Gabarito

Orientações para o professor
Resolução da série
exercitando o raciocínio
1 Sugestão: Como vimos, a Química está também relacionada
às necessidades básicas do ser humano (alimentação, vestuário, higiene, saúde, moradia, transporte). Não é algo artificial,
que somente polui e causa doenças. Esse preconceito existe
devido à forma como os meios de comunicação trabalham o
tema e, muitas vezes, como as autoridades tratam o assunto
fazendo da Química um “bode expiatório” para a falta de políticas públicas no que diz respeito ao ambiente.
2 Construção de telhas (a embalagem Tetra Pak é um bom
isolante térmico), construção de aquecedores solares para a
população de baixa renda.
3 Resposta pessoal.
4 Alternativa C.
Observe que essa é a primeira vez que aparece um gráfico no
livro. Aproveite para falar com os alunos sobre a importância
de aprender corretamente a leitura e a interpretação de gráficos.
No caso, trata-se de um gráfico de barras em que determinados eventos ou situações são expostos no eixo x (horizontal)
para mostrar como variam em função de um mesmo parâmetro colocado no eixo y (vertical).
No eixo x (horizontal) desse gráfico temos as seguintes situações: meios de transporte usuais com ocupações típicas e
máximas. No eixo y (vertical), a energia consumida por passageiro, por km, em cada meio de transporte.
A análise do gráfico mostra claramente que a maior eficiência
no uso de energia corresponde à menor energia consumida
por passageiro por km. De acordo com o gráfico os menores
valores dessa energia consumida por passageiro e por km correspondem a ônibus, metrô e trem (nesta ordem) sempre com
ocupação máxima.
5 Alternativa E.
Se 10 litros de óleo proveniente de frituras contaminam 107
litros de água potável, então 1000 litros de óleo contaminam
100 . 107 = 109 litros de água potável por semana.
15
6 Alternativa D.
a) A água subterrânea faz parte do ciclo da água, portanto
encontra-se intimamente relacionada com fatores atmosféricos e climáticos, com o regime de águas superficiais de rios e
lagos e com as nascentes.
b) Incorreto pela impossibilidade de que ao misturar água dos
mares (salgada) com águas de rios e lagos (doce) iria aumentar
o volume de água doce nos pontos de captação. A água seria
salobra.
c) A adaptação das populações ao consumo da água do mar
seria extremamente onerosa na compra de equipamentos
para dessalinização da água, tornando-a potável.
d) O grande problema está justamente na poluição e exploração indiscriminada e dos recursos naturais, destruindo nascentes e degradando rios e lagos. Aumentar a captação da água
das chuvas é uma medida viável e econômica.
e) Desviar os resíduos municipais e das indústrias para os mares iria desencadear outro desequilíbrio ecológico com relação
à vida marinha e, ainda assim, não seria solução para a escassez de água potável.
7 Alternativa D.
a) a perda da biodiversidade não é responsável pelos altos níveis de sal na água.
b) a seca dos rios não afetaria diretamente as lavouras que
poderiam ser irrigadas, o problema está nos ventos salinos que
ressecam a vegetação.
c) a falta de umidade interfere na produtividade das lavouras,
mas não equivale ao aumento da quantidade de sal na água.
Este efeito é resultado do sal transportado com o vento para
este local.
d) o sal transportado pelo vento causa: diminuição na produtividade da lavoura: o excesso de sal prejudica as plantas
(resseca as folhas). A secagem dos rios implica em terra seca
no local, o que dificulta ainda mais a agricultura; aumento da
salinidade das águas: água salina não é boa para a agricultura (irrigação) e nem para o consumo humano; problemas
de saúde: o sal trazido com o vento chega até as residências.
A poeira de sal afeta diretamente a respiração, os olhos, e a
salinização da água potável a torna imprópria para ser consumida.
e) a presença de herbicidas não influi na salinidade da água.
8 Alternativa E.
a) O uso em demasia de água gera a redução, e não o aumento da disponibilidade.
b) O uso em demasia de água gera a redução, não havendo a
manutenção.
c) Quanto menor a disponibilidade de água mais elevado será
o seu custo.
d) O uso em demasia de água gera a redução, e não o aumento.
e) O uso em demasia de água gera a redução, consequentemente, o valor da água será mais elevado.
