de solução. A concentração dessa solução aquosa de etilenoglicol, em mol/L, é 
aproximadamente: 
 
a) 10,3 mol/L 
b) 9,7 mol/L 
c) 50 mol/L 
d) 8,5 mol/L 
e) 5,3 mol/L 
 
32. (UNIFOR CE/2020) 
O sulfato de alumínio é um sal produzido pela dissolução de hidróxido de alumínio, Al(OH)3, 
em ácido sulfúrico, H2SO4. Este sal é geralmente utilizado em processos de tratamento de água, 
esgotos e na manufatura de papeis. 
Considerando que uma solução 0,2 M deste sal foi produzida, as concentrações iônicas, na 
solução, dos íons Al3+ e SO42– são, respectivamente: 
 
a) 0,2M e 0,2M 
b) 0,4M e 0,4M 
c) 0,2M e 0,4M 
d) 0,4M e 0,6M 
e) 0,6M e 0,4M 
 
33. (UFMS/2020) 
Para a realização de um experimento, preparou-se uma solução contendo 35 g de sulfato de 
alumínio dissolvidos em 10 litros de água. Qual a concentração molar dessa solução? 
(Dados: Al=27; S=32,1; O=16) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 72 
 
a) 0,001 M. 
b) 0,05 M. 
c) 0,005 M. 
d) 0,1 M. 
e) 0,01 M. 
 
34. (UFSC/2020) 
A fórmula da água e muitas de suas propriedades são amplamente conhecidas. A água, 
considerada um “solvente universal”, é fundamental para a existênciada vida e compõe uma 
porção significativa do nosso planeta. 
 
Sobre a água e suas características, é correto afirmar que: 
 
01. devido ao caráter covalente das ligações entre oxigênio e hidrogênio na água, ela é 
incapaz de solubilizar compostos com elevado caráter iônico. 
02. a água é capaz de interagir por ligações de hidrogênio com substâncias como cloreto de 
sódio, por isso é fácil dissolver sal de cozinha para preparar um saboroso alimento. 
04. ao colocar uma garrafa com refrigerante no congelador, é possível que ela se rompa, pois 
a água passa por uma expansão de volume entre 0 e 4 ºC. 
08. a água não é capaz de interagir com substâncias de alta massa molar que possuem 
grupos OH, como a sacarose (C12H22O11), por isso é tão difícil adoçar um cafezinho. 
16. sob condições atmosféricas idênticas, ao adicionar sal de cozinha à água para o 
cozimento de macarrão, a água entrará em ebulição em uma temperatura superior à da água 
pura. 
32. o cozimento de alimentos em água aquecida em uma panela de pressão é acelerado, 
porque a água converte-se abundantemente em íons H3O+ e OH–, que facilitam a decomposição 
dos alimentos. 
64. em uma solução preparada pela mistura de 58,4 g de NaCl em 162 g de água, a fração 
molar do soluto é 0,9 e a fração molar do solvente é 0,1. 
 
35. (USF SP/2019) 
A figura a seguir apresenta a curva de solubilidade de algumas substâncias químicas. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 73 
 
 
Considerando as observações que podem ser realizadas a partir da análise da variação da 
solubilidade dos cinco sais em diferentes temperaturas nota-se que 
 Dados valores de massa atômica em g/mol: N = 14,0; O = 16,0; Na = 23,0; S = 32,0; Cl = 
35,5; K = 39,0 e Ce = 140,0. 
 
a) todos os sais possuem sua solubilidade aumentada com a elevação da temperatura. 
b) o nitrato de sódio é uma substância insolúvel em água na temperatura de 0 ºC. 
c) a 60 ºC a concentração molal de uma solução saturada de cloreto de sódio deve ser 
superior à concentração molal de uma solução saturada de cloreto de potássio. 
d) na temperatura de 50 ºC, a porcentagem em massa de nitrato de potássio em uma solução 
saturada é de aproximadamente 80 %. 
e) na temperatura de 40 ºC, uma solução com 90 g de nitrato de sódio em 100 g de água é 
classificada como saturada com corpo de fundo. 
 
36. (UNITAU SP/2018) 
Uma solução é composta por benzeno e tetracloreto de carbono, e 39% da massa dessa 
solução é benzeno. 
Qual a fração molar do benzeno na solução? 
 
a) 0,56 
b) 0,45 
c) 0,65 
d) 0,25 
e) 0,35 
 
37. (UNIFENAS MG/2020) 
•
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 74 
Analise os dados e marque a opção que indica o volume correspondente de uma solução para 
que um cozinheiro prepare uma solução 0,8 mol/L de cloreto de sódio, sabendo que ele adiciona 
234 g de NaCl em um caldeirão. 
Dados: (Na = 23u Cl = 35,5u). 
 
a) 2 L. 
b) 10 L. 
c) 5 L. 
d) 8 L. 
e) 0,8 L. 
 
38. (UNITAU SP/2019) 
As diarreias intensas causam perda importante de eletrólitos corporais. Nesses casos, uma 
solução de reposição oral deve ser oferecida ao paciente. A composição dessa solução é 
apresentada na tabela abaixo. 
 
 
 
Para preparar essa solução são utilizados cloreto de sódio, cloreto de potássio, citrato de sódio 
e glicose. 
Nota: mEq = miliequivalente, corresponde a um submúltiplo do número de equivalente-grama 
de um soluto. A estrutura do ânion citrato é apresentada abaixo. 
 
 
 
a) Quais as massas de cloreto de sódio, de cloreto de potássio e de citrato de sódio devem 
ser adicionadas para preparar 1 L de uma solução contendo todos os eletrólitos acima, na 
concentração descrita na tabela? 
b) Calcule a concentração de glicose em mmol/L. 
 
39. (UERJ/2019) 
A CIÊNCIA, O BEM E O MAL 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 75 
1Em 1818, com apenas 21 anos, Mary Shelley publicou o grande clássico da literatura gótica, 
2Frankenstein ou o Prometeu Moderno. O romance conta a história de um doutor genial e 
3enlouquecido, que queria usar a ciência de ponta de sua época, a relação entre a eletricidade e 
a 4atividade muscular, para trazer mortos de volta à vida. 
5Duas décadas antes, Luigi Galvani havia demonstrado que a eletricidade produzia 
movimentos 6em músculos mortos, no caso em pernas de rãs. Se vida é movimento, e se 
eletricidade pode 7causá-lo, por que não juntar os dois e tentar a ressuscitação por meio da 
ciência e não da religião, 8transformando a implausibilidade do sobrenatural em um mero fato 
científico? 
9Todos sabem como termina a história, tragicamente. A “criatura” exige uma companheira de 
10seu criador, espelhando Adão pedindo uma companheira a Deus. Horrorizado com sua própria 
11criação, Victor Frankenstein recusou. Não queria iniciar uma raça de monstros, mais poderosos 
do 12que os humanos, que pudesse nos extinguir. 
13O romance examina a questão dos limites éticos da ciência: será que pesquisadores podem 
ter 14liberdade total? Ou será que existem certos temas que são tabu, que devem ser bloqueados, 
15limitando as pesquisas dos cientistas? Em caso afirmativo, que limites são esses? Quem os 
16determina? 
17Essas são questões centrais da relação entre a ética e a ciência. Existem inúmeras 
complicações: 18como definir quais assuntos não devem ser alvo de pesquisa? Em relação à 
velhice, será que 19devemos tratá-la como doença? Se sim, e se conseguíssemos uma “cura” 
ou, ao menos, um 20prolongamento substancial da longevidade, quem teria direito a tal? Se a 
“cura” fosse cara, 21apenas uma pequena fração da sociedade teria acesso a ela. Nesse caso, 
criaríamos uma divisão 22artificial, na qual os que pudessem viveriam mais. E como lidar com a 
perda? Se uns vivem mais 23que outros, os que vivem mais veriam seus amigos e familiares 
perecerem. Será que isso é uma 24melhoria na qualidade de vida? Talvez, mas só se fosse 
igualmente distribuída pela população, e 25não por apenas parte dela. 
26Pensemos em mais um exemplo: qual o propósito da clonagem humana? Se um casal não 
pode 27ter filhos, existem outros métodos bem mais razoáveis. Por outro lado, a clonagem pode 
estar 28relacionada com a questão da longevidade e, em princípio ao menos, até da imortalidade. 
29Imagine que nosso corpo e nossa memória possam ser reproduzidos indefinidamente; com 
isso, 30poderíamos viver por um tempo também indefinido. No momento, não sabemos se isso é 
possível, 31pois não temos ideia de como armazenar memórias e passá-las adiante. Mas a 
ciência cria caminhos 32inesperados, e dizer “nunca” é arriscado. 
33Como se observa, existem áreas de atuação científica que estão diretamente relacionadas 
com 34escolhas éticas. O impulso inicial da maioria das pessoas é apoiar algum tipo de censura 
ou restrição, 35achando que esse tipo de ciência é feito a Caixa de Pandora*. Mas essa atitude 
é ingênua. Não é 36a ciência que cria o bem ou o mal. A ciência cria conhecimento. Quem cria o 
bem ou o mal somos 37nós, a partir das escolhas que fazemos. 
MARCELO GLEISER 
Adaptado de Folha de S. Paulo, 29/09/2013. 
 
* Caixa de Pandora - na mitologia grega, artefato que, se aberto, deixaria escapar todos os 
males do mundo. 
 
A condutividade elétrica está associada à presença de íons dissolvidos em fase aquosa. 
Considere um experimento para o qual estão disponíveis soluções aquosas com concentração 
de 0,1 mol.L–1 dos seguintes solutos: KF, CaBr2, NiSO4 e FeCl3. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 76 
Admitindo a dissociação completa, o composto que irá proporcionar maior condutividade 
elétrica é: 
 
a) KF 
b) CaBr2 
c) NiSO4 
d) FeCl3 
 
40. (UFSC/2019) 
As substâncias proibidas na Europa e nos EUA usadas pela indústria de cosméticos no 
Brasil 
 
Sabonete, desodorante, loção hidratante. Temos contato com vários produtoscosméticos no 
dia a dia – e a lista aumenta para quem é fã de maquiagem. A fórmula dos cosméticos e produtos 
de higiene pessoal que usamos não é – ou não deveria ser – a mesma hoje do que era há 50 
anos. Muitos dos ingredientes que eram usados livremente no passado hoje são proibidos, já 
que ao longo do tempo foi se descobrindo que alguns fazem mal à saúde ou causam alergias e 
irritações. A União Europeia tem uma lista de mais de 1,3 mil substâncias proibidas que é 
atualizada de acordo com as últimas análises sobre segurança de ingrediente. A Anvisa (Agência 
Nacional de Vigilância Sanitária) também tem uma lista extensa de substâncias controladas, 
baseada na legislação europeia, mas que nem sempre incorpora os últimos avanços 
imediatamente. Há, ainda, situações nas quais parte da indústria não respeita as regras 
determinadas pelo órgão, apesar de poder ser responsabilizada por isso. 
Disponível em: <https://www.bbc.com/portuguese/geral-45376503>. 
[Adaptado]. Acesso em: 27 out. 2018. 
 
As substâncias discutidas no texto acima representam risco aos seres vivos por sua ação 
potencialmente nociva. A exposição a essas substâncias pode ocorrer diretamente, pelo contato 
com o produto em que se encontram ou pelo consumo de água, uma vez que as cidades 
brasileiras não possuem sistemas de tratamento especificamente voltados para a eliminação de 
compostos orgânicos na água de abastecimento. Algumas substâncias controversas 
encontradas em cosméticos no Brasil estão descritas abaixo. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 77 
 
Dados: massas atômicas: C = 12,0 u; O = 16,0 u; H = 1,00 u 
 
Considerando as substâncias citadas no quadro da página anterior, responda aos itens abaixo. 
 
a) Qual das substâncias poderia ser dissolvida em maiores quantidades em um efluente 
aquoso? 
b) Represente a fórmula molecular do ftalato de dibutila. 
c) Calcule, explicitando as etapas de cálculo, a massa de triclosan presente em um sabonete 
de 90 g, sabendo que a concentração dessa substância no sabonete é de 0,30%, em massa. 
d) Calcule, explicitando as etapas de cálculo, a concentração molar de isopropilparabeno em 
um efluente aquoso que contém essa substância em sua concentração de saturação, 
desprezando a influência de outras substâncias dissolvidas no efluente. 
 
41. (UERJ/2019) 
Para a remoção de um esmalte, um laboratório precisa preparar 200 mL de uma solução 
aquosa de propanona na concentração de 0,2 mol/L. Admita que a densidade da propanona pura 
é igual a 0,8 kg/L. 
Nesse caso, o volume de propanona pura, em mililitros, necessário ao preparo da solução 
corresponde a: 
 
a) 2,9 
b) 3,6 
c) 5,8 
d) 6,7 
 
42. (UERJ/2018) 
Em análises metalúrgicas, emprega-se uma solução denominada nital, obtida pela 
solubilização do ácido nítrico em etanol. 
Um laboratório de análises metalúrgicas dispõe de uma solução aquosa de ácido nítrico com 
concentração de 60% m/m e densidade de 1,4 kg/L. O volume de 2,0 mL dessa solução é 
solubilizado em quantidade de etanol suficiente para obter 100,0 mL de solução nital. 
Com base nas informações, a concentração de ácido nítrico, em g·L –1, na solução nital é igual 
a: 
 
a) 10,5 
b) 14,0 
c) 16,8 
d) 21,6 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 78 
43. (Fac. Israelita de C. da Saúde Albert Einstein SP/2016) 
O náilon 6,6 e o poliestireno são polímeros que apresentam diversas aplicações na indústria. 
Um técnico misturou inadvertidamente amostras desses polímeros. 
Dados: 
densidade do náilon 6,6 = 1,14 g·cm–3 
densidade do poliestireno = 1,05 g·cm–3 
massa molar do NaC = 58,5 g·mol–1 
 
Conhecendo a densidade desses materiais, ele decidiu preparar uma solução aquosa de 
cloreto de sódio (NaC) para separar as amostras. Para tanto, ele utilizou um balão volumétrico 
de 5,0 L. 
A massa de NaC adequada para essa preparação é 
 
a) 120 g. 
b) 300 g. 
c) 600 g. 
d) 1300 g. 
 
44. (UNESP SP/2018) 
De acordo com o Relatório Anual de 2016 da Qualidade da Água, publicado pela Sabesp, a 
concentração de cloro na água potável da rede de distribuição deve estar entre 0,2 mg/L, limite 
mínimo, e 5,0 mg/L, limite máximo. Considerando que a densidade da água potável seja igual à 
da água pura, calcula-se que o valor médio desses limites, expresso em partes por milhão, seja 
 
a) 5,2 ppm. 
b) 18 ppm. 
c) 2,6 ppm. 
d) 26 ppm. 
e) 1,8 ppm. 
 
45. (UNICAMP SP/2017) 
É muito comum o uso de expressões no diminutivo para tentar “diminuir” a quantidade de algo 
prejudicial à saúde. Se uma pessoa diz que ingeriu 10 latinhas de cerveja (330 mL cada) e se 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 79 
compara a outra que ingeriu 6 doses de cachacinha (50 mL cada), pode-se afirmar corretamente 
que, apesar de em ambas as situações haver danos à saúde, a pessoa que apresenta maior 
quantidade de álcool no organismo foi a que ingeriu 
 
a) as latinhas de cerveja, porque o volume ingerido é maior neste caso. 
b) as cachacinhas, porque a relação entre o teor alcoólico e o volume ingerido é maior neste 
caso. 
c) as latinhas de cerveja, porque o produto entre o teor alcoólico e o volume ingerido é maior 
neste caso. 
d) as cachacinhas, porque o teor alcoólico é maior neste caso. 
 
Dados: 
 teor alcoólico na cerveja = 5 % v/v 
 teor alcoólico na cachaça = 45 % v/v 
 
46. (FAMERP SP/2015) 
O problema de escassez de água em São Paulo é um tema polêmico em discussão que 
envolve governo e especialistas. O “volume morto”, que passou a ser utilizado em maio de 2014, 
é um reservatório com 400 milhões de metros cúbicos de água situado abaixo das comportas 
das represas do Sistema Cantareira. 
 
(http://g1.globo.com) 
Considere um reservatório hipotético com água de densidade 1 g/mL e volume igual ao do 
“volume morto” do Sistema Cantareira. Se a água desse reservatório encontra-se contaminada 
com 20 ppm de chumbo, a massa total deste metal na água do reservatório hipotético é 
 
a) 2 000 kg. 
b) 8 000 kg. 
c) 4 000 kg. 
d) 8 000 t. 
e) 2 000 t. 
 
47. (UERJ/2017) 
Na análise de uma amostra da água de um reservatório, verificou-se a presença de dois 
contaminantes, nas seguintes concentrações: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 80 
 
Em análises químicas, o carbono orgânico total é uma grandeza que expressa a concentração 
de carbono de origem orgânica em uma amostra. 
Assim, com base nos dados da tabela, a concentração de carbono orgânico total na amostra 
de água examinada, em mg/L, é igual a: 
 
a) 0,16 
b) 0,36 
c) 0,52 
d) 0,72 
 
48. (UERJ/2015) 
A salinidade da água é um fator fundamental para a sobrevivência dos peixes. A maioria deles 
vive em condições restritas de salinidade, embora existam espécies como o salmão, que 
consegue viver em ambientes que vão da água doce à água do mar. Há peixes que sobrevivem 
em concentrações salinas adversas, desde que estas não se afastem muito das originais. 
Considere um rio que tenha passado por um processo de salinização. Observe na tabela suas 
faixas de concentração de cloreto de sódio. 
 
*isotônica à água do mar 
Um aquário com 100 L de solução aquosa de NaC com concentração igual a 2,1 g·L –1, será 
utilizado para criar peixes que vivem no trecho Z do rio. A fim de atingir a concentração mínima 
para a sobrevivência dos peixes, deverá ser acrescentado NaC à solução, sem alteração de 
seu volume. 
A massa de cloreto de sódio a ser adicionada, em quilogramas, é igual a: 
 
a) 2,40 
b) 3,30 
c) 3,51 
d) 3,72 
 
49. (UERJ/2012) 
Uma amostra de 5 L de benzeno líquido, armazenada em um galpão fechado de 1500 m3 
contendo ar atmosférico, evaporou completamente. Todo o vapor permaneceu no interior do 
galpão. 
0,40metanal
0,39benzeno
(mg/L) ãoConcentraçteContaminan
*0,6Z
0,5 - 0,4Y
0,2 - 0,1X
0,01W
1)(mol.L
NaCl de ãoConcentraç
rio do Trecho
-


ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 81 
 
Técnicos realizaram uma inspeção no local, obedecendo às normas de segurança que indicam 
o tempo máximo de contato com os vapores tóxicos do benzeno. 
Observe a tabela: 
 
 
Considerando as normas de segurança, e que a densidade do benzeno líquido é igual a 0,9 
g·mL-1, o tempo máximo, em horas, que os técnicos podem permanecer no interior do galpão, 
corresponde a: 
 
a) 2 
b) 4 
c) 6 
d) 8 
 
50. (UERJ/2019) 
(...) 
A condutividade elétrica está associada à presença de íons dissolvidos em fase aquosa. 
Considere um experimento para o qual estão disponíveis soluções aquosas com concentração 
de 0,1 mol·L–1 dos seguintes solutos: KF, CaBr2, NiSO4 e FeC3. 
Admitindo a dissociação completa, o composto que irá proporcionar maior condutividade 
elétrica é: 
 
a) KF 
b) CaBr2 
c) NiSO4 
d) FeC3 
 
51. (UERJ/2018) 
Para o tratamento de 60 000 L de água de um reservatório, foram adicionados 20 L de solução 
saturada de sulfato de alumínio, sal que possui as seguintes propriedades: 
Massa molar = 342 g·mol–1 
Solubilidade em água = 900 g·L–1 
Desprezando a variação de volume, a concentração de sulfato de alumínio no reservatório, em 
mol·L–1, corresponde a: 
18
26
34
42
)(mg.L
ATMOSFERANA 
BENZENO
 DE ÃOCONCENTRAÇ
(h)
APERMANÊNCI
 DE MÁXIMO TEMPO
1-
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 82 
 
a) 8,8 · 10–4 
b) 4,4 · 10–4 
c) 1,1 · 10–3 
d) 2,2 · 10–3 
 
Lei de Henry 
52. (UNICAMP SP/2017) 
Bebidas gaseificadas apresentam o inconveniente de perderem a graça depois de abertas. A 
pressão do CO2 no interior de uma garrafa de refrigerante, antes de ser aberta, gira em torno de 
3,5 atm, e é sabido que, depois de aberta, ele não apresenta as mesmas características iniciais. 
Considere uma garrafa de refrigerante de 2 litros, sendo aberta e fechada a cada 4 horas, 
retirando-se de seu interior 250 mL de refrigerante de cada vez. Nessas condições, pode-se 
afirmar corretamente que, dos gráficos a seguir, o que mais se aproxima do comportamento da 
pressão dentro da garrafa, em função do tempo é o 
 
a) 
b) 
c) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 83 
d) 
 
53. (Unimontes MG/2015) 
Mergulhadores respiram ar comprimido (78% de nitrogênio, 21% de oxigênio). No entanto, 
pequenas bolhas de nitrogênio são responsáveis pelos acidentes de pressão com 
mergulhadores submarinos, quando essas bolhas escapam para o plasma sanguíneo, 
bloqueando o fluxo de sangue. Esse risco pode ser minimizado substituindo-se nitrogênio por 
gás hélio. A variação da solubilidade de um gás depende da pressão parcial, conforme 
demonstrado no gráfico: 
 
Em relação à situação descrita, é CORRETO afirmar: 
 
a) O nitrogênio, em grandes profundidades, torna-se menos solúvel, permanecendo em 
solução quando os mergulhadores voltam à superfície. 
b) O aumento na pressão parcial de um gás é inversamente proporcional à sua solubilidade, 
fator determinante para o acidente com o nitrogênio. 
c) A solubilidade dos gases oxigênio e nitrogênio no sangue é menor a pressões mais altas, 
favorecendo a formação de bolhas. 
d) O hélio é menos solúvel no plasma do que o nitrogênio e apresenta átomos pequenos que 
atravessam as paredes da célula mais rapidamente, sem causar danos. 
 
 
54. (UNITAU SP/2014) 
O sangue arterial transporta oxigênio dissolvido com pressão parcial aproximada de 100 
mmHg. Considerando um volume sanguíneo de 7 litros (coeficiente de solubilidade do oxigênio 
(O2 = 0,0014 mmol · L–1 · mmHg–1), podemos afirmar que a quantidade de oxigênio dissolvido 
no sangue é de aproximadamente: 
 
a) 9,8 µmol. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 84 
b) 0,98 µmol. 
c) 9,8 mmol. 
d) 0,98 mmol. 
e) 0,098 mol. 
 
55. (Fac. de Ciências da Saúde de Barretos SP/2013) 
A água para consumo humano deve ser inodora, insípida, incolor e agradável ao paladar com 
uma certa quantidade de oxigênio dissolvido. Não deve ter acidez e nem micro-organismos 
patogênicos. 
As etapas do tratamento de água da cidade de Barretos, SP, estão indicadas na figura. 
 
(www.novoguiabarretos.com. Adaptado.) 
Águas de superfície, relativamente límpidas, apresentam-se saturadas de oxigênio dissolvido. 
O gráfico relaciona a quantidade de oxigênio que se dissolve na água em função da temperatura, 
à pressão normal. 
 
 
(http://qnint.sbq.org.br) 
A quantidade de oxigênio dissolvido em amostras da água de um manancial, coletadas pela 
manhã, à temperatura de 20 °C e pressão de 1 atm, foi determinada como sendo igual a 7 mg/L. 
Levando em conta as condições em que as amostras foram coletadas, é correto afirmar que 
esse resultado decorre 
 
a) do consumo de oxigênio na decomposição de matéria orgânica de efluentes. 
b) da utilização do oxigênio na fotossíntese. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 85 
c) da menor concentração matinal do oxigênio atmosférico. 
d) da queda da temperatura durante a noite. 
e) do excesso de sais dissolvidos. 
 
56. (UNICAMP SP/2011) 
Cerca de 1/4 de todo o dióxido de carbono liberado pelo uso de combustíveis fósseis é 
absorvido pelo oceano, o que leva a uma mudança em seu pH e no equilíbrio do carbonato na 
água do mar. Se não houver uma ação rápida para reduzir as emissões de dióxido de carbono, 
essas mudanças podem levar a um impacto devastador em muitos organismos que possuem 
esqueletos, conchas e revestimentos, como os corais, os moluscos, os que vivem no plâncton, 
e no ecossistema marinho como um todo. 
Levando em conta a capacidade da água de dissolver o dióxido de carbono, há uma proposta 
de se bombear esse gás para dentro dos oceanos, em águas profundas. Considerando-se o 
exposto no texto inicial e a proposta de bombeamento do dióxido de carbono nas águas 
profundas, pode-se concluir que esse bombeamento 
 
a) favoreceria os organismos que utilizariam o carbonato oriundo da dissolução do gás na água 
para formar suas carapaças ou exoesqueletos, mas aumentaria o nível dos oceanos. 
b) diminuiria o problema do efeito estufa, mas poderia comprometer a vida marinha. 
c) diminuiria o problema do buraco da camada de ozônio, mas poderia comprometer a vida 
marinha. 
d) favoreceria alguns organismos marinhos que possuem esqueletos e conchas, mas 
aumentaria o problema do efeito estufa. 
 
7. Gabarito Sem Comentários 
 
 
1. 11 
2. E 
3. E 
4. A 
5. D 
6. C 
7. D 
8. C 
9. C 
10. Discursiva 
22. D 
23. A 
24. E 
25. C 
26. A 
27. C 
28. B 
29. D 
30. D 
31. D 
43. C 
44. C 
45. C 
46. D 
47. C 
48. B 
49. B 
50. D 
51. A 
52. B 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 86 
11. Discursiva 
12. 31 
13. Discursiva 
14. C 
15. E 
16. 10 
17. B 
18. C 
19. D 
20. 10 
21. D 
 
32. D 
33. E 
34. 20 
35. C 
36. A 
37. C 
38. Discursiva 
39. D 
40. Discursiva 
41. A 
42. C 
 
53. D 
54. D 
55. A 
56. B 
 
 
 
 
 
 
8. Resoluções Das Questões Fundamentais 
Soluções 
Questão Fundamental 01 – A respeito da tabela abaixo, responda ao que se pede: 
Temperatura (°C) 30 50 70 
KBr (g/100 g de H2O) 70 80 90 
a) Qual a massa de KBr para saturar 50 g de água, a 50 °C? 
b) Qual a massa de KBr para saturar 50 g de água, a 30 °C? 
c) Qual a massa de KBr para saturar 200 g de água, a 70 °C? 
d) Um químico preparou uma solução: 300 g de KBr em 500 g de água, a 30 °C. Classifique a 
solução em saturada ou insaturada. 
e) Um químico preparou uma solução: 350 g de KBr em 500 g de água, a 30 °C. Classifique a 
solução em saturada ou insaturada. 
f) Um químico preparou uma solução: 8 g de KBr em 10 g de água, a 30 °C. Classifique a 
solução em saturada ou insaturada. 
g) Um químico preparou a seguintesolução: 15 g de KBr em 10 g de água, a 70 °C. Calcule a 
massa do corpo de fundo, em gramas. 
h) Um químico preparou a seguinte solução: 9 g de KBr em 10 g de água, a 70 °C, e depois 
resfriou a 30 °C. Calcule a massa do corpo de fundo, em gramas. 
i) Um químico preparou a seguinte solução: 10 g de KBr em 10 g de água, a 50 °C, e depois 
resfriou a 30 °C. Calcule a massa do corpo de fundo, em gramas, durante todo o processo. 
 
Comentários: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 87 
a) De acordo com a tabela, 80 g de KBr se dissolvem em 100 g de H2O numa temperatura de 
50 ˚C. Sendo assim, a massa de KBr que se dissolve em 50 g de água é: 
80 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 50 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑥 = 40 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
b) De acordo com a tabela, 70 g de KBr se dissolvem em 100 g de H2O numa temperatura de 
30 ˚C. Sendo assim, a massa de KBr que se dissolve em 50 g de água é: 
70 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑦 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 50 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑦 = 35 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
c) De a cordo com a tabela, 90 g de KBr se dissolvem em 100 g de H2O numa temperatura de 
70 ˚C. Sendo assim, a massa de KBr que se dissolve em 200 g de água é: 
90 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑧 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 200 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑧 = 180 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
 
d) Se a solução do químico tem 300 g de KBr em 500 g de H2O a 30 ˚C . Nessa mesma 
temperatura, 100 g de H2O dissolve 70 g de KBr, então, a massa de KBr a ser dissolvida é: 
70 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 500 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 350 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
Como 500 g de água consegue dissolver 350 g de KBr e o químico tem 300 g de KBr, que é 
um valor menor, então, tem-se uma solução insaturada. 
e) Se a solução do químico tem 350 g de KBr em 500 g de H2O a 30 ˚C . Nessa mesma 
temperatura, 100 g de H2O dissolve 70 g de KBr, então, a massa de KBr a ser dissolvida é: 
70 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 500 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 350 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
Como 500 g de água consegue dissolver 350 g de KBr e o químico tem 350 g de KBr, que é 
um valor menor, então, tem-se uma solução saturada. 
f) Se a solução do químico tem 8 g de KBr em 10 g de H2O a 30 ̊ C . Nessa mesma temperatura, 
100 g de H2O dissolve 70 g de KBr, então, a massa de KBr a ser dissolvida é: 
70 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 10 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 7 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
Como 10 g de água consegue dissolver 7 g de KBr e o químico tem 8 g de KBr, que é um valor 
maior, então, tem-se uma solução saturada. 
g) Se a solução do químico tem 15 g de KBr em 10 g de H2O a 70 ˚C . Nessa mesma 
temperatura, 100 g de H2O dissolve 90 g de KBr, então, a massa de KBr a ser dissolvida é: 
90 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 10 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 9 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
Como 10 g de água consegue dissolver 9 g de KBr e o químico tem 15 g de KBr, que é um 
valor maior, então, tem-se uma solução saturada. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 88 
Além disso, a massa do corpo de fundo é a diferença entre a massa total (15 g) pela massa 
dissolvida (9g). Com isso, tem-se: 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑚𝑑𝑖𝑠𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑑𝑎 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 = 15 𝑔 − 9 𝑔 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 = 6 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
 
h) Se a solução do químico tem 9 g de KBr em 10 g de H2O a 70 ˚C . Nessa mesma 
temperatura, 100 g de H2O dissolve 90 g de KBr, então, a massa de KBr a ser dissolvida é: 
90 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 10 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 9 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
Como 10 g de água consegue dissolver 9 g de KBr e o químico tem 9 g de KBr, que é um valor 
igual, então, tem-se uma solução no limite da sua saturação. 
No segundo momento, essa substância é resfriada a 30 ˚C. Portanto, deve-se calcular quantos 
gramas de KBr são dissolvidos a essa temperatura. Em 30 ˚C, 100 g de H2O dissolvem 70 g de 
KBr, então, 10 g dissolvem: 
70 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 10 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 7 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
 
Portanto, o corpo de fundo tem massa dada pela diferença entre a massa dissolvida a 70 ˚C e 
a massa dissolvida a 30 ˚C. Com isso, tem-se: 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 = 𝑚70 ˚𝐶 − 𝑚30 ˚𝐶 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 = 9 𝑔 − 7 𝑔 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 = 2 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
i) Se a solução do químico tem 10 g de KBr em 10 g de H2O a 50 ˚C . Nessa mesma 
temperatura, 100 g de H2O dissolve 80 g de KBr, então, a massa de KBr a ser dissolvida é: 
80 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 10 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 8 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
Como 10 g de água consegue dissolver 8 g de KBr e o químico tem 10 g de KBr, que é um 
valor maior, então, tem-se uma solução saturada, precipitando: 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑎 50 ˚𝐶 = 𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑚𝑑𝑖𝑠𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑑𝑎 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑎 50 ˚𝐶 = 10 𝑔 − 8 𝑔 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 50 ˚𝐶 = 2 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
No segundo momento, essa substância é resfriada a 30 ˚C. Portanto, deve-se calcular quantos 
gramas de KBr são dissolvidos a essa temperatura. Em 30 ˚C, 100 g de H2O dissolvem 70 g de 
KBr, então, 10 g dissolvem: 
70 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
𝑚 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 − − − − 10 𝑔 𝑑𝑒 𝐻2𝑂
 
𝑚 = 7 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 89 
Portanto, o corpo de fundo tem massa dada pela diferença entre a massa dissolvida a 70 ˚C e 
a massa dissolvida a 30 ˚C. Com isso, tem-se: 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑚70 ˚𝐶 − 𝑚30 ˚𝐶 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 8 𝑔 − 7 𝑔 
𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 1 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
No entanto, havia 2 g de KBr no fundo do recipiente à temperatura de 50 ˚C. Então, a massa 
total é dada pela soma das massas do corpo de fundo nas duas situações. 
𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜 = 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑎 50 ˚𝐶 + 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 
𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜 = 2 𝑔 + 1 𝑔 
𝑚𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑝𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑡𝑎𝑑𝑜 = 3 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐵𝑟 
 
Concentrações 
Questão Fundamental 02 – Complete a tabela abaixo. 
Fórmula 
Concentração 
(g/L) 
Concentração 
(mol/L) 
Ca2+ (aq) 4 
Na+ (aq) 1,5 
CO32- (aq) 1,8 
NO3- (aq) 2 
Al3+ (aq) 8,1 
I. Cálcio (Ca): a massa molar é igual a 40 g/mol. Então, 40 g equivale a 1 mol, logo, para 1 L, 
4 g equivale a: 
40 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎2+ − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
4 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎2+ − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 0,1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎2+ 
Então, a concentração é igual a 0,1 mol/L. 
II. Sódio (Na): a massa molar é igual a 23 g/mol. Então, 23 g equivale a 1 mol, logo, para 1 L, 
1,5 mol equivale a: 
23 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎+ − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎+ − − − − 1,5 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 34,5 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎+ 
Então, a concentração é igual a 34,5 g/L. 
III. Carbonato (CO32-): a massa molar é igual a 60 g/mol. Então, 60 g equivale a 1 mol, logo, 
para 1 L, 1,8 g equivale a: 
60 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑂3
2− − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
1,8 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑂3
2− − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 0,03 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑂3
2− 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 90 
Então, a concentração é igual a 0,03 mol/L. 
IV. Nitrato (NO3-): a massa molar é igual a 62 g/mol. Então, 62 g equivale a 1 mol, logo, para 1 
L, 2 mol equivale a: 
62 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑂3
− − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑂3
− − − − − 2 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 124 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑂3
− 
Então, a concentração é igual a 124 g/L. 
V. Alumínio (Al3+): a massa molar é igual a 27 g/mol. Então, 27 g equivale a 1 mol, logo, para 
1 L, 8,1 g equivale a: 
27 𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑙3+ − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
8,1 𝑔 𝑑𝑒 𝐴𝑙3+ − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 0,3 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑙3+ 
Então, a concentração é igual a 0,3 mol/L. 
Portanto, a tabela completa é: 
FórmulaConcentração 
(g/L) 
Concentração 
(mol/L) 
Ca2+ (aq) 4 0,1 
Na+ (aq) 34,5 1,5 
CO32- (aq) 1,8 0,03 
NO3- (aq) 124 2 
Al3+ (aq) 8,1 0,3 
 
 
Questão Fundamental 03 – Calcule a massa de NaCl, em gramas, que se deve adicionar a 
100 mL de água para preparar uma solução com concentração de 0,2 mol/L. 
 
Comentários: 
Como em 1 L há 0,2 mol de cloreto de sódio, então, em 100 mL (ou 0,1L), tem-se: 
0,2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 1 𝐿
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 0,1 𝐿
 
𝑥 = 0,02 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
Como a massa molar do NaCl é 58,5 g/mol, então, a massa que se deve adicionar é de: 
58,5 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 0,02 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 1,17 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
Gabarito: 
 
Questão Fundamental 04 - Calcule a massa de KNO3, em gramas, que se deve adicionar a 50 
mL de água para preparar uma solução com concentração de 0,1 mol/L. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 91 
 
Comentários: 
Como em 1 L há 0,1 mol de nitrato de potássio, então, em 50 mL (ou 0,05L), tem-se: 
0,1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 1 𝐿
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 0,05 𝐿
 
𝑥 = 0,005 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 
Como a massa molar do KNO3 é 101 g/mol, então, a massa que se deve adicionar é de: 
101 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 − − − − 0,005 𝑚𝑜𝑙
 
𝑥 = 0,505 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝑁𝑂3 
Gabarito: 
 
Questão Fundamental 05 – A respeito de uma solução de 100 mL de ácido acético com 
concentração de 1,05 g/mL, responda ao que se pede: 
Calcule a quantidade de matéria, em mol, de ácido acético em 100 mL de solução. 
Sabendo que a densidade da água é 1 g/mL, calcule a densidade da solução, em g/mL. 
Calcule a nova concentração de ácido acético, em g/mL, ao se evaporar 25 mL de água 
destilada. 
 
Comentários: 
a) Se em 1 mL de solução há 1,05 g de ácido acético, então, em 100 mL, tem-se: 
1,05 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 − − − − 100 𝑚𝐿
 
𝑥 = 105 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 
Como a massa molar do ácido acético (CH3COOH) é 60 g/mol, então, o número de mols em 
105 g do ácido é: 
60 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
105 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 − − − − 𝑦 𝑚𝑜𝑙
 
𝑦 = 1,75 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑒𝑚 100 𝑚𝐿 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 
 
b) Como a densidade de água é 1 g/mL, então, em 100 mL, tem-se: 
1 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 100 𝑚𝐿
 
𝑥 = 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑚 100 𝑚𝐿 
A densidade da solução é dada por: 
𝑑𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑣𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Como a massa de ácido acético é de 105 g e a de água de 100 g, tem-se: 
𝑑𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
105 𝑔 + 100 𝑔
100 𝑚𝐿
 
𝑑𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 = 2,05 𝑔/𝑚𝐿 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 92 
c) Ao evaporar 25 mL de água, a solução passa a ter 75 mL. Sendo assim, tem-se 105 g de 
ácido acético em 75 mL. Portanto, em 1 mL, tem-se: 
105 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 − − − − 75 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 − − − − 1 𝑚𝐿
 
𝑥 = 1,4 𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑒𝑚 1 𝑚𝐿 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 
 
Portanto, a concentração é de 1,4 g/mL. 
Gabarito: 
 
Questão fundamental 06 – Uma solução foi preparada dissolvendo 200 g sacarose em 500 
mL de água. A partir da solução preparada e sabendo que a densidade da água igual a 1g/mL, 
calcule: 
A concentração, em g/L, de sacarose em solução. 
A densidade, em g/L, da solução. 
 
Comentários: 
a) A concentração de uma solução (C) é dada pela razão da massa do soluto pelo volume do 
solvente: 
𝐶 =
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
𝑣𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
 
𝐶𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑒 =
200 𝑔 
500 𝑚𝐿
 
𝐶𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑒 = 0,4 𝑔/𝑚𝐿 = 400 𝑔/𝐿 
b) Como a densidade de água é 1 g/mL, então, em 500 mL, tem-se: 
1 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 500 𝑚𝐿
 
𝑥 = 500 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 𝑒𝑚 500 𝑚𝐿 
A densidade da solução é dada por: 
𝑑𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 + 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑣𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜
 
Como a massa de sacarose é de 200 g e a de água de 500 g, tem-se: 
𝑑𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 =
200 𝑔 + 500 𝑔
500 𝑚𝐿
 
𝑑𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 = 1,4𝑔/𝑚𝐿 = 1400 𝑔/𝐿 
Gabarito: 
 
9. Questões Resolvidas E Comentadas 
1. (UEM PR/2020) 
Assinale o que for correto. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 93 
 
01. A formação da camada de solvatação aumenta a estabilidade de uma dispersão coloidal, 
permitindo transformar o coloide em sol ou em gel, conforme se adiciona ou se retira dispersante. 
02. Pedras preciosas como o rubi e a safira são coloides classificados como sol sólido. 
04. Uma dispersão coloidal apresenta composição constante em toda sua extensão. 
08. Uma solução de ácido fosfórico com grau de ionização de 30% possui fator van’t Hoff (i) 
igual a 1,9. 
16. Uma solução 0,25 mol/L de CaCl2 totalmente dissociada é hipotônica em relação a uma 
solução 0,6 mol/L de glicose, ambas na mesma temperatura. 
 