9 Alternativa A.
A partir da leitura do texto, identifica-se a ética como expressão de uma coletividade. Nesse sentido, ela atua como fundamento da prática da cidadania.
10 Alternativa D.
a) Não é diminuição da matéria orgânica, e sim da matéria
inorgânica (plásticos).
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b) Incorreto, pois o objetivo desta nova tecnologia é ampliar o
uso de recursos renováveis a partir de recursos não renováveis.
c) Não haverá diminuição do metabolismo das bactérias, pois
o objetivo é transformar um produto inorgânico em orgânico,
facilitando assim a ação dos decompositores.
d) Esta nova tecnologia pretende, portanto, substituir os recursos não renováveis (plásticos) por renováveis (polihidroxibutirato - produzido a partir de um excedente do metabolismo
de uma bactéria), produzindo assim plásticos biodegradáveis.
e) Os plásticos serão biodegradáveis, portanto não estarão
inertes em relação ao ciclo da matéria.
11 Resposta pessoal.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
1.1 Alternativa A.
A fração A, que flutuou na água (d = 1,00 g/cm3), foi o polietileno (densidade entre 0,91 g/cm3 e 0,98 g/cm3).
A fração C, que flutuou na solução salina (d = 1,10 g/cm3), foi
o poliestireno (densidade entre 1,04 g/cm3 e 1,06 g/cm3).
A fração D, portanto, é o policloreto de vinila, cuja densidade
é maior que a da solução salina, ou seja, entre 1,35 g/cm3 e
1,42 g/cm3.
1.2 Alternativa C.
x=
13,6 g de mercúrio
1 cm3
x
200 cm3
200 . 13,6
1
V
x = 2 720 g ou 2,720 kg
1.3 Alternativa E.
A afirmação I está errada. O aumento de temperatura faz com
que o volume da gasolina aumente. Comprando gasolina na
hora mais quente do dia, haveria desvantagem ao abastecer o
carro, pois o consumidor estaria comprando menos massa por
litro de combustível.
1.4 Alternativa C.
A variação de volume (ΔV) no recipiente é igual a:
ΔV = 500 – 485
m
d=
V
V d=
V
ΔV = 15 mL
V
117
15
V
V d = 7,8 g/cm3
1.5 Alternativa A.
Na proveta 1, a bolinha é mais densa que o líquido, pois se encontra no fundo do recipiente. Logo, o líquido é menos denso
que a bolinha (d = 0,8). Na proveta 2, a bolinha não afunda
nem flutua, isso significa que possui a mesma densidade que
o líquido (d = 1,0). Na proveta 3, a bolinha flutua na superfície
da líquido, logo, o líquido possui densidade maior do que a da
bolinha (d = 1,2).
1.6 Alternativa C.
O óleo (d q 0,9 g/cm3) fica na superfície porque é ligeiramente menos denso que o gelo (d q 0,92 g/cm3). O gelo fica na
20
superfície da água (d q 1,0 g/cm3), logo abaixo do óleo. O
alumínio fica no fundo do recipiente por ser o material mais
denso (d = 2,698 g/cm3).
Comente com os alunos que os valores da densidade são aproximados porque os valores exatos dependem da temperatura.
Incentive-os a verificar em casa o aspecto de um sistema óleo,
água e gelo ou, se possível, mostre para eles em sala de aula.
1.7 Alternativa E.
Nesse exercício aparece pela primeira vez um gráfico em que
o aluno precisa comparar dois dados ao mesmo tempo: a
contribuição efetiva de cinco eventos diferentes para a variação de temperatura (no eixo y) ao longo de algumas décadas
(no eixo x).
Detenha-se bastante nesse exercício. Verifique se o aluno realmente compreende a leitura do gráfico, mostrando que é
importante ele observar a tendência de cada curva (se estão
subindo ou descendo) e comparar essa tendência entre elas.
Pela leitura do gráfico, os únicos fatores que apresentaram
contribuição efetiva e positiva de 1960 a 1990 são: (I) gases
estufa; (II) atividade solar; (III) ozônio.
1 km = 103 m = 104 dm e 1 dm = 1 L
(1 km)3 = (104 dm)3 = 1012 dm3 = 1012 L
30 000 km3 = 30 . 103 km3 = 30 . 1015 L
30 000 km3 = 30 . 1015 L = 1,5 . 109
20 . 106 L
20 . 106 L
1.14 Alternativa C.
Uma alternativa viável para combater o efeito estufa é reduzir
o desmatamento, mantendo-se, assim, o potencial da vegetação em absorver o CO2(g) da atmosfera, processo esse chamado de fotossíntese.