Comentários: 
Analisando afirmativa por afirmativa, tem-se: 
01. Certa. As moléculas do dispersante formam uma camada ao redor das micelas nos 
coloides, impedindo o contato direto com as micelas. Sendo assim, há uma estabilidade para o 
coloide, transformando-o em sol ou em gel. 
02. Certa. A safira e o rubi são exemplos de sol sólidos, porque apresentam o disperso sólido. 
04. Errada. O tamanho das partículas varia por toda a extensão do coloide, indo de 1 a 1000 
nm. 
08. Certa. O fator de Van’t Hoff é dado por: 
𝑖 = 1 + 𝛼 ⋅ (𝑞 − 1) 
A quantidade de íons é q e o alfa é o grau de ionização (0,3). Sendo assim, tem-se: 
𝐻3𝑃𝑂4 → 3𝐻
+ + 𝑃𝑂4
3− 
𝑞 = 3 + 1 = 4 
𝑖 = 1 + 0,3 ⋅ (4 − 1) = 1,9 
16. Errada. A solução de CaCl2 totalmente dissociada tem fator de Van’t Hoff igual a: 
𝐶𝑎𝐶𝑙2 → 𝐶𝑎
2+ + 2𝐶𝑙− 
𝑞 = 1 + 2 = 3 
𝑖 = 1 + 𝛼 ⋅ (𝑞 − 1) 
𝑖 = 1 + 1 ⋅ (3 − 1) = 3 
Portanto, a pressão osmótica da solução de CaCl2 é igual a: 
𝜋 = [𝐶𝑎𝐶𝑙2] ⋅ 𝑅𝑇 ⋅ 𝑖 
𝜋𝐶𝑎𝐶𝑙2 = 0,25
𝑚𝑜𝑙
𝐿
⋅ 𝑅𝑇 ⋅ 3 = 0,75𝑅𝑇 
Como a glicose é uma substânica molecular, a pressão osmótica dela é dada por: 
𝜋𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 = [𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒] ⋅ 𝑅𝑇 = 0,6𝑅𝑇 
Portanto, uma solução 0,25 mol/L de CaCl2 totalmente dissociada é hipertônica em relação a 
uma solução 0,6 mol/L de glicose, ambas na mesma temperatura, já que: 
𝜋𝐶𝑎𝐶𝑙2 > 𝜋𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 
Gabarito: 11 
 
2. (Faculdade Santo Agostinho BA/2020) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 94 
Aerossóis são partículas sólidas ou líquidas que se encontram suspensas em um meio gasoso 
como o ar. Como exemplos de aerossol líquido, temos as nuvens, neblinas, desodorantes e 
purificadores de ar. Como exemplos de sólidos, podemos citar a fumaça, a fuligem e a poeira. O 
tamanho dessas partículas é medido em micrômetros , podendo variar de 0,001 a 100, em 
que 1 equivale a 10–6 metros. Após a emissão para a atmosfera, essas partículas podem ficar 
um longo período suspensas antes de se depositarem, podendo ser carregadas a longas 
distâncias por correntes de ar, causando danos por onde passar. 
 
De acordo com as informações dadas no texto, podemos afirmar corretamente que os 
exemplos dados apresentam como características: 
 
a) são misturas homogêneas apresentando uma única fase. 
b) podem ser separadas por filtração. 
c) são soluções gasosas. 
d) são soluções líquidas. 
e) possuem o efeito Tyndall. 
 
Comentários: 
O texto descreve um tipo de coloide, o aerossol, que é uma dispersão. Sendo assim, 
analisando alternativa por alternativa, tem-se: 
a) Errada. O coloide é uma dispersão de um material que não se mistura com o dispersante. 
b) Errada. A filtração retém as partículas sólidas, conseguindo separar a mistura. 
c) Errada. O aerossol é uma dispersão de sólido ou líquido em gás. 
d) Errada. Como visto anteriormente, tem-se uma dispersão do líquido no gás ou do sólido no 
gás. 
e) Certa.O efeito Tyndall é típico para diferenciar um coloide de uma solução, ou seja, há o 
espalhamento da dispersão da luz provocado pelas partículas dispersas no coloide. Esse efeito 
não ocorre nas soluções. 
Gabarito: E 
 
3. (FGV SP/2020) 
Granadas de fumaça são dispositivos usados pelas forças armadas em situações de combate, 
com o objetivo de ocultar a movimentação das tropas. Nesses dispositivos, os reagentes 
hexacloroetano ( , alumínio em pó e óxido de zinco (ZnO) ficam em compartimentos 
separados e, quando o detonador é acionado, ocorre a mistura desses reagentes, provocando 
uma sequência de duas reações instantâneas, representadas pelas seguintes equações: 
 
(s) + 3ZnO (s) 3Zn (s) + (s) 
3Zn (s) + (s) (s) + 2C (s) 
 
A disseminação, no ar, dos produtos reacionais emitidos nessas reações resulta numa fumaça 
intensa. 
)m(
m
2 6(C C ) (A )
2A → 2 3A O
2 6C C → 23ZnC
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 95 
 
A fumaça produzida pela detonação da granada é quimicamente classificada como uma 
 
a) mistura homogênea gasosa. 
b) mistura homogênea sólido-gás. 
c) dispersão coloidal sólido-líquido. 
d) dispersão coloidal líquido-gás. 
e) dispersão coloidal sólido-gás. 
 
Comentários: 
Os produtos da explosão da granada são todos sólidos, ou seja, há uma dispersão dessas 
partículas sólidas numa camada de gás, o que caracteriza essa fumaça. Sendo assim, tem-se 
uma dispersão coloidal sólido-gás (ou aerossol). 
Gabarito: E 
 
4. (UFRGS RS/2016) 
Na gastronomia, empregam-se diversos conhecimentos provindos de diferentes áreas da 
química. Considere os conhecimentos químicos listados no bloco superior abaixo e os processos 
relacionados à produção e conservação de alimentos, listados no bloco inferior. 
 
Associe adequadamente o bloco inferior ao superior. 
 
1. Propriedades coligativas 
2. Coloides 
3. Emulsões 
4. Reversibilidade de reações 
 
( ) Produção de charque 
( ) Preparo de gelatina 
( ) Preparo de maionese 
 
A sequência correta de preenchimento dos parênteses, de cima para baixo, é 
 
a) 1, 2 e 3. 
b) 1, 2 e 4. 
c) 2, 3 e 4. 
d) 2, 1 e 3. 
e) 3, 4 e 2. 
 
Comentários: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 96 
Produção de charque – Propriedades coligativas (1) 
Uma das etapas de produção da charque é o salgamento, ou seja, a adição de sal é útil para 
retirar a umidade da carne por osmose, conservando-a por mais tempo. 
Preparo de gelatina – Coloides (2) 
A gelatina é um clássico exemplo do coloide tipo gel, em que o sólido é disperso na fase líquida. 
Preparo da maionese – Emulsões (3) 
A emulsão é uma situação em que há dispersão entre dois líquidos que não se misturam. 
Sendo assim, a maionese é composta por ovo e óleo. 
No ovo tem água, mas também possui proteínas da gema que forma uma espécie de ponte 
entre os líquidos, ou seja, essas proteínas envolvem as gotículas do óleo e, ao se ligarem com 
a água também, conseguem distribuir essa gordura, estabilizando o coloide. 
Gabarito: A 
 
5. (Centro Universitário São Camilo SP/2014) 
A asma é uma das doenças crônicas mais comuns, afetando tanto crianças quanto adultos. A 
fumaça do cigarro é prejudicial aos asmáticos, mesmo se o doente não fumar. “Bombinha” é 
como as pessoas chamam os dispositivos que contêm medicações inalatórias na forma líquida, 
utilizadas no tratamento da asma. 
(www.sbpt.org.br. Adaptado.) 
 
A fumaça do cigarro e a medicação inalatória, na forma como é aplicada pelas bombinhas, são 
coloides que recebem as classificações, respectivamente, de 
 
a) aerossol e sol. 
b) aerossol e gel. 
c) sol e aerossol. 
d) aerossol e aerossol. 
e) sol e sol. 
 
Comentários: 
A fumaça do cigarro é um aerossol, já que há uma dispersão de partículas sólidas (materiais 
do cigarro) num gás. Já na bombinha, tem-se medicação na forma líquida dispersa num gás, 
sendo um aerossol também. 
Gabarito: D 
 
6. (UFU MG/2012) 
O grafitismo é um tipo de manifestação artística surgida nos Estados Unidos, na década de 
1970. No Brasil, o grafite chegou ao final dos anos de 1970, em São Paulo. Hoje, o estilo 
desenvolvido pelos brasileiros é reconhecido entre os melhores do mundo. 
A tinta mais usada pelos grafiteiros é o spray em lata, que possuiu, até o final da década de 
1980, o Clorofluorcarboneto como propelente. 
Disponível em: <http://www.mundoeducacao.com.br/artes/grafite.htm>. Acesso em: 14 jun. 2012. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 97 
 
O spray em lata, utilizado na arte do grafite, 
a) possuía, em sua formulação, CFC, que colaborava para prevenir a degradação da camada 
de ozônio. 
b) deve ser armazenado em ambientes com incidência direta da luz solar. 
c) é uma dispersão coloidal, mantida sob pressão, de um líquido em um gás liquefeito. 
d) possui probabilidade de explodir diretamente proporcional à redução da temperatura. 
 
Comentários: 
A partir das informações fornecidas, julga-se os itens. 
O spray em lata, utilizado na arte do grafite, 
a) possuía, em sua formulação, CFC, que colaborava para prevenir a degradação da camada 
de ozônio. 
Errado. O CFC é um componente que contribui para a destruição da camada de ozônio. 
b) deve ser armazenado em ambientes com incidência direta da luz solar. 
Errado. A incidência da luz solar aumenta a reatividade desse material. A luz solar forma 
radicais de cloro, que são as espécies reativas proveniente do gás CFC. 
c) é uma dispersão coloidal, mantida sob pressão, de um líquido em um gás liquefeito. 
Certo. O spray da lata é classificado como aerossol líquido, em que partículas líquidas estão 
dispersas em um meio gasoso. O aerossol é uma mistura heterogênea do tipo coloide ou 
dispersão coloidal. 
d) possui probabilidade de explodir diretamente proporcional à redução da temperatura. 
Errado. O aumento da temperatura de um gás, a um volume constante, aumenta a pressão. 
Logo, esquentar uma lata de spray aumenta a probabilidade de estourar. 
Gabarito: C 
 
7. (UFPR/2019) 
Evidências científicas mostraram que a poluição produzida por navios de guerra durante a 
Segunda Guerra Mundial interferiu no crescimento das árvores na Noruega. Embarcações da 
Alemanha ficaram estacionadas boa parte da guerra na costa da Noruega, com a função de 
impedir uma possível invasão dos inimigos. Para camuflar as embarcações, era produzida uma 
névoa química, e foi essa névoa artificial a responsável por limitar o crescimento das árvores 
nesse período. Uma estratégia muito comum para gerar essa névoa artificial era por meio da 
queima incompleta de óleo combustível, mas também outros métodos foram empregados, como 
o lançamento na atmosfera de misturas que produziam cloreto de zinco, óxido de titânio ou 
pentóxido de fósforo. 
Esses métodos capazes de produzir névoa artificial se baseiam em reações que: 
 
a) geram gases irritantes. 
b) formam líquidos imiscíveis. 
c) produzem compostos voláteis. 
d) formam precipitados suspensos na atmosfera. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 98 
e) sintetizam compostos que absorvem a radiação eletromagnética no espectro visível. 
 
Comentários: 
A névoa artificial é produzida pela síntese de um sólido disperso em um sistema gasoso. A 
névoa é classificada como uma dispersão coloidal do tipo aerossol sólido, em que apresentam 
partículas sólidas dispersas em um gás. 
A partir das informações fornecidas, julga-se os itens. 
Esses métodos capazes de produzir névoa artificial se baseiam em reações que: 
a) geram gases irritantes. 
Errado. Não formaria a névoa sólida. A mistura de gases é sempre homogênea. 
b) formam líquidos imiscíveis. 
Errado. Formaria uma dispersão de líquido em gás, ou seja, um aerossol líquido, que apresenta 
aspecto de spray líquido. A aparência dessa transformação seria de chuva ao invés de névoa. 
c) produzemcompostos voláteis. 
Errado. Os compostos voláteis formam vapores com mais facilidade, portanto, o produto seria 
a mistura gasosa, que é homogênea. 
d) formam precipitados suspensos na atmosfera. 
Certo. A formação de sólidos em sistemas gasosos forma uma dispersão do tipo aerossol 
sólido de aparência parecida com a névoa. A névoa natural é a formação de cristais de água 
(sólido) disperso no ar (material gasoso). A porção sólida da névoa artificial é formada por cloreto 
de zinco, óxido de titânio ou pentóxido de fósforo. 
e) sintetizam compostos que absorvem a radiação eletromagnética no espectro visível. 
Errado. A absorção da radiação eletromagnética interfere na coloração do material, mas esse 
fato não gera materiais de estados físicos distintos. 
Gabarito: D 
 
8. (ENEM/2015) 
A obtenção de sistemas coloidais estáveis depende das interações entre as partículas 
dispersas e o meio onde se encontram. Em um sistema coloidal aquoso, cujas partículas são 
hidrofílicas, a adição de um solvente orgânico miscível em água, como etanol, desestabiliza o 
coloide, podendo ocorrer a agregação das partículas preliminarmente dispersas. 
 
A desestabilização provocada pelo etanol ocorre porque 
 
a) a polaridade da água no sistema coloidal é reduzida. 
b) as cargas superficiais das partículas coloidais são diminuídas. 
c) as camadas de solvatação de água nas partículas são diminuídas. 
d) o processo de miscibilidade da água e do solvente libera calor para o meio. 
e) a intensidade dos movimentos brownianos das partículas coloidais é reduzida. 
 
Comentários: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 99 
A partir das informações fornecidas, julga-se os itens. 
A desestabilização provocada pelo etanol ocorre porque 
a) a polaridade da água no sistema coloidal é reduzida. 
Errado. A polaridade das moléculas de água, somente, seria interferida se houve reação 
química alterando as ligações covalentes da molécula. O álcool interage com a água por meio 
de interações intermoleculares, logo, não ocorre reação química. 
b) as cargas superficiais das partículas coloidais são diminuídas. 
Errado. Mudar as cargas superficiais das partículas coloidais é alterar a polaridade das 
moléculas do sistema. Não ocorre alteração de ligações nas moléculas, porque não ocorre 
reação química. 
c) as camadas de solvatação de água nas partículas são diminuídas. 
Certo. O álcool interage com as moléculas de água e diminui a solvatação das moléculas de 
água com as partículas dispersas. Tendo menos moléculas de água interagindo com as partes 
dispersas, estas interagem mais entre si e produzem uma fase hidrofóbica. A dissolução do 
álcool em água auxilia na separação de duas fases e, assim, converte um coloide em uma 
suspensão. 
d) o processo de miscibilidade da água e do solvente libera calor para o meio. 
Errado. A liberação de calor não justifica a formação dos aglomerados da porção insolúvel em 
água. 
e) a intensidade dos movimentos brownianos das partículas coloidais é reduzida. 
Errado. Os movimentos brownianos reduziriam se houvesse mudança de estado líquido para 
sólido, que não é o fato observado. 
Gabarito: C 
 
9. (UNIFOR CE/2020) 
A solubilidade é a quantidade máxima de um soluto que pode ser dissolvida em um 
determinado volume de solvente. No laboratório, foram realizados experimentos para avaliar o 
efeito da temperatura, em °C, e a massa solúvel de uma substância, em gramas. Quanto à 
solubilidade desta substância, considere os pontos A, B, C da solução estudada. 
 
 
 
Analise o gráfico acima e as afirmações que seguem: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 100 
 
I. A solução A está saturada pois o soluto está em quantidade superior ao seu coeficiente 
de solubilidade; 
II. A solução B está saturada e ao passar para T = 80 °C tem-se uma dissolução exotérmica; 
III. A solução C está insaturada ao passar para T = 80 °C tem-se uma dissolução endotérmica; 
IV. A solução A está supersaturada pois o soluto está em quantidade superior ao seu 
coeficiente de solubilidade; 
 
É correto apenas o que se afirma em: 
 
a) I e III. 
b) II e III. 
c) III e IV. 
d) I e IV. 
e) II e IV. 
 
Comentários: 
Analisando afirmativa por afirmativa, tem-se: 
I. Errada. A solução é supersaturada, uma vez que o ponto A está acima da curva, mostrando 
que se tem uma quantidade de soluto acima da capacidade do solvente. 
II. Errada. A solução B está em cima da curva, ou seja, ela está saturada. No entanto, o 
aumento da temperatura aumenta a solubilidade, mostrando que a dissolução é endotérmica. 
III. Certa. A solução C é insaturada, porque o ponto está abaixo da curva, mostrando uma 
quantidade de soluto menor do que a máxima que o solvente consegue suportar. Além disso, 
como visto no comentário anterior, a dissolução é endotérmica. 
IV. Certa. Como visto no comentário de I, A está supersaturada e, a redução de temperatura, 
diminui a solubilidade, deixando a solução instável, podendo precipitar com qualquer 
perturbação. 
 
Gabarito: C 
 
10. (FAMERP SP/2020) 
Em um experimento sobre solubilidade, foram preparadas três misturas de 100 mL de água (d 
= 1,00 g/mL) e 100 mL de hexano (d = 0,65 g/mL). Duas delas foram colocadas em dois funis de 
separação e a terceira em uma proveta. Em seguida, adicionou-se a um dos funis alguns cristais 
de iodo (I2), uma substância apolar, e, ao outro funil, cristais de permanganato de potássio 
(KMnO4), uma substância polar. À proveta, adicionou-se 50 mL de butan-1-ol (d = 0,8 g/mL). 
Após agitação das misturas contidas nos funis de separação, foram obtidos os sistemas 
apresentados na figura: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 101 
 
(http://pages.uoregon.edu) 
 
Considere que o I2 e o KMnO4, em suas respectivas soluções, adquirem coloração violeta. 
 
a) Indique as composições das fases A e B, respectivamente. 
b) Considerando que a solubilidade do butan-1-ol em hexano seja infinita e que não ocorra 
dissolução do soluto na água, calcule a porcentagem em massa do butan-1-ol no hexano contido 
na proveta. 
 
Comentários: 
a) Como a água é mais densa do que o hexano, então, ela ocupa o fundo do recipiente. Sendo 
assim, na primeira figura, a fase A é a solução de KMnO4, porque esta é solúvel em água, então, 
ocupa o fundo do recipiente também. Já na outra figura, a fase B é o iodo, I2, porque este é 
apolar, sendo miscível no hexano, que também é apolar. 
b) 50 mL de butanol se dissolve em 100 mL de hexano e, na fase inferior, tem-se 100 mL de 
água. Como 0,8 g de butanol equivale a 1 mL, então, nos 50 mL tem-se uma massa de: 
0,8 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 − − − − 50 𝑚𝐿
 
𝑥 = 40 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 
0,65 g de hexano ocupa 1 mL, logo, os 100 mL representam uma massa de hexano igual a: 
0,65 𝑔 𝑑𝑒 ℎ𝑒𝑥𝑎𝑛𝑜 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑦 𝑔 𝑑𝑒 ℎ𝑒𝑥𝑎𝑛𝑜 − − − − 100 𝑚𝐿
 
𝑦 = 65 𝑔 𝑑𝑒 ℎ𝑒𝑥𝑎𝑛𝑜 
Portanto, a massa total de butanol e hexano é de: 
65 𝑔 + 40 𝑔 = 105 𝑔 
Portanto, o butanol representa uma porcentagem de: 
105 𝑔 − − − − 100%
40 𝑔 − − − − 𝑥%
 
𝑥 = 38,1% 
 
Gabarito: 
a) Como a água é mais densa do que o hexano, então, ela ocupa o fundo do recipiente. Sendo 
assim, na primeira figura, a fase A é a solução de KMnO4, porque esta é solúvel em água, então, 
ocupa o fundo do recipiente também. Já na outra figura, a fase B é o iodo, I2, porque este é 
apolar, sendo miscível no hexano, que também é apolar. 
b) 50 mL de butanol se dissolve em 100 mL de hexano e, na fase inferior, tem-se 100 mL de 
água. Como 0,8 g de butanol equivale a 1 mL, então, nos 50 mL tem-se uma massa de: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 102 
0,8 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 − − − − 50 𝑚𝐿
 
𝑥 = 40 𝑔 𝑑𝑒 𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑜𝑙 
0,65 g de hexano ocupa 1 mL,logo, os 100 mL representam uma massa de hexano igual a: 
0,65 𝑔 𝑑𝑒 ℎ𝑒𝑥𝑎𝑛𝑜 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑦 𝑔 𝑑𝑒 ℎ𝑒𝑥𝑎𝑛𝑜 − − − − 100 𝑚𝐿
 
𝑦 = 65 𝑔 𝑑𝑒 ℎ𝑒𝑥𝑎𝑛𝑜 
Portanto, a massa total de butanol e hexano é de: 
65 𝑔 + 40 𝑔 = 105 𝑔 
Portanto, o butanol representa uma porcentagem de: 
105 𝑔 − − − − 100%
40 𝑔 − − − − 𝑥%
 
𝑥 = 38,1% 
 
11. (UEL PR/2020) 
A desmineralização do esmalte dos dentes, constituído principalmente pelo mineral 
hidroxiapatita, Ca5(PO4)3OH, favorece a formação de cáries. Isso ocorre pela dissolução desse 
mineral, liberando os íons cálcio, fosfato e hidróxido. A fim de prevenir a formação das cáries, 
compostos fluorados são introduzidos na água potável e em cremes dentais. O íon fluoreto reage 
com os íons cálcio e fosfato, presentes na saliva, formando um novo mineral, a fluorapatita 
(Ca5(PO4)3F), que se deposita sobre os dentes, tornando o esmalte mais resistente devido à 
menor solubilidade da fluorapatita, quando comparada à hidroxiapatita. íons hidróxido e fluoreto 
não estão representados na figura. 
 
 
íons hidróxido e fluoreto não estão representados na figura. 
 
A partir dessas informações, apresente a equação balanceada da reação de formação da 
fluorapatita e, considerando a solubilidade desse mineral, determine a massa mínima necessária, 
em g, de íons fluoreto para que ocorra a saturação com fluorapatita de 2 mL de solução (volume 
médio de saliva na boca). 
Apresente os cálculos realizados na resolução desta questão. 
Observação: mol L–1 corresponde à unidade de concentração mol/L ou M. 
Dados: Solubilidade da fluoroapatita: 6,0 10–8 mol L–1; Massas atômicas: F = 19 u 
 
Comentários: 

ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 103 
Segundo o texto, a formação da fluorapatita é dada por: 
5𝐶𝑎2+ (𝑎𝑞) + 3𝑃𝑂4
3− (𝑎𝑞) + 𝐹− (𝑎𝑞) ⇌ 𝐶𝑎5(𝑃𝑂4)3𝐹 (𝑠) 
A solubilidade da fluoroapatita é de 6 x 10-8 mol em 1 L (ou 1000 mL), logo, nos 2 mL de 
solução, tem-se um número de mols igual a: 
6 ⋅ 10−8 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑜𝑟𝑜𝑎𝑝𝑎𝑡𝑖𝑡𝑎 − − − − 1000 𝑚𝐿
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑜𝑟𝑜𝑎𝑝𝑎𝑡𝑖𝑡𝑎 − − − − 2 𝑚𝐿
 
𝑥 = 1,2 ⋅ 10−10 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑜𝑟𝑜𝑎𝑝𝑎𝑡𝑖𝑡𝑎 
Como 1 mol de fluoroapatita é formada com 1 mol de íons fluoreto, então, tem-se 1,2 x 10-10 
mol de F- também. Cada mol de F- tem 19 g/mol, então, esse número de mols de flúor tem uma 
massa igual a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹− − − − − 19 𝑔
1,2 ⋅ 10−10 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹− − − − − 𝑦 𝑔
 
𝑦 = 2,28 ⋅ 10−9 𝑔 𝑑𝑒 𝐹− 𝑒𝑚 2 𝑚𝐿 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑣𝑎 
 
Gabarito: 
Segundo o texto, a formação da fluorapatita é dada por: 
5𝐶𝑎2+ (𝑎𝑞) + 3𝑃𝑂4
3− (𝑎𝑞) + 𝐹− (𝑎𝑞) ⇌ 𝐶𝑎5(𝑃𝑂4)3𝐹 (𝑠) 
A solubilidade da fluoroapatita é de 6 x 10-8 mol em 1 L (ou 1000 mL), logo, nos 2 mL de 
solução, tem-se um número de mols igual a: 
6 ⋅ 10−8 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑜𝑟𝑜𝑎𝑝𝑎𝑡𝑖𝑡𝑎 − − − − 1000 𝑚𝐿
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑜𝑟𝑜𝑎𝑝𝑎𝑡𝑖𝑡𝑎 − − − − 2 𝑚𝐿
 
𝑥 = 1,2 ⋅ 10−10 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑜𝑟𝑜𝑎𝑝𝑎𝑡𝑖𝑡𝑎 
Como 1 mol de fluoroapatita é formada com 1 mol de íons fluoreto, então, tem-se 1,2 x 10-10 
mol de F- também. Cada mol de F- tem 19 g/mol, então, esse número de mols de flúor tem uma 
massa igual a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹− − − − − 19 𝑔
1,2 ⋅ 10−10 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐹− − − − − 𝑦 𝑔
 
𝑦 = 2,28 ⋅ 10−9 𝑔 𝑑𝑒 𝐹− 𝑒𝑚 2 𝑚𝐿 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑣𝑎 
 
 
12. (UEPG PR/2020) 
Considerando o conceito de coeficiente de solubilidade, assinale o que for correto. 
 
01. O coeficiente de solubilidade é a máxima quantidade de soluto que se solubiliza a uma 
dada temperatura em uma dada quantidade de solvente. 
02. Cada substância apresenta um valor específico de coeficiente de solubilidade. 
04. Uma determinada substância apresenta, para diferentes solventes, valores diferentes de 
coeficiente de solubilidade. 
08. Se o coeficiente de solubilidade de uma substância aumenta com o aumento da 
temperatura, isso significa que é possível dissolver uma massa maior dessa substância, em uma 
mesma quantidade de solvente, em temperaturas mais elevadas. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 104 
16. Há situações nas quais a massa de substância dissolvida em uma determinada 
quantidade de solvente é maior do que a dada pelo coeficiente de solubilidade. Nesses casos, a 
solução é classificada como solução supersaturada. 
 
Comentários: 
Analisando afirmativa por afirmativa, tem-se: 
01. Certa. A quantidade máxima de soluto que, em certa temperatura, pode ser solubilizada 
em determinada quantidade de solvente é o coeficiente de solubilidade. 
02. Certa. Cada substância possui seu coeficiente de solubilidade específico. 
04. Certa. Cada solvente interage de maneira diferente com o soluto. Então, há um coeficiente 
de solubilidade diferente para cada situação. 
08. Certa. Como a solubilidade aumentou devido ao aumento de temperatura, a solução 
comporta mais soluto entre as partículas do solvente. 
16. Certa. Essa é a definição da solução supersaturada, que é uma solução instável, obtida 
quando se aquece a solução para aumentar a solubilidade e, uma vez todo soluto dissolvido, 
essa solução fica em repouso até ir diminuindo a temperatura. Como a solubilidade diminuiu, 
mas o sistema ficou intacto, sob qualquer perturbação, ele precipita o sal. 
Gabarito: 31 
 
13. (UNIFESP SP/2020) 
Considere o experimento: 
 
Uma porção de iodeto de sódio sólido, radioativo, cujo ânion 131I– é radioativo, foi adicionada a 
uma solução aquosa saturada, sem corpo de fundo, de iodeto de sódio (NaI) não radioativo, 
formando uma solução saturada com corpo de fundo. Após algum tempo, a mistura foi filtrada e 
a intensidade da radiação foi verificada no sólido retido no filtro e na solução saturada. Foi 
constatado que a solução saturada, inicialmente não radioativa, tornou-se radioativa, e que o 
sólido apresentou menor intensidade de radiação do que apresentava antes de ser adicionado à 
solução. 
 
a) Calcule o número de nêutrons e de elétrons do ânion 131I–. 
b) Escreva a equação química que representa o equilíbrio de solubilidade do iodeto de sódio 
em água. Baseando-se no conceito de equilíbrio químico e no comportamento das espécies 
químicas em nível microscópico, justifique por que a radioatividade do sólido diminuiu e a solução 
saturada tornou-se radioativa. 
 
Comentários: 
a) O íon 131I- possui número atômico de 53, logo, tem 53 prótons. Sendo assim, o número de 
nêutrons é dado por: 
131 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 − 53 𝑝𝑟ó𝑡𝑜𝑛𝑠 = 78 𝑛ê𝑢𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠 
Como o íon possui 1 elétron a mais do que sua forma neutra, logo, o número de elétrons é 
igual a: 
53 + 1 = 54 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑜𝑛𝑠 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 105 
b) A equação química que representa o equilíbrio de solubilidade do iodeto de sódio é dada 
por: 
𝑁𝑎𝐼 (𝑠) ⇌ 𝑁𝑎+(𝑎𝑞) + 𝐼− (𝑎𝑞) 
Como o 131I é radioativo, com o passar da reação, ele sai do sal iodeto de sódio e vai para a 
solução, logo, o sólido diminui sua radioatividade. Por consequência, a solução torna-se 
radioativa devida a presença de íons iodeto por causa desse movimento da espécie. 
Gabarito: 
a) O íon possui 78 nêutrons e 54 elétrons. 
b) A equação química que representa o equilíbrio de solubilidade do iodeto de sódio é dada 
por: 
𝑁𝑎𝐼 (𝑠) ⇌ 𝑁𝑎+(𝑎𝑞) + 𝐼− (𝑎𝑞) 
Como o 131I é radioativo, com o passar da reação, ele sai do sal iodeto de sódio e vai para a 
solução, logo, o sólido diminui sua radioatividade. Por consequência, a solução torna-se 
radioativa devida a presença de íons iodeto por causa desse movimento da espécie. 
 
14. (FUVEST SP/2019) 
Em um experimento, determinadas massas de ácido maleico e acetona foram misturadas a 0 
ºC, preparando-se duas misturas idênticas. Uma delas (X) foi resfriada a –78 ºC, enquanto a 
outra (M) foi mantida a 0 ºC. A seguir, ambas as misturas (M e X) foram filtradas, resultando nas 
misturas N e Y. Finalmente, um dos componentes de cadamistura foi totalmente retirado por 
destilação. Os recipientes (marcados pelas letras O e Z) representam o que restou de cada 
mistura após a destilação. Nas figuras, as moléculas de cada componente estão representadas 
por retângulos ou triângulos. 
 
 
Tanto no recipiente M como no recipiente X, estão representadas soluções __ de __, cuja 
solubilidade __ com a diminuição da temperatura. A uma determinada temperatura, as 
concentrações em M e N e em X e Y são __. Em diferentes instantes, as moléculas representadas 
por um retângulo pertencem a um composto que pode estar __ ou no estado __. 
 
As lacunas que correspondem aos números de I a VI devem ser corretamente preenchidas 
por: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 106 
a)
 
b)
 
c)
 
d)
 
e)
 
 
Note e adote: 
 
Considere que não houve perda do solvente durante a filtração. 
 
Comentários: 
Baseando-se nos pontos de fusão e ebulição das substâncias, nota-se que, em 0 ºC, o ácido 
é sólido e a acetona é líquida. Em -78 ºC, o comportamento é o mesmo, ou seja, o ácido continua 
sendo sólido e a acetona líquida. 
Sendo assim, olhando para a figura, os retângulos estão localizados no fundo do recipiente, 
traduzindo a presença de um sólido ali. Então, os retângulos são o sólido e os triângulos o líquido: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 107 
Retângulo: sólido (ácido maleico) 
Triângulo: líquido (acetona) 
Pelas imagens, os retângulos estão lá no fundo e alguns distribuídos pelo recipiente, 
mostrando que eles também formam o precipitado. Sendo assim, tanto em 0ºC quanto em -78 
ºC, tem-se soluções saturadas do retângulo, ou seja, de ácido maleico: 
I. Saturadas 
II. Ácido maleico 
Na imagem a -78 ºC, tem-se mais retângulos no fundo do recipiente do que na imagem a 0 ºC, 
o que leva a crer que o aumento da temperatura favorece a solubilidade do ácido. Sendo assim, 
a solubilidade diminui com a diminuição da temperatura: 
III. Diminui 
Vendo as 3 figuras em 0 ºC, percebe-se que a quantidade de retângulos dissolvidos é a mesma 
em M, N e O (igual a 6) e, em -78 ºC, tem-se o mesmo fenômeno: 3 retângulos nas figuras X, Y 
e Z. 
Portanto, as concentrações em M e N; e X e Y são iguais: 
IV. Iguais 
Como visto, anteriormente, o retângulo representa o ácido dissolvido no estado sólido: 
V. Dissolvido 
VI. Sólido 
Gabarito: C 
 
15. (IBMEC SP Insper/2019) 
Em uma aula de laboratório de química, foi realizado um experimento que consistiu em 
adicionar em um béquer 300 g de água, em temperatura ambiente, e certa quantidade do sal 
sulfato de magnésio hexaidratado (MgSO4.6H2O) até formar uma solução saturada com corpo 
de fundo. Essa mistura foi aquecida até completa solubilização do sal, que ocorreu quando a 
temperatura atingiu 50 ºC. Na sequência, deixou-se a solução resfriar até 20 ºC e verificou-se 
novamente a presença do sal cristalizado no fundo do béquer. 
 
 
 
Foram fornecidos aos alunos os dados de solubilidade desse sal nas duas temperaturas 
medidas. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 108 
 
Com as informações fornecidas, foram calculadas as massas do sal presente na solução a 50 
ºC e do sal cristalizado a 20 ºC. Esses resultados são corretamente apresentados, nessa ordem, 
em: 
 
a) 53,5 g e 9,0 g. 
b) 160,5 g e 9,0 g. 
c) 294,0 g e 27,0 g. 
d) 97,0 g e 9,0 g. 
e) 160,5 g e 27,0 g. 
 
Comentários: 
A 50ºC, 53,5 g de soluto se dissolvem em 100 g de água, logo, nos 300 g de água, tem-se: 
53,5 𝑔 𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙 − − − − 300 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 160,5 𝑔 𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙 
Já em 20 ºC, 44,5 g de soluto se dissolvem em 100 g de água, então, nos 300 g, tem-se: 
44,5 𝑔 𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑦 𝑔 𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙 − − − − 300 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑦 = 133,5 𝑔 𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙 
Portanto, a massa de sal cristalizada é igual a: 
160,5 𝑔 − 133,5 𝑔 = 27 𝑔 
 
Gabarito: E 
 
16. (UEPG PR/2019) 
Em um becker de um litro foi adicionado 80 g de Na2SO3 e 500 g de H2O a 20 ºC. A solubilidade 
do Na2SO3 é 20 g/100 g de H2O à 20 ºC. 
Dados: 
Na = 23g/mol; S = 32 g/mol 
O = 16 g/mol; H = 1 g/mol 
Densidade da água a 20 ºC = 1 g/ml 
Solubilidade do Na2SO3 à 10 ºC = 10 g / 100 g de H2O 
 
Diante do exposto, assinale o que for correto. 
 
01. O resfriamento da dispersão inicial para a temperatura de 10 ºC causa a precipitação de 
50 g de Na2SO3. 
02. A concentração do Na2SO3 no becker é aproximadamente 1,27 mol/L. 
04. A adição de 30 g de Na2SO3 na dispersão inicial torna a solução supersaturada. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 109 
08. A dispersão formada no becker é uma solução insaturada. 
16. O nome do sal utilizado para fazer a dispersão é sulfato de sódio. 
 
Comentários: 
Inicialmente, em 100 g de água, tem-se uma massa de Na2SO3 de: 
80 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 − − − − 500 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 16 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 
Logo, 16 g de Na2SO3 estão dissolvidos em 100 g de água. Portanto, analisando as afirmativas, 
tem-se: 
01. Errada. A 10 ºC, a solubilidade é de 10 g em 100 g de água, logo, em 500 g de água, tem-
se 50 g de soluto que são dissolvidos, mas, foi-se colocado 80 g. Sendo assim, o que precipita 
é: 
80 𝑔 − 50 𝑔 = 30 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 
02. Certa. Como se tem 16 g de Na2SO3 em 100 g de água (ou 100 mL, ou 0,1 L), então, o 
número de mols é igual a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 − − − − 126 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 − − − − 16 𝑔
 
𝑥 = 0,127 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎2𝑆𝑂3 
Se o volume é de 0,1 L, então, a concentração é dada por: 
[𝑁𝑎2𝑆𝑂3] =
0,127 𝑚𝑜𝑙
0,1 𝐿
= 1,27 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
04. Errada. Como a solubilidade é de 20 g em 100 g de água, então, nos 500 g de água, tem-
se: 
20 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 500 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 𝑒𝑚 500 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 
Então, ao adicionar 30 g à solução inicial, tem-se: 
80 𝑔 + 30 𝑔 = 110 𝑔 𝑒𝑚 500 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 
Formando, então, uma solução saturada. A solução supersaturada é uma solução instável, 
obtida quando se aquece a solução para aumentar a solubilidade e, uma vez todo soluto 
dissolvido, essa solução fica em repouso até ir diminuindo a temperatura. Como a solubilidade 
diminuiu, mas o sistema ficou intacto, sob qualquer perturbação, ele precipita o sal. 
08. Certa. Como visto anteriormente, a solubilidade é de 20 g de sal para 100 g de água, mas, 
tem-se 16 g de sal para 100 g água, caracterizando uma solução insaturada. 
16. Errada. O nome do sal utilizado é o sulfito de sódio, Na2SO3. 
Gabarito: 10 
 
17. (UniCESUMAR PR/2019) 
A identificação de gás carbônico em refrigerantes pode ser realizada borbulhando-se esse gás 
em água de cal, que é uma solução saturada de hidróxido de cálcio, que pode ser obtida por 
meio da seguinte reação: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 110 
 
CaO(s) + H2O(l) Ca(OH)2 (aq) 
 
Considerando que a solubilidade do Ca(OH)2 é de 0,17 g/100 cm3 de água, a 20 ºC, a massa 
de CaO, em gramas, necessária para preparar 1,0 L de água de cal, nessa temperatura, é de, 
aproximadamente, 
 
a) 0,6. 
b) 1,3. 
c) 2,0. 
d) 3,1. 
e) 4,5. 
 
Comentários: 
A solubilidade do Ca(OH)2 (74 g/mol) é de 0,17 g em 100 cm3 (ou 100 mL) de água. Sendo 
assim, em 1 L (ou 1000 mL), tem-se uma massa de: 
0,17 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 − − − − 100 𝑚𝐿 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 − − − − 1000 𝑚𝐿 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 1,7 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 
Então, isso representa um número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 − − − − 74 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 − − − − 1,7 𝑔 
 
𝑥 = 0,023 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 
Pela estequiometria, tem-se, então, 0,023 mol de CaO (56 g/mol) também. Com isso, a massa 
de CaO é igual a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑂 − − − − 56 𝑔
0,023𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑂 − − − − 𝑥 𝑔
 
𝑥 ≅ 1,3 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑂 
Gabarito: B 
 
18. (Faculdade São Francisco de Barreiras BA/2019) 
Sabe-se que a massa de um soluto se dissolve em uma determinada quantidade de solvente, 
a pressão constante e determinada temperatura. O gráfico apresenta as curvas de solubilidade, 
em g, do nitrato de potássio, KNO3(s), do nitrato de sódio, NaNO3(s), e do cloreto de sódio, 
NaCl(s), em 100g de água. 
 
→
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 111 
 
 
A análise do gráfico, associada aos conhecimentos sobre soluções aquosas, permite afirmar: 
 
a) A dissolução, em água, dos sais apresentados no gráfico é um processo químico 
exotérmico. 
b) O sistema formado pela mistura entre 150 g de nitrato de sódio e 200 g de água, a 80 ºC, 
é heterogêneo. 
c) A adição de 250 g do nitrato de potássio a 300 g de água, à temperatura de 60 ºC, leva à 
obtenção de uma solução insaturada. 
d) O cloreto de sódio tem menor coeficiente de solubilidade em água do que o nitrato de 
potássio, em temperatura abaixo de 20 ºC. 
e) A variação do valor do coeficiente de solubilidade do KNO3 é menor com o aumento da 
temperatura, quando comparada à variação do valor do coeficiente de solubilidade do NaNO3. 
 
Comentários: 
Analisando alternativa por alternativa, tem-se: 
a) Errada. A solubilidade é favorecida pelo aumento da temperatura, ou seja, ela é um processo 
endotérmico. 
b) Errada. 150 g nitrato de sódio e 200 g de água confere uma solubilidade de: 
150 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 200 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 75 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 𝑒𝑚 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 
Como a solubilidade do nitrato de sódio a 80ºC é 150 g em 100 g de água, tem-se uma solução 
insaturada, diluída. 
c) Certa. Em 60 ºC, a solubilidade do nitrato de potássio, KNO3, é de 125 g em 100 g de H2O. 
Sendo assim, os 250 g do nitrato nos 300 g de água fornecem uma solubilidade de: 
250 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 300 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 83,33 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 𝑒𝑚 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 
Portanto, tem-se uma solução instaurada. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 112 
d) Errada. O cloreto de sódio (NaCl) tem solubilidade menor do que o nitrato de potássio 
(KNO3) nas temperaturas acima de 20 ºC, que é o ponto que as curvas se encontram. Sendo 
assim, em valores menores de 20 ºC, o comportamento se inverte. 
e) Errada. A variação do valor do coeficiente de solubilidade do KNO3 é maior com o aumento 
da temperatura, quando comparada à variação do valor do coeficiente de solubilidade do NaNO3. 
Isso acontece porque a inclinação da curva KNO3 é mais inclinada, por exemplo, no intervalo de 
50 ºC a 60 ºC, a solubilidade de KNO3 varia 25 g, já com o NaNO3, tem-se uma variação de 12,5 
g. 
Gabarito: C 
 
19. (Santa Casa SP/2019) 
Algumas pesquisas estudam o uso do cloreto de amônio na medicina veterinária para a 
prevenção da urolitíase em ovinos, doença associada à formação de cálculos no sistema urinário. 
O cloreto de amônio (massa molar = 53,5 g/mol) é um sólido cristalino que apresenta a seguinte 
curva de solubilidade: 
 
 
 
Uma solução aquosa saturada de cloreto de amônio a 90 ºC, com massa total de 1 360 g, foi 
resfriada para 50 ºC. Uma segunda solução aquosa com volume total de 1 000 mL foi preparada 
com o sólido obtido da cristalização da primeira solução. 
 