1.15 Alternativa D.
O Brasil, a Índia e o México são países considerados em desenvolvimento e sua emissão de CO2(g) é bem mais baixa que a de
países desenvolvidos, como EUA e União Europeia. Este comportamento contraria os argumentos do presidente americano.
1.8 Alternativa A.
Em uma altitude maior, a pressão dos gases é menor, justamente porque a concentração (quantidade por unidade de volume) é menor, embora a composição continue basicamente
a mesma.
1.9 Alternativa A.
O vento (ou brisa) sempre sopra de uma área de alta pressão (mais fria) em direção a outra área de baixa pressão (mais
quente).
1.10 Alternativa D.
a) Não. A densidade da bola escura não pode assumir este valor que é equivalente à densidade do álcool, pois a adulteração
não seria notada.
b) Não. Mesmo a amostra possuindo densidade fora dos padrões exigidos, as bolinhas deveriam ocupar posições diferentes na coluna de líquido, considerando que suas densidades
são distintas.
c) Considerando que as bolinhas possuam mesma densidade,
elas deveriam ocupar as mesmas posições nas três amostras
(posição esta determinada de acordo com a densidade da
amostra), e isto não ocorre.
d) Sim. As bolinhas possuem densidades diferentes; sendo assim, elas devem ocupar posições distintas dentro da amostra.
O que podemos verificar na amostra 2.
e) A diferença de densidade dos líquidos que pode existir na
amostra faz com que o mesmo seja subdividido em fases (de
menor e maior densidade), fazendo exigência de duas bolinhas para ter tal percepção.
1.11 Alternativa A.
Quando, durante o processo de ebulição, a água recebe calor
e sua temperatura permanece constante, fica evidenciada a
falha do modelo apresentado em que a temperatura mede a
quantidade de calor do corpo.
1.12 Alternativa B.
O produto das três dimensões (comprimento, largura e altura)
resulta no volume do paralelepípedo.
Observação: considerando que o sólido é maciço, não se pode
substituir esse “volume” por “capacidade”.
1.13 Alternativa E.
21
Resolução da série
exercitando o raciocínio
2.1 Alternativa E.
A 50 oC o bromo e o mercúrio encontram-se no estado
líquido.
2.2 Alternativa C.
A evaporação (passagem de líquido para vapor) ocorre com
absorção de calor das vizinhanças.
2.3 A hipótese que melhor interpreta os fatos é a B.
De fato, o ar atmosférico contém vapor de água (entre 0,1%
e 2,8%). Quando o vapor de água entra em contato com as
paredes frias do copo, ocorre uma transferência de energia na
forma de calor do vapor de água do ar para a parte externa do
copo e o vapor de água condensa formando diversas gotículas
de água líquida.
2.4 Alternativa D.
A afirmativa I está errada porque a evaporação é maior nos
oceanos, onde a quantidade de água é maior.
2.5 Alternativa A.
Esse fenômeno é conhecido como ciclo da água.
2.6 Alternativa B.
O ciclo hidrológico na Amazônia depende fundamentalmente
da evaporação, da transpiração e da liberação de aerossóis
que atuam como núcleos condensados de nuvens.
22
2.7 Alternativa A.
2.8 Alternativa 02.
01) A água não sofre nenhuma transformação química nesse
processo.
03) Os alimentos mantêm integralmente suas propriedades.
04) O alimento pode ser reidratado no momento em que
for utilizado, recuperando suas propriedades organolépticas
(odor, sabor, textura) originais.
05) Os pontos de fusão e de ebulição da água pura dependem
diretamente da variação de pressão.
2.16 Alternativa E.
No processo de liofilização, a água passa por uma transformação física denominada sublimação.
2.9 Alternativa C.
a) Fusão é o processo no qual uma determinada substância
passa do estado sólido para o estado líquido.
b) Liquefação é o processo no qual uma determinada substância passa do estado gasoso para o estado líquido.
c) Evaporação é o processo no qual determinada substância
passa do estado líquido para o gasoso.
d) Solidificação é o processo no qual determinada substância
passa do estado líquido para o estado sólido.
e) Condensação é o processo no qual determinada substância
passa do estado gasoso para o estado líquido.