Considerando que a cristalização foi completa no resfriamento realizado, a segunda solução 
aquosa de cloreto de amônio tem concentração próxima de 
 
a) 1,5 mol/L. 
b) 2,5 mol/L. 
c) 2,0 mol/L. 
d) 3,0 mol/L. 
e) 1,0 mol/L. 
 
Comentários: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 113 
Em 90ºC, tem-se 70 g de sal dissolvidos em 100 g em água, então, tem-se uma concentração 
de 70 g de soluto para 170 g de solução. Sendo assim, essa razão deve ser igual quando se tem 
1360 g de solução. Porntato, a massa de soluto é de: 
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜
1360 𝑔
=
70 𝑔
170 𝑔
 
170 𝑔 ⋅ 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 = 70 𝑔 ⋅ 1360 𝑔 
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 = 560 𝑔 
Sendo assim, a quantidade de solvente (água) é igual a: 
1360 𝑔 − 560 𝑔 = 800 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 
De maneira análoga, mas comparando a massa de soluto com a massa de água, em 50 ºC, 
tem-se 50 g de sal em 100 g de água, logo, nos 800 g de água, tem-se uma massa de soluto de: 
50 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 100 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 − − − − 800 𝑔 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎
 
𝑥 = 400 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑙 
Sendo assim, a massa de sólido que precipita é a diferença entre as quantidades de soluto: 
560 𝑔 − 400 𝑔 = 160 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑐𝑟𝑖𝑠𝑡𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎 
Como 1 mol de cloreto de amônio tem massa molar de 53,5 g/mol, então, o número de mols é 
igual a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝐻4𝐶𝑙 − − − − 53,5 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝐻4𝐶𝑙 − − − − 160 𝑔
 
𝑥 = 3 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝐻4𝐶𝑙 
Sendo assim, nos 1000 mL (ou 1L), tem-se uma concentração de 3 mol/L. 
Gabarito: D 
 
20. (UEPG PR/2017) 
A 18 °C, a solubilidade do cloreto de magnésio é de 56 g por 100 g de água. Nessa 
temperatura, 150 g de MgC2 foram misturados em 200 g de água. Sobre esta solução, assinale 
o que for correto. 
 
01. O sistema obtido é homogêneo. 
02. A massa de sólido depositada foi de 38 g. 
04. Se aquecermos essa solução, não haverá mudança na solubilidade da mesma. 
08. A massa de MgC2 dissolvida na H2O foi de 112 g. 
16. A solução obtida é insaturada. 
 
Comentários: 
A solubilidade do cloreto de magnésio, a 18 °C, é de 56 g para cada 100 g de água, ou seja, 
em 200 gramas de água dissolve-se a quantidade máxima de 112 g. Mantidas as condições, 
foram colocados 150 g de cloreto de magnésio em 200 g de água, portanto, 112 g foram 
dissolvidos e o restante é sedimentado como corpo de fundo, que possui 38 g. 
A partir dessas informações, julga-se os itens. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 114 
01. O sistema obtido é homogêneo. 
Errado. O sistema é heterogêneo bifásico porque apresenta solução líquida e material sólido 
decantado. 
02. A massa de sólido depositada foi de 38 g. 
Certo. A massa do corpo de fundo é igual a 38 g, conforme a resolução apresentada acima. 
04. Se aquecermos essa solução, não haverá mudança na solubilidade da mesma. 
Errado. Todo composto iônico sofre alteração na solubilidade de acordo com a temperatura, 
podendo ser mais ou menos solúvel na nova temperatura. 
08. A massa de MgC2 dissolvida na H2O foi de 112 g. 
Certo. A massa de cloreto de magnésio é igual a taxa de saturação, conforme os cálculos 
realizados acima. 
16. A solução obtida é insaturada. 
Errado. Em um recipiente contendo 200 g de água, a solução seria insaturada se a quantidade 
colocada de cloreto de magnésio fosse inferior a 112 g. 
Gabarito: 10 
 
21. (UFRGS RS/2017) 
Observe o gráfico e a tabela abaixo, que representam a curva de solubilidade aquosa (em 
gramas de soluto por 100 g de água) do nitrato de potássio e do nitrato de sódio em função da 
temperatura. 
 
Assinale a alternativa que preenche corretamente as lacunas do enunciado abaixo, na ordem 
em que aparecem. 
A curva A diz respeito ao ........ e a curva B, ao ........ . Considerando duas soluções aquosas 
saturadas e sem precipitado, uma de KNO3 e outra de NaNO3, a 65 °C, o efeito da diminuição 
da temperatura acarretará a precipitação de ........ . 
 
a) nitrato de potássio – nitrato de sódio – nitrato de potássio 
b) nitrato de potássio – nitrato de sódio – nitrato de sódio 
c) nitrato de sódio – nitrato de potássio – nitrato de sódio 
d) nitrato de sódio – nitrato de potássio – ambas 
e) nitrato de potássio – nitrato de sódio – ambas 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 115 
Comentários: 
A partir dos valores fornecidos na tabela, sabe-se que a variação da solubilidade do KNO3 (130 
– 115) é maior do que a do NaNO3(130 – 125). Analisando o gráfico, observa-se a presença de 
duas retas de diferentes inclinações. A reta de maior inclinação corresponde ao sal que 
apresentou maior variação de solubilidade. Assim, a reta B que é mais inclinada corresponde ao 
KNO3, que é o composto de maior variação de solubilidade. Concluindo, tem-se: 
Reta A – NaNO3 
Reta B – KNO3 
A diminuição de temperatura, diminui a solubilidade de ambos compostos. Portanto, a 
diminuição da temperatura provocará a precipitação de ambas soluções. 
Gabarito: D 
 
22. (UNESP SP/2017) 
A 20 °C, a solubilidade do açúcar comum (C12H22O11; massa molar = 342 g/mol) em água é 
cerca de 2,0 kg/L, enquanto a do sal comum (NaC; massa molar = 58,5 g/mol) é cerca de 0,35 
kg/L. A comparação de iguais volumes de soluções saturadas dessas duas substâncias permite 
afirmar corretamente que, em relação à quantidade total em mol de íons na solução de sal, a 
quantidade total em mol de moléculas de soluto dissolvidas na solução de açúcar é, 
aproximadamente, 
 
a) a mesma. 
b) 6 vezes maior. 
c) 6 vezes menor. 
d) a metade. 
e) o triplo. 
 
Comentários: 
Calculando a solubilidade em mol/L para os dois sais, tem-se: 
C12H22O11 
massa molar= 342 g/mol 
2,0 kg/L = 2000 g/L 
NaC 
massa molar= 58,5 g/mol 
0,35 kg/L = 350 g/L 
342 𝑔 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶12𝐻22𝑂11
2000 𝑔 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶12𝐻22𝑂11
 
x = 5,84 mol em 1 litro de solução. 
Logo, 5,84 mol/L de C12H22O11 
58,5 𝑔 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 NaCl
350 𝑔 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 NaCl
 
x = 5,98 mol em 1 litro de solução. 
Logo, 5,98 mol/L de NaC 
A questão quer comparar a quantidade de partículas dissolvidas, sabe-se que o açúcar se 
dissolve na forma de moléculas e o cloreto de sódio sofre dissociação. Portanto, tem-se: 
C12H22O11 (s) → C12H22O11 (s) 
NaC (s) → Na+ (aq) + C- (aq) 
Para cada 1 NaC formam dois íons: Na+ e C-. 
Quantidade total de partículas dissolvidas: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 116 
C12H22O11: 5,84 mol/L de moléculas 
NaC: 5,98 mol/L · 2 = 11,96 mol/L de íons 
Portanto, o açúcar apresenta, aproximadamente, metade da quantidade de íons dissolvidos 
da solução do cloreto de sódio. 
Gabarito: D 
 
23. (UERJ/2016) 
A temperatura e a pressão afetam a solubilidade do oxigênio no sangue dos organismos. 
Alguns animais marinhos sem pigmentos respiratórios realizam o transporte de oxigênio por meio 
da dissolução desse gás diretamente no plasma sanguíneo. Observe a variação da solubilidade 
do oxigênio no plasma, em função da temperatura e da profundidade a que o animal esteja 
submetido, representada nos gráficos abaixo. 
 
Um estudo realizado sob quatro diferentes condições experimentais, para avaliar a dissolução 
de oxigênio no plasma desses animais, apresentou os seguintes resultados: 
 
O transporte de oxigênio dissolvido no plasma sanguíneo foi mais favorecido na condição 
experimental representada pela seguinte letra: 
 
a) W 
b) X 
c) Y 
d) Z 
 
Comentários: 
De acordo com a Lei de henry, as condições favoráveis para aumentar a solubilidade de um 
gás em um líquido são: alta pressão e baixa temperatura. Quanto maior a profundidade, maior a 
pressão e, assim, maior a solubilidade do gás. Quanto menor a agitação molecular, maior a 
facilidade da interação gás-solvente. 
Gabarito: A 
 
24. (FUVEST/2022) 
Para o monitoramento ambiental no entorno de um posto de gasolina, coletou-se uma amostra 
de solo que foi submetida de forma integral à análise de naftaleno, um composto presente na 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 117 
gasolina. A concentração encontrada foi de 2,0 mg de naftaleno por kg de solo úmido. Sabendo 
que essa amostra de solo contém 20% de água, qual é o resultado dessa análise por kg de solo 
seco? 
A) 0,4 mg/kg 
B) 1,6 mg/kg. 
C) 2,0 mg/kg 
D) 2,2 mg/kg 
E) 2,5 mg/kg 
 
Comentários: 
Segundo o texto, 2 mg de naftaleno estão presentes em 1 kg de solo úmido. No cenário em 
que 20% da amostra tem água, então, 80% do solo é seco, logo, em 1 kg de solo úmido, 0,8 kg 
são de solo seco. Sendo assim, a quantidade de naftaleno por kg de solo seco é de: 
2 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝑛𝑎𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑛𝑜 − − − − 0,8 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑒𝑐𝑜
𝑥 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝑛𝑎𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑛𝑜 − − − − 1 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑒𝑐𝑜
 
𝑥 = 2,5 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝑛𝑎𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑛𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑠𝑒𝑐𝑜 
Gabarito: E 
 
25. (ENEM/2021) 
O alcoolômetro Gay Lussac é um instrumento destinado a medir o teor de álcool, em 
porcentagem de volume (v/v), de soluções de água e álcool na faixa de 0 °GL a 100 °GL, com 
divisões de 0,1 °GL. A concepção do alcoolômetro se baseia no princípio de flutuabilidade de 
Arquimedes, semelhante ao funcionamento de um densímetro. A escala do instrumento é aferida 
a 20 °C, sendo necessária a correção da medida, caso a temperatura da solução não esteja na 
temperatura de aferição. É apresentada parte da tabela de correção de um alcoolômetro, com a 
temperatura. 
 
Manual alcoolômetro Gay Lussac. Disponível em: www.incoterm.com.br. Acesso em: 4 dez. 2018 (adaptado). 
É necessária a correção da medida do instrumento, pois um aumento na temperatura promove 
o(a) 
A) aumento da dissociação da água. 
B) aumento da densidade da água. 
C) mudança do volume dos materiais por dilatação. 
D) aumento da concentração de álcool durante a medida. 
E) alteração das propriedades químicas da mistura álcool e água. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 118 
Comentários: 
Nota-se que, ao passo que a temperatura aumenta, o teor de álcool reduz. Isso pode ocorrer 
ou por uma redução da quantidade de álcool ou pelo aumento do volume da mistura. Com isso, 
analisando alternativa por alternativa, tem-se: 
a) Errada. O aumento da dissociação da água não guarda relação com essa quantidade de 
álcool que é modificada. 
b) Errada. O aumento da temperatura mexe com a agitação das moléculas, logo, as moléculas 
tendem a se distanciarem, causando uma redução da densidade. 
c) Certa. Ao passo que o material esquenta, ele sofre dilatação, interferindo, assim, no volume 
da mistura. 
d) Errada. Como foi visto, a quantidade de álcool está diminuindo, ou seja, há redução da 
concentração com o aquecimento. 
e) Errada. Água e álcool forma uma mistura homogênea e, apesar do aumento da temperatura, 
essas interações são as mesmas, ou seja, não há alteração das propriedades químicas. 
Gabarito: C 
 
26. (UNCISAL/2020) 
Um dos problemas ambientais decorrentes da combustão do petróleo e do carvão é a geração 
de dióxido de enxofre. Um dos métodos empregados para minimizar esse problema consiste em 
injetar, nos fornos das usinas, carbonato de cálcio, que se decompõe em óxido de cálcio e dióxido 
de carbono. Assim, o dióxido de enxofre (SO2, 64,0 g/mol) reage com o óxido de cálcio (CaO, 
56,0 g/mol) para formar o sulfito de cálcio (CaSO3, 120,0 g/mol), segundo a reação a seguir, a 
partir da qual se forma um sólido que provoca menor prejuízo ambiental quando descartado. 
 
CaO(s) + SO2(g) → CaSO3(s) 
 
Os métodos de remoção de poluentes empregados pelas usinas, tal como o descrito 
anteriormente, podem ser classificados, em termos de sua eficiência, de acordo com as faixas 
apresentadas na tabela a seguir. 
 
 
 
Para avaliar o método de redução de dióxido de enxofre de determinada usina, foi utilizada 
uma amostra de 1.000 m3 de ar contendo dióxido de enxofre a 20,0 mg/L, que, após o tratamento 
descrito anteriormente, gerou uma massa de sulfito de cálcio igual a 24,0 kg. De acordo com a 
tabela apresentada, o método de remoção de poluentes dessa usina é classificado como de 
eficiência 
 
a) baixa. 
b) moderada-baixa. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 119 
c) moderada. 
d) moderada-alta. 
e) alta. 
 
Comentários: 
A quantidade de dióxido de enxofre, SO2 (64 g/mol), utilizado numa amostra de 1.000m3 (ou 
106 L) foi igual a: 
20 𝑚𝑔 − − − − 1 𝐿
𝑥 𝑚𝑔 − − − − 106 𝐿
 
𝑥 = 20 ⋅ 106 𝑚𝑔 𝑜𝑢 20 𝑘𝑔 
 
Sabendo que 1 mol de SO2 forma 1 mol de CaSO3 (120 g/mol), tem-se que os 20kg de dióxido 
de enxofre deve produzir uma massa de sulfito de cálcio igual a: 
64 𝑔 𝑑𝑒 𝑆𝑂2 − − − − 120 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑆𝑂3
20 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑆𝑂2 − − − − 𝑦 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑆𝑂3
 
𝑦 = 37,5 𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑆𝑂3 
No entanto, foi produzido uma quantidade de sulfito de cálcio foi de 24 kg, representando uma 
porcentagem de: 
37,5 𝑘𝑔 − − − − 100%
24 𝑘𝑔 − − − − 𝑧%
 
𝑧 = 64% (𝑚𝑜𝑑𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑎𝑙𝑡𝑎) 
Gabarito: D 
 
27. (PUC RS/2019) 
“Os íons de metais alcalinos têm importantes funções no nosso organismo, tais como 
influenciar em contrações musculares e pressão arterial, manter a pressão osmótica dentro das 
células e influenciar a condução dos impulsos nervosos. A diferença nas concentrações totais 
de íon de metais alcalinos dentro e fora da célula produz um potencial elétrico pela membrana 
celular, responsável, por exemplo, pela geração de sinais elétricos rítmicos no coração. As 
concentrações de Na+ e K+ nas células sanguíneas vermelhas são de 0,253 g.L–1 e de 3,588 g.L–
1, respectivamente”. 
Rayner-Canham, G.; Overton, T. 
Química Inorgânica Descritiva. LTC. 
 
As concentrações aproximadas desses íons, em mol L–1, são respectivamente 
 
a) 23,0 e 39,0 
b) 2,30 e 3,90 
c) 0,011 e 0,092 
d) 0,007 e 0,156 
 
Comentários: 
Considerando 1 L de solução, tem-se 0,253 g de Na+ (23 g/mol), logo, um número de mols de: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 120 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎+ − − − − 23 𝑔
𝑛 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎+ − − − − 0,253 𝑔
 
𝑛 = 0,011 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎+ 
Portanto, tem-se 0,011 mol/L de Na+. 
De maneira análoga, em 1 L de solução, tem-se 3,588 g de K+ (39 g/mol), logo, tem-se um 
número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾+ − − − − 39 𝑔
𝑛′ 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾+ − − − − 3,588 𝑔
 
𝑛 = 0,092 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾+ 
Portanto, tem-se 0,092 mol/L de K+ 
Gabarito: C 
 
28. (UEG GO/2019) 
Dipirona sódica é um conhecido analgésico antipirético cuja solução oral pode ser encontrada 
na concentração de 500 mg/mL. Analisando as orientações da bula, conclui-se que a quantidade 
máxima diária recomendada para crianças de certa faixa etária é de 100 mg por quilograma de 
massa corporal. 
 
Sabendo-se que 1 mL corresponde a 20 gotas, a quantidade máxima de gotas que deve ser 
administrada a uma criança de massa corporal de 7 kg será 
 
a) 60 
b) 28 
c) 40 
d) 10 
e) 20 
 
Comentários: 
Em uma criança de 7 kg, como a quantidade de dipirona é igual a 100 mg a cada kg, tem-se 
uma massa máxima de dipirona de: 
100 𝑚𝑔 − − − − 1 𝑘𝑔
𝑥 𝑚𝑔 − − − − 7 𝑘𝑔
 
𝑥 = 700 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑟𝑜𝑛𝑎 
Como em 1 mL, tem-se 500 mg, o volume de medicamento é igual a: 
500 𝑚𝑔 − − − − 1 𝑚𝐿
700 𝑚𝑔 − − − − 𝑦 𝑚𝑙
 
𝑦 = 1,4 𝑚𝐿 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑟𝑜𝑛𝑎 
Como a cada 1 mL, tem-se 20 gotas, então, nos 1,4 mL tem-se: 
1 𝑚𝐿 − − − − 20 𝑔𝑜𝑡𝑎𝑠
1,4 𝑚𝐿 − − − − 𝑧 𝑔𝑜𝑡𝑎𝑠
 
𝑧 = 28 𝑔𝑜𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑑𝑖𝑝𝑖𝑟𝑜𝑛𝑎 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 121 
Gabarito: B 
 
29. (FM Petrópolis RJ/2020) 
A ampicilina é um antibiótico indicado para infecções do trato urinário, respiratório, digestivo e 
biliar e apresenta massa molar 349 g/mol, com a seguinte fórmula estrutural: 
 
 
 
A reconstituição de um fármaco consiste em retornar o medicamento da forma de pó para sua 
forma original líquida. No caso da ampicilina, segundo a Secretaria de Atenção à Saúde do 
Ministério da Saúde, essa reconstituição é feita através da dissolução de 500 mg do 
medicamento em 2 mL de água estéril. 
Após sua reconstituição, esse antibiótico apresentará concentração em quantidade de matéria, 
em mol.L–1, aproximadamente, igual a 
 
a) 0,5 
b) 0,9 
c) 1,3 
d) 0,7 
e) 1,1 
 
Comentários: 
Como a massa molar da ampicilina é de 349 g/mol e são 500 mg (ou 0,5 g) utilizados para 
dissolução, tem-se um número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑚𝑝𝑖𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑎 − − − − 349 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑚𝑝𝑖𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑎 − − − − 0,5 𝑔
 
𝑥 = 0,0014 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑎𝑚𝑝𝑖𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑎 
O volume é de 2 mL (ou 0,002 L) de água, ou seja, a concentração do antibiótico é igual a: 
[𝑎𝑚𝑝𝑖𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑎] =
0,0014 𝑚𝑜𝑙
0,002 𝐿
= 0,7 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
Gabarito: D 
 
30. (UERJ/2020) 
A produção e a transmissão do impulso nervoso nos neurônios têm origem no mecanismo da 
bomba de sódio-potássio. Esse mecanismo é responsável pelo transporte de íons Na+ para o 
meio extracelular e K+ para o interior da célula, gerando o sinal elétrico. A ilustração abaixo 
representa esse processo. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 122 
 
Adaptado de researchgate.net. 
Para um estudo sobre transmissão de impulsos nervosos pela bomba de sódio-potássio, 
preparou-se uma mistura contendo os cátions Na+ e K+, formada pelas soluções aquosas A e B 
com solutos diferentes. Considere a tabela a seguir: 
 
 
 
Admitindo a completa dissociação dos solutos, a concentração de íons cloreto na mistura, em 
mol/L, corresponde a: 
 
a) 0,04 
b) 0,08 
c) 0,12 
d) 0,16 
 
Comentários: 
Solução A 
Tem-se 0,1 mol/L de KCl em 400 mL (ou 0,4 L), logo, tem-se um número de mols do sal igual 
a: 
0,1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 − − − − 1 𝐿
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 − − − − 0,4 𝐿
 