2.10 Alternativa D.
a) A água subterrânea faz parte do ciclo da água, portanto
encontra-se intimamente relacionada com fatores atmosféricos e climáticos, com o regime de águas superficiais de rios e
lagos e com as nascentes.
b) Incorreto pela impossibilidade de que, ao misturar água dos
mares (salgada) com águas de rios e lagos (doce), iria aumentar o volume de água doce nos pontos de captação. A água
seria salobra.
c) A adaptação das populações ao consumo da água do mar
seria extremamente onerosa na compra de equipamentos
para dessalinização da água, tornando-a potável.
d) O grande problema está justamente na poluição e exploração indiscriminada dos recursos naturais, destruindo nascentes e degradando rios e lagos. Aumentar a captação da água
das chuvas é uma medida viável e econômica.
e) Desviar os resíduos municipais e das indústrias para os mares iria desencadear outro desequilíbrio ecológico com relação
à vida marinha e, ainda assim, não seria solução para a escassez de água potável.
2.11 Alternativa C.
A alternativa III está errada porque o termo interceptação corresponde à parcela de precipitação que é retida, sobre as folhas e os caules, em regiões florestadas.
2.12 Alternativa D.
A 0 oC não são gasosos o benzeno (ponto de ebulição igual
a 80,1 oC) e o fluoreto de hidrogênio (ponto de ebulição
igual a 19,9 oC). A 0 oC essas substâncias encontram-se no
estado líquido.
2.13 Alternativa D
I. Falsa. A quantidade de energia emitida pelo Sol provoca
igual aquecimento nos oceanos e nos continentes.
2.14 Alternativa A.
Para que o gelo se forme, a água perde calor para o ambiente,
logo o ambiente fica mais aquecido, o que dificulta a continuação da queda de temperatura.
2.15 Alternativa C.
O naftaleno sofre sublimação.
23
Orientações para o professor
diluído em 10 litros de água. Para obter hortênsias cor-de-rosa,
faça primeiro uma poda na planta, para ajudar a eliminar parte
do alumínio contido nas folhas. Depois, transplante-a para um
novo canteiro, já preparado com 300 g de calcário dolomítico
por m2. Existe também a velha ‘receita da vovó’ para intensificar o tom azul-violeta das hortênsias: colocar de molho em
água alguns pedaços de palha de aço usadas e depois aplicar
a ‘água enferrujada’ nas regas semanais das hortênsias, alternando com outras regas normais.”
3.5 Alternativa B.
Como o balcão adquiriu uma cor violácea quando o sapólio entrou em contato com a fenolftaleína, concluímos que o sapólio
é um meio alcalino.
3.6
a) O amoníaco é básico porque a fenolftaleína ficou
vermelha ao entrar em contato com a solução de amoníaco.
b) A fenolftaleína é incolor em meio ácido ou neutro. Se a
mancha desapareceu do tecido é porque o tecido deixou de
ser básico (mancha vermelha) e se tornou ácido ou neutro (incolor). Isso ocorreu porque, nas condições ambientes, o amoníaco que impregnava o tecido sofre decomposição formando
amônia e água. A amônia é um gás e abandona o meio que,
então, deixa de ser básico, o que faz sumir a mancha vermelha, ainda que a fenolftaleína continue no tecido.
c) O sabão é básico. Como o tecido continua impregnado de
fenolftaleína, a mancha vermelha voltaria a surgir.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
3.1 Alternativa E.
O sal mais solúvel é o nitrato de prata (260 g de sal/100 mL
de água), e o sal menos solúvel é o cloreto de sódio (36 g de
sal/100 mL de água).
3.2
Analisando os dados da tabela podemos prever que a
curva de solubilidade do cloreto de potássio será ascendente
porque a solubilidade desse sal aumenta com o aumento da
temperatura.
3.3 Alternativa A.
A solubilidade dos gases diminui com o aumento da temperatura.
3.4 a) Porque são materiais básicos e, assim, tendem a dimi-
nuir a acidez do meio.
b) Como as hortênsias azuis só florescem em solo ácido, o
jardineiro deve preparar o solo com pó de fibra de coco para
acidificar o meio antes de plantar as mudas.