𝑥 = 0,04 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 
A formação de íons cloreto pela dissolução do sal é dada por: 
𝐾𝐶𝑙 → 𝐾+ + 𝐶𝑙− 
Sendo assim, 1 mol de cloreto de potássio forma 1 mol de íons cloreto, logo, 0,04 mol de KCl 
forma 0,04 mol de Cl-. 
Solução B 
Tem-se 0,2 mol/L de NaCl em 600 mL (ou 0,6 L), logo, tem-se um número de mols do sal igual 
a: 
0,2 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 1 𝐿
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 0,6 𝐿
 
𝑦 = 0,12 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 123 
A formação de íons cloreto pela dissolução do sal é dada por: 
𝑁𝑎𝐶𝑙 → 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙− 
Sendo assim, 1 mol de cloreto de sódio forma 1 mol de íons cloreto, logo, 0,12 mol de NaCl 
forma 0,12 mol de Cl-. 
Sendo assim, o número de mols total dos íons cloreto é igual a: 
0,04 𝑚𝑜𝑙 + 0,12 𝑚𝑜𝑙 = 0,16 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑙− 
O volume total da mistura é de: 
400 𝑚𝐿 + 600 𝑚𝐿 = 1000 𝑚𝐿 𝑜𝑢 1 𝐿 
Portanto, a concentração total de íons cloreto é igual a: 
[𝐶𝑙−] =
0,16 𝑚𝑜𝑙
1 𝐿
= 0,16 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
Gabarito: D 
 
31. (UEG GO/2020) 
Líquidos de arrefecimento são utilizados para melhorar o sistema de refrigeração dos motores 
dos carros. Geralmente são soluções aquosas de etilenoglicol, um diol, de fórmula molecular 
C2H6O2 e massa molar 62,1 g/mol. O rótulo de uma determinada marca de líquido de 
arrefecimento indica que há 50% de etilenoglicol em massa, o que corresponde a 530 g por litro 
de solução. A concentração dessa solução aquosa de etilenoglicol, em mol/L, é 
aproximadamente: 
 
a) 10,3 mol/L 
b) 9,7 mol/L 
c) 50 mol/L 
d) 8,5 mol/L 
e) 5,3 mol/L 
 
Comentários: 
Em 1 L de solução de etilenoglicol (62,1 g/mol) tem 530 g, logo, o número de mols é igual a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛𝑜𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑙 − − − − 62,1 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛𝑜𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑙 − − − − 530 𝑔
 
𝑥 = 8,5 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑒𝑡𝑖𝑙𝑒𝑛𝑜𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑙 
Como o referencila é 1 L de solução, tem-se uma concentração de 8,5 mol/L. 
Gabarito: D 
 
32. (UNIFOR CE/2020) 
O sulfato de alumínio é um sal produzido pela dissolução de hidróxido de alumínio, Al(OH)3, 
em ácido sulfúrico, H2SO4. Este sal é geralmente utilizado em processos de tratamento de água, 
esgotos e na manufatura de papeis. 
Considerando que uma solução 0,2 M deste sal foi produzida, as concentrações iônicas, na 
solução, dos íons Al3+ e SO42– são, respectivamente: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 124 
 
a) 0,2M e 0,2M 
b) 0,4M e 0,4M 
c) 0,2M e 0,4M 
d)0,4M e 0,6M 
e) 0,6M e 0,4M 
 
Comentários: 
O sulfato de alumínio é o Al2(SO4)3, logo, sua dissolução é dada por: 
𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3 → 2𝐴𝑙
3+ + 3𝑆𝑂4 
Sendo assim, como tem-se um volume único nessa situação, então, 1 mol de sal forma 2 mols 
de íons alumínio, logo, tem-se 0,4 mol de Al3+, consequentemente, 0,4 M. 
Analogamente, como 1 mol de sal forma 3 mols de íons sulfato, logo, tem-se 0,6 mol de SO42-
, consequentemente, 0,6 M. 
Gabarito: D 
 
33. (UFMS/2020) 
Para a realização de um experimento, preparou-se uma solução contendo 35 g de sulfato de 
alumínio dissolvidos em 10 litros de água. Qual a concentração molar dessa solução? 
(Dados: Al=27; S=32,1; O=16) 
 
a) 0,001 M. 
b) 0,05 M. 
c) 0,005 M. 
d) 0,1 M. 
e) 0,01 M. 
 
Comentários: 
35 g de sulfato de alumínio é o Al2(SO4)3, 342 g/mol representa um número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3 − − − − 342 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3 − − − − 35 𝑔
 
𝑥 = 0,1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3 
Sendo assim, em um volume de 10 L, tem-se uma concentração igual a: 
[𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3] =
0,1 𝑚𝑜𝑙
10 𝐿
= 0,01
𝑚𝑜𝑙
𝐿
 𝑜𝑢 0,01 𝑀 
Gabarito: E 
 
34. (UFSC/2020) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 125 
A fórmula da água e muitas de suas propriedades são amplamente conhecidas. A água, 
considerada um “solvente universal”, é fundamental para a existência da vida e compõe uma 
porção significativa do nosso planeta. 
 
Sobre a água e suas características, é correto afirmar que: 
 
01. devido ao caráter covalente das ligações entre oxigênio e hidrogênio na água, ela é 
incapaz de solubilizar compostos com elevado caráter iônico. 
02. a água é capaz de interagir por ligações de hidrogênio com substâncias como cloreto de 
sódio, por isso é fácil dissolver sal de cozinha para preparar um saboroso alimento. 
04. ao colocar uma garrafa com refrigerante no congelador, é possível que ela se rompa, pois 
a água passa por uma expansão de volume entre 0 e 4 ºC. 
08. a água não é capaz de interagir com substâncias de alta massa molar que possuem 
grupos OH, como a sacarose (C12H22O11), por isso é tão difícil adoçar um cafezinho. 
16. sob condições atmosféricas idênticas, ao adicionar sal de cozinha à água para o 
cozimento de macarrão, a água entrará em ebulição em uma temperatura superior à da água 
pura. 
32. o cozimento de alimentos em água aquecida em uma panela de pressão é acelerado, 
porque a água converte-se abundantemente em íons H3O+ e OH–, que facilitam a decomposição 
dos alimentos. 
64. em uma solução preparada pela mistura de 58,4 g de NaCl em 162 g de água, a fração 
molar do soluto é 0,9 e a fração molar do solvente é 0,1. 
 
Comentários: 
Analisando afirmativa por afirmativa, tem-se: 
01. Errada. A água consegue solubilizar os compostos de elevado caráter iônico, como os sais 
NaCl, KCl, etc. 
02. Errada. A água interage com substâncias como cloreto de sódio através da solvatação ou 
relação íon-dipolo. 
04. Certa. A água, quando está no estado sólido, ela forma um retículo cristalino com espaços 
vazios, fazendo com que o volume aumente, rompendo essa garrafa. 
08. Errada. A água se relaciona com as substâncias com grupos -OH por pontes de 
hidrogênios. 
16. Certa. A adição de sal na água diminui a pressão de vapor, logo, a água entra em ebulição 
a uma temperatura superior à da água pura. 
32. Errada. A panela de pressão cria um ambiente pressórico interno maior, ou seja, a 
temperatura de ebulição da água passa a ser maior, favorecendo com que se chegue a 
temperaturas maiores sem evaporar a água. Com isso, o alimento cozinha mais rápido. 
64. Errada. A fração molar é a razão entre o número de mols. 58,4 g do soluto, NaCl (58,5 
g/mol), corresponde a, aproximadamente, 1 mol, já os 162 g de água, H2O (18 g/mol), 
corresponde a: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 18 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 − − − − 162 𝑔
 
𝑥 = 9 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 á𝑔𝑢𝑎 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 126 
Sendo assim, a fração molar do soluto é a relação entre o número de mols do soluto (1 mol) 
pelo número de mols da solução (1 mol + 9 mols). Com isso, tem-se: 
𝑥𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 =
1 𝑚𝑜𝑙
1 𝑚𝑜𝑙 + 9 𝑚𝑜𝑙𝑠
= 0,1 
E a fração molar do solvente é o que falta para completar a unidade: 
1 − 0,1 = 0,9 
Gabarito: 20 
 
35. (USF SP/2019) 
A figura a seguir apresenta a curva de solubilidade de algumas substâncias químicas. 
 
 
 
Considerando as observações que podem ser realizadas a partir da análise da variação da 
solubilidade dos cinco sais em diferentes temperaturas nota-se que 
 Dados valores de massa atômica em g/mol: N = 14,0; O = 16,0; Na = 23,0; S = 32,0; Cl = 
35,5; K = 39,0 e Ce = 140,0. 
 
a) todos os sais possuem sua solubilidade aumentada com a elevação da temperatura. 
b) o nitrato de sódio é uma substância insolúvel em água na temperatura de 0 ºC. 
c) a 60 ºC a concentração molal de uma solução saturada de cloreto de sódio deve ser 
superior à concentração molal de uma solução saturada de cloreto de potássio. 
d) na temperatura de 50 ºC, a porcentagem em massa de nitrato de potássio em uma solução 
saturada é de aproximadamente 80 %. 
e) na temperatura de 40 ºC, uma solução com 90 g de nitrato de sódio em 100 g de água é 
classificada como saturada com corpo de fundo. 
 
Comentários: 
Analisando alternativa por alternativa, tem-se: 
a) Errada. Nota-se que a curva do Ce2(SO4)3 é decrescente, ou seja, a solubilidade cai com o 
aumento da temperatura. 
•
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 127 
b) Errada. Em 0ºC, segundo o gráfico, o NaNO3, nitrato de sódio, tem a maior solubilidade, 
além de ser um sal muito solúvel. 
c) Certa. A concentração molal ou molalidade é a razão do número de mols pela massa do 
solvente. Como a massa do solvente é igual nas duas situações, basta ver quem possui o maior 
número de mols a 60 ºC. 
Em 100 g de água nos 60 º C, tem-se, aproximadamente, 37,5 g de NaCl (58,5 g/mol), logo, 
um número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 58,5 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 37,5 𝑔
 
𝑥 = 0,64 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
Em 100 g de água nos 60 º C, tem-se, aproximadamente, 45 g de KCl (74,5 g/mol), logo, um 
número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 − − − − 74,5 𝑔
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 − − − − 45 𝑔
 
𝑦 = 0,6 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 
Sendo assim, a molalidade da solução de NaCl é maior do que KCl. 
d) Errada. A 50ºC, a solubilidade do nitrato de prata, KNO3, é de 80 g em 100 g de água, ou 
seja, os 80 g de soluto nos 180 g de solução representam uma porcentagem de: 
80 𝑔 − − − − 100%
180 𝑔 − − − − 𝑧%
 
𝑧 = 44% 
e) Errada. A 40 ºC, a solubilidade do nitrato de sódio, NaNO3, é de 100 g em 100 g de água. 
Sendo assim, 90 g do sal na solução classifica-a como insaturada. 
Gabarito: C 
 
36. (UNITAU SP/2018) 
Uma solução é composta por benzeno e tetracloreto de carbono, e 39% da massa dessa 
solução é benzeno. 
Qual a fração molar do benzeno na solução? 
 
a) 0,56 
b) 0,45 
c) 0,65 
d) 0,25 
e) 0,35 
 
Comentários: 
Considerando 100 g de solução, tem-se 39 g de benzeno (C6H6 78 g/mol) e 61 g de tetracloreto 
de carbono (CCl4 154 g/mol). Sendo assim o número de mols das espécies é dado por: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 − − − − 78 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 − − − − 39 𝑔
 
𝑥 = 0,5 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 128 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝐶𝑙4 − − − − 154 𝑔
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝐶𝑙4 − − − − 61 𝑔
 
𝑦 = 0,4 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝐶𝑙4 
Sendo assim, a fração molar do benzeno é igual a: 
𝑥𝑏𝑒𝑛𝑧𝑒𝑛𝑜 =
0,5
0,4 + 0,5
= 0,56 
Gabarito: A 
 
37. (UNIFENAS MG/2020) 
Analise os dados e marque a opção que indica o volume correspondente de uma solução para 
que um cozinheiro prepare uma solução 0,8 mol/L de cloreto de sódio, sabendo que ele adiciona 
234 g de NaCl em um caldeirão. 
Dados: (Na = 23u Cl = 35,5u). 
 
a) 2 L.b) 10 L. 
c) 5 L. 
d) 8 L. 
e) 0,8 L. 
 
Comentários: 
234 g de NaCl (58,5 g/mol) corresponde a um número de mols de: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 58,5 𝑔
𝑥 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 234 𝑔
 
𝑥 = 4 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
Para a concentração (razão entre número de mols e volume) ser igual a 0,8 mol/L, o volume 
tem que ser igual a: 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] = 0,8
𝑚𝑜𝑙
𝐿
=
4 𝑚𝑜𝑙𝑠
𝑉
 
𝑉 = 5 𝐿 
Gabarito: C 
 
38. (UNITAU SP/2019) 
As diarreias intensas causam perda importante de eletrólitos corporais. Nesses casos, uma 
solução de reposição oral deve ser oferecida ao paciente. A composição dessa solução é 
apresentada na tabela abaixo. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 129 
 
 
Para preparar essa solução são utilizados cloreto de sódio, cloreto de potássio, citrato de sódio 
e glicose. 
Nota: mEq = miliequivalente, corresponde a um submúltiplo do número de equivalente-grama 
de um soluto. A estrutura do ânion citrato é apresentada abaixo. 
 
 
 
a) Quais as massas de cloreto de sódio, de cloreto de potássio e de citrato de sódio devem 
ser adicionadas para preparar 1 L de uma solução contendo todos os eletrólitos acima, na 
concentração descrita na tabela? 
b) Calcule a concentração de glicose em mmol/L. 
 
Comentários: 
a) I. KCl (cloreto de sódio) 
O equivalente grama é razão entre a massa molar pela valência, logo, como a valência do 
potássio e do cloro são iguais a 1, o equivalente grama é igual à massa molar. Sendo assim, 1 
Eq do KCl é 74,6, logo, um mEq é 0,0746 g. Como tem-se 20 mEq de potássio, que é o íon que 
vem apenas do KCl, então, a massa de KCl é igual a: 
 1 𝑚𝐸𝑞 − − − − 0,0746 𝑔 
20 𝑚𝐸𝑞 − − − − 𝑥 𝑔 
 
𝑥 = 1,492 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 
 
II. Na3C6O7H5 (citrato de sódio) 
O citrato de sódio tem valência 3, logo, o equivalente-grama é igual a: 
258𝑔
3
= 86 𝑔 
Sendo assim, 1 mEq é 0,086 g e 33 mEq equivale a: 
 1 𝑚𝐸𝑞 − − − − 0,086 𝑔 
33 𝑚𝐸𝑞 − − − − 𝑦 𝑔 
 
𝑦 = 2,838 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶6𝑂7𝐻5 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 130 
O equivalente total do sódio é de 90 mEq, segundo a tabela. Esse sódio, vem do cloreto de 
sódio e do citrato de sódio. Como o citrato de sódio tem 33 mEq, o que vem do cloreto de sódio 
apenas é: 
90 𝑚𝐸𝑞 − 33 𝑚𝐸𝑞 = 57 𝑚𝐸𝑞 
III. NaCl (cloreto de sódio) 
Como a valência do sódio e do cloro são iguais a 1, o equivalente grama é igual à massa molar. 
Sendo assim, 1 Eq é igual a 58,5 g, logo, 1 mEq vale 0,0585 g. Sendo assim, os 57 mEq 
equivalem a uma massa de: 
 1 𝑚𝐸𝑞 − − − − 0,0585 𝑔 
57 𝑚𝐸𝑞 − − − − 𝑧 𝑔 
 
𝑧 = 3,335 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
b) Glicose 2% se refere a 2 g de clicose em 100 mL (ou 0,1 L). Sendo assim, tem-se: 
 2 𝑔 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 0,1 𝐿 
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 1 𝐿 
 
𝑥 = 20 𝑔 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 
A glicose, C6H12O6, tem massa molar de 180 g/mol. Com isso, os 20 g equivalem a: 
 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 180 𝑔 
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 20 𝑔 
 
𝑦 = 0,111 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 
Portanto, tem-se 0,111 mol/L ou 111 mmol/L de glicose. 
Gabarito: 
a) I. KCl (cloreto de sódio) 
1 Eq do KCl é 74,6, logo, um mEq é 0,0746 g. Como tem-se 20 mEq de potássio, que é o íon 
que vem apenas do KCl, então, a massa de KCl é igual a: 
 1 𝑚𝐸𝑞 − − − − 0,0746 𝑔 
20 𝑚𝐸𝑞 − − − − 𝑥 𝑔 
 
𝑥 = 1,492 𝑔 𝑑𝑒 𝐾𝐶𝑙 
 
II. Na3C6O7H5 (citrato de sódio) 
O citrato de sódio tem valência 3, logo, o equivalente-grama é igual a: 
258𝑔
3
= 86 𝑔 
Sendo assim, 1 mEq é 0,086 g e 33 mEq equivale a: 
 1 𝑚𝐸𝑞 − − − − 0,086 𝑔 
33 𝑚𝐸𝑞 − − − − 𝑦 𝑔 
 
𝑦 = 2,838 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶6𝑂7𝐻5 
 
O equivalente total do sódio é de 90 mEq, segundo a tabela. Esse sódio, vem do cloreto de 
sódio e do citrato de sódio. Como o citrato de sódio tem 33 mEq, o que vem do cloreto de sódio 
apenas é: 
90 𝑚𝐸𝑞 − 33 𝑚𝐸𝑞 = 57 𝑚𝐸𝑞 
III. NaCl (cloreto de sódio) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 131 
1 Eq é igual a 58,5 g, logo, 1 mEq vale 0,0585 g. Sendo assim, os 57 mEq equivalem a uma 
massa de: 
 1 𝑚𝐸𝑞 − − − − 0,0585 𝑔 
57 𝑚𝐸𝑞 − − − − 𝑧 𝑔 
 
𝑧 = 3,335 𝑔 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 
b) Glicose 2%: 
 2 𝑔 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 0,1 𝐿 
𝑥 𝑔 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 1 𝐿 
 
𝑥 = 20 𝑔 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 
20 g de glicose equivalem a: 
 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 180 𝑔 
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 − − − − 20 𝑔 
 
𝑦 = 0,111 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑜𝑠𝑒 
Portanto, tem-se 0,111 mol/L ou 111 mmol/L de glicose. 
 
39. (UERJ/2019) 
A CIÊNCIA, O BEM E O MAL 
 
1Em 1818, com apenas 21 anos, Mary Shelley publicou o grande clássico da literatura gótica, 
2Frankenstein ou o Prometeu Moderno. O romance conta a história de um doutor genial e 
3enlouquecido, que queria usar a ciência de ponta de sua época, a relação entre a eletricidade e 
a 4atividade muscular, para trazer mortos de volta à vida. 
5Duas décadas antes, Luigi Galvani havia demonstrado que a eletricidade produzia 
movimentos 6em músculos mortos, no caso em pernas de rãs. Se vida é movimento, e se 
eletricidade pode 7causá-lo, por que não juntar os dois e tentar a ressuscitação por meio da 
ciência e não da religião, 8transformando a implausibilidade do sobrenatural em um mero fato 
científico? 
9Todos sabem como termina a história, tragicamente. A “criatura” exige uma companheira de 
10seu criador, espelhando Adão pedindo uma companheira a Deus. Horrorizado com sua própria 
11criação, Victor Frankenstein recusou. Não queria iniciar uma raça de monstros, mais poderosos 
do 12que os humanos, que pudesse nos extinguir. 
13O romance examina a questão dos limites éticos da ciência: será que pesquisadores podem 
ter 14liberdade total? Ou será que existem certos temas que são tabu, que devem ser bloqueados, 
15limitando as pesquisas dos cientistas? Em caso afirmativo, que limites são esses? Quem os 
16determina? 
17Essas são questões centrais da relação entre a ética e a ciência. Existem inúmeras 
complicações: 18como definir quais assuntos não devem ser alvo de pesquisa? Em relação à 
velhice, será que 19devemos tratá-la como doença? Se sim, e se conseguíssemos uma “cura” 
ou, ao menos, um 20prolongamento substancial da longevidade, quem teria direito a tal? Se a 
“cura” fosse cara, 21apenas uma pequena fração da sociedade teria acesso a ela. Nesse caso, 
criaríamos uma divisão 22artificial, na qual os que pudessem viveriam mais. E como lidar com a 
perda? Se uns vivem mais 23que outros, os que vivem mais veriam seus amigos e familiares 
perecerem. Será que isso é uma 24melhoria na qualidade de vida? Talvez, mas só se fosse 
igualmente distribuída pela população, e 25não por apenas parte dela. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 132 
26Pensemos em mais um exemplo: qual o propósito da clonagem humana? Se um casal não 
pode 27ter filhos, existem outros métodos bem mais razoáveis. Por outro lado, a clonagem pode 
estar 28relacionada com a questão da longevidade e, em princípio ao menos, até da imortalidade. 
29Imagine que nosso corpo e nossa memória possam ser reproduzidos indefinidamente; com 
isso, 30poderíamos viver por um tempo também indefinido. No momento, não sabemos se isso é 
possível, 31pois não temos ideia de como armazenar memórias e passá-las adiante. Mas a 
ciência cria caminhos 32inesperados, e dizer “nunca” é arriscado. 
33Como se observa, existem áreas de atuação científica que estão diretamente relacionadas 
com 34escolhas éticas. O impulso inicial da maioria das pessoas é apoiar algum tipo de censura 
ou restrição, 35achando que esse tipo de ciência é feito a Caixa de Pandora*. Mas essa atitude 
é ingênua. Não é 36a ciência que cria o bem ou o mal. A ciência cria conhecimento. Quem cria o 
bem ou o mal somos 37nós, a partir das escolhas que fazemos. 
MARCELO GLEISER 
Adaptado de Folha de S. Paulo, 29/09/2013.* Caixa de Pandora - na mitologia grega, artefato que, se aberto, deixaria escapar todos os 
males do mundo. 
 
A condutividade elétrica está associada à presença de íons dissolvidos em fase aquosa. 
Considere um experimento para o qual estão disponíveis soluções aquosas com concentração 
de 0,1 mol.L–1 dos seguintes solutos: KF, CaBr2, NiSO4 e FeCl3. 
 
Admitindo a dissociação completa, o composto que irá proporcionar maior condutividade 
elétrica é: 
 
a) KF 
b) CaBr2 
c) NiSO4 
d) FeCl3 
 
Comentários: 
Como todos possuem a mesma concentração, então, a dissociação completa do composto 
que irá proporcionar maior condutividade é a daquele que fornece um número de mols de íons 
maior. Sendo assim, tem-se: 
𝐾𝐹 (𝑎𝑞) → 𝐾+(𝑎𝑞) + 𝐹− (𝑎𝑞) 
2 mols de íons nos produtos 
𝐶𝑎𝐵𝑟2 (𝑎𝑞) → 𝐶𝑎
2+ + 2𝐵𝑟− (𝑎𝑞) 
3 mols de íons nos produtos 
𝑁𝑖𝑆𝑂4 (𝑎𝑞) → 𝑁𝑖
+2 (𝑎𝑞) + 𝑆𝑂4
2− (𝑎𝑞) 
2 mols de íons nos produtos 
𝐹𝑒𝐶𝑙3 (𝑎𝑞) → 𝐹𝑒
3+ (𝑎𝑞) + 3𝐶𝑙− (𝑎𝑞) 
4 mols de íons nos produtos. Sendo assim, é a solução que melhor conduz corrente elétrica. 
Gabarito: D 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 133 
40. (UFSC/2019) 
As substâncias proibidas na Europa e nos EUA usadas pela indústria de cosméticos 
no Brasil 
 
Sabonete, desodorante, loção hidratante. Temos contato com vários produtos cosméticos no 
dia a dia – e a lista aumenta para quem é fã de maquiagem. A fórmula dos cosméticos e produtos 
de higiene pessoal que usamos não é – ou não deveria ser – a mesma hoje do que era há 50 
anos. Muitos dos ingredientes que eram usados livremente no passado hoje são proibidos, já 
que ao longo do tempo foi se descobrindo que alguns fazem mal à saúde ou causam alergias e 
irritações. A União Europeia tem uma lista de mais de 1,3 mil substâncias proibidas que é 
atualizada de acordo com as últimas análises sobre segurança de ingrediente. A Anvisa (Agência 
Nacional de Vigilância Sanitária) também tem uma lista extensa de substâncias controladas, 
baseada na legislação europeia, mas que nem sempre incorpora os últimos avanços 
imediatamente. Há, ainda, situações nas quais parte da indústria não respeita as regras 
determinadas pelo órgão, apesar de poder ser responsabilizada por isso. 
Disponível em: <https://www.bbc.com/portuguese/geral-45376503>. 
[Adaptado]. Acesso em: 27 out. 2018. 
 
As substâncias discutidas no texto acima representam risco aos seres vivos por sua ação 
potencialmente nociva. A exposição a essas substâncias pode ocorrer diretamente, pelo contato 
com o produto em que se encontram ou pelo consumo de água, uma vez que as cidades 
brasileiras não possuem sistemas de tratamento especificamente voltados para a eliminação de 
compostos orgânicos na água de abastecimento. Algumas substâncias controversas 
encontradas em cosméticos no Brasil estão descritas abaixo. 
 
 
 
Dados: massas atômicas: C = 12,0 u; O = 16,0 u; H = 1,00 u 
 
Considerando as substâncias citadas no quadro da página anterior, responda aos itens abaixo. 
 
a) Qual das substâncias poderia ser dissolvida em maiores quantidades em um efluente 
aquoso? 
b) Represente a fórmula molecular do ftalato de dibutila. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 134 
c) Calcule, explicitando as etapas de cálculo, a massa de triclosan presente em um sabonete 
de 90 g, sabendo que a concentração dessa substância no sabonete é de 0,30%, em massa. 
d) Calcule, explicitando as etapas de cálculo, a concentração molar de isopropilparabeno em 
um efluente aquoso que contém essa substância em sua concentração de saturação, 
desprezando a influência de outras substâncias dissolvidas no efluente. 
 
Comentários: 
a) Nota-se que a solubilidade do formol é de 400 g por litro, muito maior do que os outros, que 
possuem miligramas de solubilidade. 
b) Contanto os carbonos do ftalato de dibutila, tem-se um total de 16. Os oxigênios estão bem 
evidenciados na molécula e são em 4. Já os hidrogênios estão todos representados abaixo, 
somando 22. Sendo assim, tem-se uma fórmula molecular: C6H22O4. 
 
c) Em 100 g de sabonete, tem-se 0,30 g de triclosan. Sendo assim, em 90 g do sabonete, a 
massa de triclosan é igual a: 
 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑜𝑛𝑒𝑡𝑒 − − − − 0,3 𝑔 𝑡𝑟𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠𝑎𝑛 
90 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑜𝑛𝑒𝑡𝑒 − − − − 𝑥 𝑔 𝑡𝑟𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠𝑎𝑛 
 
𝑥 = 0,27 g de triclosan 
d) Segundo a tabela, a solubilidade do isopropilparabeno (C10H12O3 180 g/mol) é de 690 mg 
(ou 0,69 g) por litro. Sendo assim, essa quantidade representa um número de mols igual a: 
 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑒𝑛𝑜 − − − − 180 𝑔 
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑒𝑛𝑜 − − − − 0,69 𝑔 
 
𝑦 = 0,0038 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑒𝑛𝑜 
Portanto, tem-se 0,0038 mol/L de isopropilparabeno. 
 
Gabarito: 
a) Formol. 
b) C16H22O4. 
c) Em 100 g de sabonete, tem-se 0,30 g de triclosan. Sendo assim, em 90 g do sabonete, a 
massa de triclosan é igual a: 
 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑜𝑛𝑒𝑡𝑒 − − − − 0,3 𝑔 𝑡𝑟𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠𝑎𝑛 
90 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑜𝑛𝑒𝑡𝑒 − − − − 𝑥 𝑔 𝑡𝑟𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠𝑎𝑛 
 
𝑥 = 0,27 g de triclosan 
d) Segundo a tabela, a solubilidade do isopropilparabeno (C10H12O3 180 g/mol) é de 690 mg 
(ou 0,69 g) por litro. Sendo assim, essa quantidade representa um número de mols igual a: 
 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑒𝑛𝑜 − − − − 180 𝑔 
𝑦 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑒𝑛𝑜 − − − − 0,69 𝑔 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 135 
𝑦 = 0,0038 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑖𝑠𝑜𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑙𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑒𝑛𝑜 
Portanto, tem-se 0,0038 mol/L de isopropilparabeno. 
 
41. (UERJ/2019) 
Para a remoção de um esmalte, um laboratório precisa preparar 200 mL de uma solução 
aquosa de propanona na concentração de 0,2 mol/L. Admita que a densidade da propanona pura 
é igual a 0,8 kg/L. 
Nesse caso, o volume de propanona pura, em mililitros, necessário ao preparo da solução 
corresponde a: 
 
a) 2,9 
b) 3,6 
c) 5,8 
d) 6,7 
 
Comentários: 
A solução a ser preparada em 200 mL de água precisa ter concentração de 0,2 mol/L, ou seja, 
para cada 1 litro de água deve ter 0,2 mol de propanona (C3H6O). Calcula-se a quantidade de 
propanona a ser dissolvida em 200 mL (0,2 L) de água: 
0,2 𝑚𝑜𝑙 − − − − 1 𝐿
𝑥 𝑚𝑜𝑙 − − − − 0,2 𝐿
 
x = 0,04 mol de propanona 
O preparo da solução será realizado com a dissolução de 0,04 mol de propanona em 200 mL 
de água. A propanona pura é líquida e tem densidade de 0,8 kg/L (800 g/L), sabendo que a 
massa molar da propanona (C3H6O) é igual a 58 g/mol, determina-se o volume do composto 
orgânico que contenha 0,04 mol: 
58 𝑔 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑎𝑛𝑜𝑛𝑎
𝑦 𝑔 − − − − 0,04 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑎𝑛𝑜𝑛𝑎
 
y = 2,32 g de propanona 
800 𝑔 − − − − 1 𝐿 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑎𝑛𝑜𝑛𝑎
2,32 𝑔 − − − − 𝑧 𝐿
 
z = 0,0029 L = 2,9 mL 
Gabarito: A 
 
42. (UERJ/2018) 
Em análises metalúrgicas, emprega-se uma solução denominada nital, obtida pela 
solubilização do ácido nítrico em etanol. 
Um laboratório de análises metalúrgicas dispõe de uma solução aquosa de ácido nítrico com 
concentração de 60% m/m e densidade de 1,4 kg/L. O volume de 2,0 mL dessa solução é 
solubilizado em quantidade de etanol suficiente para obter 100,0 mL de solução nital. 
Com base nas informações, a concentração de ácido nítrico, em g·L–1, na solução nital é igual 
a: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 136 
 
a) 10,5 
b) 14,0 
c) 16,8 
d) 21,6 
 
Comentários: 
A solução final foi preparada com a dissolução de 2,0 mL de solução aquosa de ácido nítrico 
em etanol. Inicialmente, calcula-se a quantidade de ácido nítrico presente na solução inicial: 
Sabendo que a densidade é massa de toda a solução, determina-se a massa total utilizada da 
solução aquosa de HNO3. 
1,4 𝑘𝑔
𝐿
· 0,002 𝐿 = 2,8 · 10−3𝑘𝑔 = 2,8 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 
A massa de HNO3 correspondea 60% da massa da solução aquosa, logo: 
2,8 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢çã𝑜 ·
60
100
 = 1,68 𝑔 𝑑𝑒 𝐻𝑁𝑂3 
A massa de HNO3 foi dissolvida em 100,0 mL (ou 0,1 L) de etanol. Logo, a concentração da 
solução alcoólica é: 
1,68 𝑔
0,1 𝐿
 = 16,8 𝑔/𝐿 
Gabarito: C 
 
43. (Fac. Israelita de C. da Saúde Albert Einstein SP/2016) 
O náilon 6,6 e o poliestireno são polímeros que apresentam diversas aplicações na indústria. 
Um técnico misturou inadvertidamente amostras desses polímeros. 
Dados: 
densidade do náilon 6,6 = 1,14 g · cm–3 
densidade do poliestireno = 1,05 g · cm–3 
massa molar do NaC = 58,5 g · mol–1 
 
Conhecendo a densidade desses materiais, ele decidiu preparar uma solução aquosa de 
cloreto de sódio (NaC) para separar as amostras. Para tanto, ele utilizou um balão volumétrico 
de 5,0 L. 
A massa de NaC adequada para essa preparação é 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 137 
 
a) 120 g. 
b) 300 g. 
c) 600 g. 
d) 1300 g. 
 
Comentários: 
Para separar as amostras plásticas, utiliza-se uma solução com densidade intermediária entre 
1,14 g·cm-3 e 1,05 g·cm-3. Olhando no gráfico, a concentração da solução que fornece uma 
solução com densidade que esteja de acordo com essa separação é de 2 mol·L-1. 
Para preparar uma solução com 5 L de concentração 2 mol·L-1, efetua-se os seguintes 
cálculos. 
5 L · 2 mol· L-1 = 10 mol de NaC 
Sabendo que a massa molar do cloreto de sódio é igual a 58,5 g/mol, converte-se a quantidade 
em mol para gramas: 
1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 58,5 𝑔
10 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝐶𝑙 − − − − 𝑥 𝑔
 
x = 580,5 g. 
Gabarito: C 
 
44. (UNESP SP/2018) 
De acordo com o Relatório Anual de 2016 da Qualidade da Água, publicado pela Sabesp, a 
concentração de cloro na água potável da rede de distribuição deve estar entre 0,2 mg/L, limite 
mínimo, e 5,0 mg/L, limite máximo. Considerando que a densidade da água potável seja igual à 
da água pura, calcula-se que o valor médio desses limites, expresso em partes por milhão, seja 
 
a) 5,2 ppm. 
b) 18 ppm. 
c) 2,6 ppm. 
d) 26 ppm. 
e) 1,8 ppm. 
 
Comentários: 
O valor médio dos limites para a concentração de cloro é igual a: 
0,2 𝑚𝑔/𝐿 + 5,0 mg/L
2
= 2,6 mg/L 
Sabendo que a densidade da água potável é igual a densidade da água pura, que é igual a 
1kg/L. 
Portanto a relação de massa do cloro na água potável é: 
2,6 𝑚𝑔
1 𝐿
=
2,6 𝑚𝑔
1 𝑘𝑔
=
2,6 𝑚𝑔
1000 𝑔
=
2,6 𝑚𝑔
106𝑚𝑔
= 2,6 · 10−6 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 138 
Expressando em ppm, tem-se: 
2,6 · 10−6 · 106 = 2,6 𝑝𝑝𝑚 
Gabarito: C 
 
45. (UNICAMP SP/2017) 
É muito comum o uso de expressões no diminutivo para tentar “diminuir” a quantidade de algo 
prejudicial à saúde. Se uma pessoa diz que ingeriu 10 latinhas de cerveja (330 mL cada) e se 
compara a outra que ingeriu 6 doses de cachacinha (50 mL cada), pode-se afirmar corretamente 
que, apesar de em ambas as situações haver danos à saúde, a pessoa que apresenta maior 
quantidade de álcool no organismo foi a que ingeriu 
 
a) as latinhas de cerveja, porque o volume ingerido é maior neste caso. 
b) as cachacinhas, porque a relação entre o teor alcoólico e o volume ingerido é maior neste 
caso. 
c) as latinhas de cerveja, porque o produto entre o teor alcoólico e o volume ingerido é maior 
neste caso. 
d) as cachacinhas, porque o teor alcoólico é maior neste caso. 
Dados: 
 teor alcoólico na cerveja = 5 % v/v 
 teor alcoólico na cachaça = 45 % v/v 
 
Comentários: 
Quantidade de álcool presente em cada bebida: 
Latinha de cerveja Dose de cachacinha 
330 mL · 5% = 16,5 mL de álcool 50 mL · 45% = 22,5 mL de álcool 
Calculando o consumo para cada bebida: 
Cerveja = 10 latas · 16,5 mL = 165 mL 
Cachaça = 6 doses · 22,5 mL = 135 mL 
Gabarito: C 
 
46. (FAMERP SP/2015) 
O problema de escassez de água em São Paulo é um tema polêmico em discussão que 
envolve governo e especialistas. O “volume morto”, que passou a ser utilizado em maio de 2014, 
é um reservatório com 400 milhões de metros cúbicos de água situado abaixo das comportas 
das represas do Sistema Cantareira. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 139 
 
(http://g1.globo.com) 
Considere um reservatório hipotético com água de densidade 1 g/mL e volume igual ao do 
“volume morto” do Sistema Cantareira. Se a água desse reservatório se encontra contaminada 
com 20 ppm de chumbo, a massa total deste metal na água do reservatório hipotético é 
 
a) 2 000 kg. 
b) 8 000 kg. 
c) 4 000 kg. 
d) 8 000 t. 
e) 2 000 t. 
 
Comentários: 
Sabendo que a densidade da água é igual a 1 g/mL (ou 1 kg/L), em um reservatório de volume 
igual a 400·106 m3 (ou 400·109), a massa de água é de: 
1 kg/L · 400·109 L = 400·109 kg de água. 
Sabendo que a quantidade de chumbo é de 20 ppm (20 partes por milhão), calcula-se a 
quantidade de chumbo: 
400 · 109 𝑘𝑔 · 20 𝑝𝑝𝑚 = 400 · 109 𝑘𝑔 · 20 
1
106
= 8000 · 103𝑘𝑔 = 8000 𝑡 
Gabarito: D 
 
47. (UERJ/2017) 
Na análise de uma amostra da água de um reservatório, verificou-se a presença de dois 
contaminantes, nas seguintes concentrações: 
 
Em análises químicas, o carbono orgânico total é uma grandeza que expressa a concentração 
de carbono de origem orgânica em uma amostra. 
Assim, com base nos dados da tabela, a concentração de carbono orgânico total na amostra 
de água examinada, em mg/L, é igual a: 
 
a) 0,16 
b) 0,36 
0,40metanal
0,39benzeno
(mg/L) ãoConcentraçteContaminan
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 140 
c) 0,52 
d) 0,72 
 
Comentários: 
O benzeno e o metanal apresentam as fórmulas químicas e massa molares: C6H6 (78 g/mol) 
e CH2O (30 g/mol), respectivamente. A proporção entre a massa de cada substância e a massa 
de carbono é de: 
Benzeno: 72 g de carbono para cada 78 g de benzeno. 
Metanal: 12 g de carbono para cada 30 g de benzeno. 
Sabendo dessas informações, calcula-se a massa de carbono que cada contaminante contribui 
por litro de água: 
Benzeno Metanal 
Concentração: 0,39 mg/L 
78 𝑔 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 − − − − 72 𝑔 𝑑𝑒 𝐶
0,39 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝐶6𝐻6 − − − − 𝑥 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝐶
 
x = 0,36 mg de C 
Concentração: 0,40 mg/L 
30 𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝐻2𝑂 − − − − 12 𝑔 𝑑𝑒 𝐶
0,40 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝐶𝐻2𝑂 − − − − 𝑥 𝑚𝑔 𝑑𝑒 𝐶
 
x = 0,16 mg de C 
Massa total de carbono orgânico: 0,36 + 0,16 = 0,52 mg de carbono em 1 L 
0,52 mg/L 
Gabarito: C 
 
48. (UERJ/2015) 
A salinidade da água é um fator fundamental para a sobrevivência dos peixes. A maioria deles 
vive em condições restritas de salinidade, embora existam espécies como o salmão, que 
consegue viver em ambientes que vão da água doce à água do mar. Há peixes que sobrevivem 
em concentrações salinas adversas, desde que estas não se afastem muito das originais. 
Considere um rio que tenha passado por um processo de salinização. Observe na tabela suas 
faixas de concentração de cloreto de sódio. 
 
 
*isotônica à água do mar 
Um aquário com 100 L de solução aquosa de NaC com concentração igual a 2,1 g·L –1, será 
utilizado para criar peixes que vivem no trecho Z do rio. A fim de atingir a concentração mínima 
para a sobrevivência dos peixes, deverá ser acrescentado NaC à solução, sem alteração de 
seu volume. 
A massa de cloreto de sódio a ser adicionada, em quilogramas, é igual a: 
 
a) 2,40 
*0,6Z
0,5 - 0,4Y
0,2 - 0,1X
0,01 W
1)(mol.L
NaCl de ãoConcentraç
rio do Trecho
-


ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 141 
b) 3,30 
c) 3,51 
d) 3,72 
 
Comentários: 
O aquário apresenta concentração de 2,1 g/L e precisa ter a salinidade de 0,6 mol/L. A fim de 
entender essa comparação, é necessário transformar para a mesma unidade de concentração. 
Arbitrariamente, utilizei as concentrações em g/L. Sabendo que a massa molar do cloreto de 
sódio é igual a 58,5 g/L, converte-sea concentração de 0,6 mol/L para g/L: 
58,5 𝑔 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙
𝑥 𝑔 − − − − 0,6 𝑚𝑜𝑙
 
x = 35,1 g dissolvido em 1 L. 
A concentração necessária para o aquário é de 35,1 g/L. 
O volume do aquário é de 100 L, logo a quantidade de cloreto de sódio que apresenta é de 2,1 
g/L · 100 L = 210 g, porém precisa conter 35,1 g/L · 100 L = 3510 g. 
A quantidade de cloreto de sódio que é necessário adicionar é: 
3510 g – 210 g = 3300 g = 3,30 kg. 
Gabarito: B 
 
49. (UERJ/2012) 
Uma amostra de 5 L de benzeno líquido, armazenada em um galpão fechado de 1500 m3 
contendo ar atmosférico, evaporou completamente. Todo o vapor permaneceu no interior do 
galpão. 
Técnicos realizaram uma inspeção no local, obedecendo às normas de segurança que indicam 
o tempo máximo de contato com os vapores tóxicos do benzeno. 
Observe a tabela: 
 
 
Considerando as normas de segurança, e que a densidade do benzeno líquido é igual a 0,9 
g·mL-1, o tempo máximo, em horas, que os técnicos podem permanecer no interior do galpão, 
corresponde a: 
 
a) 2 
b) 4 
c) 6 
d) 8 
18
26
34
42
)(mg.L
ATMOSFERANA 
BENZENO
 DE ÃOCONCENTRAÇ
(h)
APERMANÊNCI
 DE MÁXIMO TEMPO
1-
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 142 
 
Comentários: 
A fim de determinar o tempo máximo de permanência, calcula-se a densidade, mg/L, dos 5 L 
(ou 5000 mL) de benzeno no galpão de 1500 m3 (ou 1500·103 L), sabendo que a densidade do 
benzeno é de 0,9 g/mL. 
0,9 𝑔 − − − − 1 𝑚𝐿
𝑥 𝑔 − − − − 5000 𝑚𝐿
 
x = 4500 g = 4500 · 103 mg de benzeno 
Calculando a densidade do benzeno disperso no galpão, tem-se: 
𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 =
𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒
=
4500 · 103 𝑔
1500 · 103𝐿
= 3 𝑔/𝐿 
Sabendo que a densidade do benzeno é de 3 g/L, logo, o tempo de permanência máximo é de 
4 horas, segundo a tabela apresentada na questão. 
Gabarito: B 
 
50. (UERJ/2019) 
(...) 
A condutividade elétrica está associada à presença de íons dissolvidos em fase aquosa. 
Considere um experimento para o qual estão disponíveis soluções aquosas com concentração 
de 0,1 mol·L–1 dos seguintes solutos: KF, CaBr2, NiSO4 e FeC3. 
Admitindo a dissociação completa, o composto que irá proporcionar maior condutividade 
elétrica é: 
 
a) KF 
b) CaBr2 
c) NiSO4 
d) FeC3 
 
Comentários: 
O composto que proporcionará maior condutividade elétrica será aquele que apresenta maior 
quantidade de íons dissociados. Sabendo que todos os sais usados são solúveis em água e que 
a concentração molar da fórmula é a mesma para todos, conclui-se: o sal que apresenta maior 
quantidade de íons apresenta maior condutibilidade elétrica. Determina-se a quantidade de íons 
de cada fórmula: 
Fórmula Íons Quantidad
e de íons 
Concentração iônica 
1 fórmula KF 1 K+ + 1 F- 2 íons 2 · 0,1mol/L = 0,2 mol/L 
1 fórmula CaBr2 1 Ca2+ + 2 Br- 3 íons 3 · 0,1mol/L = 0,3 mol/L 
1 fórmula NiSO4 1 Ni2+ + 1 SO42- 2 íons 2 · 0,1mol/L = 0,2 mol/L 
1 fórmula FeC3 1 Fe3+ + 3 C- 4 íons 4 · 0,1mol/L = 0,4 mol/L 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 143 
Assim, o sal que apresenta maior concentração de íons é o cloreto de ferro III. 
Gabarito: D 
 
51. (UERJ/2018) 
Para o tratamento de 60 000 L de água de um reservatório, foram adicionados 20 L de solução 
saturada de sulfato de alumínio, sal que possui as seguintes propriedades: 
Massa molar = 342 g·mol–1 
Solubilidade em água = 900 g·L–1 
Desprezando a variação de volume, a concentração de sulfato de alumínio no reservatório, em 
mol·L–1, corresponde a: 
 
a) 8,8 · 10–4 
b) 4,4 · 10–4 
c) 1,1 · 10–3 
d) 2,2 · 10–3 
 
Comentários: 
Primeiramente, calcula-se a quantidade, em mol, de sulfato de alumínio adicionada no 
reservatório: 
20 litros · 900 g/L = 18000 g de sulfato de alumínio 
Sabendo que a massa molar do sulfato de alumínio é igual a 342 g/mol, tem-se: 
342 𝑔 − − − − 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3
18000 𝑔 − − − − 𝑥 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴𝑙2(𝑆𝑂4)3
 
x = 52,63 mol de Al2(SO4)3 
Os 52,63 mol de sulfato de alumínio foram dissolvidos em 60000 L de água, calcula-se a 
concentração desse sal: 
𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 =
52,63 𝑚𝑜𝑙
60000 𝐿
= 8,77 · 10−4𝑚𝑜𝑙/𝐿 
Gabarito: A 
 
52. (UNICAMP SP/2017) 
Bebidas gaseificadas apresentam o inconveniente de perderem a graça depois de abertas. A 
pressão do CO2 no interior de uma garrafa de refrigerante, antes de ser aberta, gira em torno de 
3,5 atm, e é sabido que, depois de aberta, ele não apresenta as mesmas características iniciais. 
Considere uma garrafa de refrigerante de 2 litros, sendo aberta e fechada a cada 4 horas, 
retirando-se de seu interior 250 mL de refrigerante de cada vez. Nessas condições, pode-se 
afirmar corretamente que, dos gráficos a seguir, o que mais se aproxima do comportamento da 
pressão dentro da garrafa, em função do tempo é o 
 
a) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 144 
 
b) 
 
c) 
 
d) 
 
 
Comentários: 
Ao abrir uma garrafa com bebida gaseificada, o gás liberado diminui a pressão gasosa dentro 
da garrafa. Ao fechar a garrafa, a pressão exercida dentro da garrafa no momento do 
fechamento, força a solubilização de uma parte do gás retirado no momento da abertura, que 
ainda se encontra dentro do recipiente. Interpretando todas as opções, tem-se: 
a) Errado. a pressão diminui na abertura da garrafa, mas ao fechar não ocorre solubilização 
do gás. Esse gráfico poderia representar uma garrafa contendo somente gás, ou seja, não seria 
uma bebida gaseificada. A pressão dentro da garrafa diminui a cada abertura e permanece 
constante quando fechada. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 145 
b) Certo. A pressão diminui no momento da abertura e quando fechada a garrafa, aumenta-se 
a pressão. Observa-se que a pressão elevada após o fechamento da garrafa é menor do que a 
pressão inicial, porque um pouco do gás saiu da garrafa. 
c e d) Errado. Não ocorre diminuição da pressão, ou seja, não ocorre vazamento de gás. Esse 
gráfico pode ser a interpretação do resfriamento e aquecimento de uma bebida gaseificada. Ao 
resfriar, a quantidade de gás dissolvido aumenta, logo, a pressão diminui. Quando a temperatura 
volta ao inicial, a quantidade dissolvida é liberada e retorna à pressão inicial. Dessa forma não 
existe perda de gás para o meio. 
Gabarito: B 
 
53. (Unimontes MG/2015) 
Mergulhadores respiram ar comprimido (78% de nitrogênio, 21% de oxigênio). No entanto, 
pequenas bolhas de nitrogênio são responsáveis pelos acidentes de pressão com 
mergulhadores submarinos, quando essas bolhas escapam para o plasma sanguíneo, 
bloqueando o fluxo de sangue. Esse risco pode ser minimizado substituindo-se nitrogênio por 
gás hélio. A variação da solubilidade de um gás depende da pressão parcial, conforme 
demonstrado no gráfico: 
 
Em relação à situação descrita, é CORRETO afirmar: 
 
a) O nitrogênio, em grandes profundidades, torna-se menos solúvel, permanecendo em 
solução quando os mergulhadores voltam à superfície. 
b) O aumento na pressão parcial de um gás é inversamente proporcional à sua solubilidade, 
fator determinante para o acidente com o nitrogênio. 
c) A solubilidade dos gases oxigênio e nitrogênio no sangue é menor a pressões mais altas, 
favorecendo a formação de bolhas. 
d) O hélio é menos solúvel no plasma do que o nitrogênio e apresenta átomos pequenos que 
atravessam as paredes da célula mais rapidamente, sem causar danos. 
 
Comentários: 
A partir das informações fornecidas, julga-se os itens. 
a) O nitrogênio, em grandes profundidades, torna-se menos solúvel, permanecendo em 
solução quando os mergulhadores voltam à superfície. 
Errado. Quanto maior a profundidade do mergulho, maior a pressão sobre o mergulhador e, 
consequentemente, maior a solubilidade do gás. 
b) O aumento na pressão parcial de um gás é inversamente proporcional à sua solubilidade, 
fator determinante para o acidentecom o nitrogênio. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 146 
Errado. O aumento da pressão sobre um gás é diretamente proporcional à sua solubilidade. A 
pressão dificulta a saída do gás retido no líquido. 
c) A solubilidade dos gases oxigênio e nitrogênio no sangue é menor a pressões mais altas, 
favorecendo a formação de bolhas. 
Errado. O aumento da pressão sobre um gás é diretamente proporcional à sua solubilidade. A 
pressão dificulta a saída do gás retido no líquido e, por isso, a formação de bolhas é dificultada. 
d) O hélio é menos solúvel no plasma do que o nitrogênio e apresenta átomos pequenos que 
atravessam as paredes da célula mais rapidamente, sem causar danos. 
Certo. Segundo o gráfico a solubilidade do hélio é menor que a solubilidade do nitrogênio, no 
sangue. A reatividade do hélio é menor do que o nitrogênio. Como a massa molar do hélio é 
menor que a massa molar do nitrogênio, o seu movimento de difusão (espalhamento) é maior 
também. 
Gabarito: D 
 
54. (UNITAU SP/2014) 
O sangue arterial transporta oxigênio dissolvido com pressão parcial aproximada de 100 
mmHg. Considerando um volume sanguíneo de 7 litros (coeficiente de solubilidade do oxigênio 
(O2) = 0,0014 mmol · L–1 · mmHg–1), podemos afirmar que a quantidade de oxigênio dissolvido 
no sangue é de aproximadamente: 
 
a) 9,8 µmol. 
b) 0,98 µmol. 
c) 9,8 mmol. 
d) 0,98 mmol. 
e) 0,098 mol. 
 
Comentários: 
O coeficiente de solubilidade do gás oxigênio é de 0,0014 mmol por litro por mmHg. Para uma 
pressão de 100 mmHg e 7 litros de sangue, tem-se: 
0,0014 mmol·L-1·mmHg-1 · 100 mmHg · 7 L = 0,98 mmol de O2 
Gabarito: D 
 
55. (Fac. de Ciências da Saúde de Barretos SP/2013) 
A água para consumo humano deve ser inodora, insípida, incolor e agradável ao paladar com 
uma certa quantidade de oxigênio dissolvido. Não deve ter acidez e nem micro-organismos 
patogênicos. 
As etapas do tratamento de água da cidade de Barretos, SP, estão indicadas na figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 147 
 
(www.novoguiabarretos.com. Adaptado.) 
Águas de superfície, relativamente límpidas, apresentam-se saturadas de oxigênio dissolvido. 
O gráfico relaciona a quantidade de oxigênio que se dissolve na água em função da temperatura, 
à pressão normal. 
 
 
(http://qnint.sbq.org.br) 
A quantidade de oxigênio dissolvido em amostras da água de um manancial, coletadas pela 
manhã, à temperatura de 20 °C e pressão de 1 atm, foi determinada como sendo igual a 7 mg/L. 
Levando em conta as condições em que as amostras foram coletadas, é correto afirmar que 
esse resultado decorre 
 
a) do consumo de oxigênio na decomposição de matéria orgânica de efluentes. 
b) da utilização do oxigênio na fotossíntese. 
c) da menor concentração matinal do oxigênio atmosférico. 
d) da queda da temperatura durante a noite. 
e) do excesso de sais dissolvidos. 
 
Comentários: 
A partir das informações fornecidas, julga-se os itens. 
Levando em conta as condições em que as amostras foram coletadas, é correto afirmar que 
esse resultado decorre 
a) do consumo de oxigênio na decomposição de matéria orgânica de efluentes. 
Certo. A decomposição da matéria orgânica e a respiração celular consomem o oxigênio 
dissolvido, enquanto, no início da manhã, a taxa de oxigênio produzido pela fotossíntese é baixa. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 148 
b) da utilização do oxigênio na fotossíntese. 
Errado. Considerando que no início da manhã a taxa de luz é baixa, portanto, a quantidade de 
oxigênio produzido pela fotossíntese é baixo. Se a taxa de fotossíntese fosse significativa, 
haveria aumento da quantidade de oxigênio dissolvido, o que não foi observado. 
c) da menor concentração matinal do oxigênio atmosférico. 
Errado. A taxa de oxigênio atmosférico é aproximadamente constante. 
d) da queda da temperatura durante a noite. 
Errado. A queda da temperatura aumenta a solubilidade do oxigênio nos líquidos, portanto, 
isso não explica o fato da quantidade encontrada de 7 mg/L ser menor do que a quantidade 
esperada de, aproximadamente, 9 mg/L. 
e) do excesso de sais dissolvidos. 
Errado. A solubilidade de sais não interfere na solubilidade do gás de maneira significativa. 
Gabarito: A 
 
56. (UNICAMP SP/2011) 
Cerca de 1/4 de todo o dióxido de carbono liberado pelo uso de combustíveis fósseis é 
absorvido pelo oceano, o que leva a uma mudança em seu pH e no equilíbrio do carbonato na 
água do mar. Se não houver uma ação rápida para reduzir as emissões de dióxido de carbono, 
essas mudanças podem levar a um impacto devastador em muitos organismos que possuem 
esqueletos, conchas e revestimentos, como os corais, os moluscos, os que vivem no plâncton, 
e no ecossistema marinho como um todo. 
Levando em conta a capacidade da água de dissolver o dióxido de carbono, há uma proposta 
de se bombear esse gás para dentro dos oceanos, em águas profundas. Considerando-se o 
exposto no texto inicial e a proposta de bombeamento do dióxido de carbono nas águas 
profundas, pode-se concluir que esse bombeamento 
 
a) favoreceria os organismos que utilizariam o carbonato oriundo da dissolução do gás na água 
para formar suas carapaças ou exoesqueletos, mas aumentaria o nível dos oceanos. 
b) diminuiria o problema do efeito estufa, mas poderia comprometer a vida marinha. 
c) diminuiria o problema do buraco da camada de ozônio, mas poderia comprometer a vida 
marinha. 
d) favoreceria alguns organismos marinhos que possuem esqueletos e conchas, mas 
aumentaria o problema do efeito estufa. 
 
Comentários: 
A partir das informações fornecidas, julga-se os itens. 
a) favoreceria os organismos que utilizariam o carbonato oriundo da dissolução do gás na água 
para formar suas carapaças ou exoesqueletos, mas aumentaria o nível dos oceanos. 
Errado. A dissolução do gás em um líquido não interfere no volume dele. 
b) diminuiria o problema do efeito estufa, mas poderia comprometer a vida marinha. 
Certo. O aumento da solubilização do gás carbônico, aumentaria a formação de ácido 
carbônico e, consequentemente acidificaria o oceano, prejudicando a vida marinha. O aumento 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 149 
da dissolução de gás carbônico, retiraria esse gás da atmosfera e, por isso, diminuiria o problema 
do efeito estufa. 
c) diminuiria o problema do buraco da camada de ozônio, mas poderia comprometer a vida 
marinha. 
Errado. A quantidade de CO2 não interfere na camada de ozônio. A camada de ozônio é 
influenciada pela quantidade de CFC emitido na atmosfera. 
d) favoreceria alguns organismos marinhos que possuem esqueletos e conchas, mas 
aumentaria o problema do efeito estufa. 
Errado. A dissolução de CO2 nos oceanos favorece os animais que apresentam estrutura de 
carbonatos e a diminuição da taxa de CO2 na atmosfera diminui o problema do efeito estufa. 
Gabarito: B 
 
10. Considerações Finais das Aulas 
 
Relaxe e celebre o fim de mais uma etapa. Respire e tenha orgulho do seu esforço. Tenha 
certeza que muitos já desistiram até esse momento, mas estou feliz que você não. Mantenha o 
foco e controle seus pensamentos pensando no seu esforço e na disciplina do seu estudo. Isso 
facilita o seu empenho e controla um pouco a ansiedade, que é natural quando controlada. 
“Só se pode alcançar um grande êxito quando nos 
mantemos fiéis a nós mesmos. 
Friedrich Nietzsche” 
 
 
11. Referências 
Figura 1 – Gary Butterfield/Unsplash. Disponível em 
https://unsplash.com/photos/aaMsrtneIg0. Acesso em 26 de abril de 2019. 
Figura 2 – Isaac Davis/Unsplash. Disponível em https://unsplash.com/photos/rzCi3mD-
6ho. Acesso em 26 de abril de 2019. 
Figura 3 – Greg Becker/Unsplash. Disponível em https://unsplash.com/photos/-
0_ww2ACIw8. Acesso em 26 de abril de 2019. 
Figura 4 – Andrew Magill\Flickr. Disponível em 
https://www.flickr.com/photos/amagill/180202581/.Acesso em 29 de abril de 2019. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 150 
Figura 5 – Eiliv-Sonas Aceron\Unsplash. Disponível em 
https://unsplash.com/photos/_8bnn1GqX70. Acesso em 29 de abril de 2019. 
Figura 6 – Scott Webb/Unsplash. Disponível em 
https://unsplash.com/photos/S_eu4NqJt5Y. Acesso em 29 de abril de 2019. 
Figura 7 – David Pisnoy/Unsplash. Disponível em 
https://unsplash.com/photos/46juD4zY1XA. Acesso em 29 de abril de 2019. 
Figura 8 – Hans/pixabay. Disponível em 
https://pixabay.com/pt/photos/gummib%C3%A4rchen-gummi-bears-urso-gummi-318362/. 
Acesso em 29 de abril de 2019. 
Figura 9 – Dana DeVolk\Unsplash. Disponível em https://unsplash.com/photos/5-
RS_ScO3X4. Acesso em 26 de abril de 2019. 
Figura 10 – UFPEL – vestibular 2014. Disponível em 
http://ces.ufpel.edu.br/vestibular/pave/download/PAVE214.pdf. Acesso em 29 de abril de 2019. 
Figura 11 – Brasil.gov. Disponível em 
http://www.brasil.gov.br/noticias/saude/2013/01/alcool-liquido-sai-das-prateleiras-a-partir-de-
fevereiro/alcool-liquido-com-mais-de-54b0-gl-sai-das-prateleiras/view. Acesso em 30 de abril de 
2019. 
Figura 12 – Diario de Biologia. Disponível em 
https://diariodebiologia.com/2010/11/agua-oxigenada-h2o2-espuma-em-contato-feridas/. 
Acesso em 30 de abril de 2019. 
Figura 13 – Deleece Cook/Unsplash. Disponível em 
https://unsplash.com/photos/znXmpb53QJU. Acesso em 02 de maior de 2019. 
 
 
Bibliografia 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES – SOLUÇÕES – PARTE I 
 
AULA 15 – SOLUÇÕES – PARTE I 151 
Isotônico ou Água de Coco: Isso ou Aquilo? Disponível em: 
http://www.cookie.com.br/isotonico-ou-agua-de-coco-isso-ou-aquilo/. Acesso em 25 de abril de 
2019. 
Joe Schwarcz. Barbies, bambolês e bolas de bilhar. Editora Jorge Zahar LTDA. Sirvam 
o borbulhante. Página 87 
 
 
@professorprazeres 
 
 
Folha de versão 
29/01/2023 
 
 
 
 
http://www.cookie.com.br/isotonico-ou-agua-de-coco-isso-ou-aquilo/
	Introdução
	1. Classificação das Dispersões.
	Solução
	Coloide
	Suspensão
	2. Coeficiente de Solubilidade.
	Classificação da solução
	Solubilidade endotérmica e exotérmica.
	Aspectos quantitativos do coeficiente de solubilidade
	3. Concentrações.
	Densidade
	Concentração comum (C) e Concentração molar (M)
	Conversão de concentração comum em concentração molar.
	Título
	Fração molar
	Concentração molal ou molalidade (W)
	4. Solubilidade de Gases: Lei de Henry.
	5. Questões Fundamentais
	Soluções
	Concentrações
	6. Já Caiu nos Principais Vestibulares
	Coloides
	Coeficiente de Solubilidade
	Concentrações
	Lei de Henry
	7. Gabarito Sem Comentários
	8. Resoluções Das Questões Fundamentais
	Soluções
	Concentrações
	9. Questões Resolvidas E Comentadas
	10. Considerações Finais das Aulas
	11. Referências