O site <www.jardimdeflores.com.br/CURIOSIDADES/curiosi2.
html> fornece outras dicas sobre o assunto:
“Para obter flores azuis, por exemplo, recomenda-se regar
o canteiro duas vezes por ano com a seguinte mistura: 20 g
de sulfato de alumínio (pode ser substituído por pedra-ume)
3.7 Alternativa B.
Para amenizar o edema provocado pela picada de vespa e
neutralizar o veneno que é básico, é necessário utilizar algo
que seja ácido como, por exemplo, o vinagre.
Para amenizar o edema provocado pela picada de formiga e
neutralizar o veneno que é ácido, é necessário utilizar algo que
seja básico como, por exemplo, o amoníaco.
Observação: comente com os alunos que o amoníaco é um
líquido incolor, de odor forte e penetrante, obtido pela dissolução de até 30% de gás amônia em água. É altamente tóxico
e irritante aos olhos.
3.8 Alternativa E.
No primeiro copo, o papel de tornassol azul não mudou de
cor; portanto, tem-se água destilada.
No segundo copo, o papel de tornassol azul mudou para vermelho; portanto, tem-se uma solução básica, ou seja, bicarbonato de sódio.
No terceiro copo, o papel de tornassol vermelho não mudou
de cor; portanto, tem-se uma solução ácida, ou seja, solução
de água com limão.
3.9 Alternativa E.
Na presença da solução de indicador de repolho roxo, o suco
de limão, ácido, ficaria vermelho e o leite de magnésia, básico,
ficaria azul.
3.10 a) O chá mate é um indicador ácido-base.
b) Pela adição de uma base como, por exemplo, o leite de
magnésia.
27
Resolução da série
exercitando o raciocínio
4.1
Essa afirmação só é válida se a substância se apresentar
em uma única fase de agregação. Um sistema contendo uma
substância mudando de fase de agregação pode ser bifásico
ou trifásico.
Por exemplo: um sistema contendo gelo (água sólida), água
líquida e vapor de água é trifásico.
4.2 Alternativa B.
A massa é uma propriedade que independe da natureza do
material.
4.3 0. II – A água do mar é uma mistura.
1. I – O bronze é uma solução sólida (uma mistura homogênea)
2. I – O etanol é uma substância (álcool etílico)
3. II – O oxigênio é uma substância.
4. I – O ar contém aproximadamente 78% de nitrogênio e
20% de oxigênio.
4.4 Alternativa B.
a) O cobre é uma substância.
c) O gelo-seco (gás carbônico sólido) é uma substância.
d) A prata é uma substância.
e) O oxigênio é uma substância.
29
4.5 Alternativa E.
Os sistemas I e II são heterogêneos (dispersões grosseiras).
4.6 Alternativa E.
O sistema I apresenta 3 fases: óleo, água líquida e gelo (água
sólida).
O sistema II apresenta 3 fases: água líquida, gás (carbônico) e
gelo (água sólida).
O sistema III apresenta 6 fases: óleo, gelo (água sólida), solução de água e sal, quartzo, feldspato e mica (no granito).
4.7 Alternativa D.
O sistema contém duas fases: água líquida e água sólida.
4.8 Alternativa C.
O sistema é heterogêneo.
Possui 5 fases: fase pedaços de ferro, fase solução de água e
sal dissolvido, fase sal não dissolvido (depositado no fundo do
recipiente), fase água vapor e fase água sólida.
Possui 3 componentes: ferro, água e sal.
4.9 Alternativa D.
A água mineral é uma mistura homogênea (solução).
4.19 Alternativa D.
A água do rio Tietê antes do tratamento era uma mistura heterogênea (apresentava partículas em suspensão). Depois do
tratamento, embora apresente substâncias dissolvidas, o sistema é homogêneo (solução límpida e cristalina).
4.20 Alternativa D.
Granito: mistura heterogênea.
Refresco de xarope de groselha: mistura homogênea.
Água mineral fluoretada: mistura homogênea.
Sangue visto ao microscópio: mistura heterogênea (dispersão
coloidal).
4.21 Alternativa C.
O sistema é heterogêneo e apresenta 5 fases (ferro, água líquida, sal em excesso, vapor de água, gelo) e 3 componentes
(ferro, água e sal).
4.10 Alternativa D.
4.22 Alternativa D.
Ponto de fusão q 65 oC.
Ponto de ebulição = 150 oC.
Tempo na fase líquida: de t = 10 s até t = 15 s.
Dt = 15 – 10
V
Dt = 5 s.
4.11 Alternativa D.
4.23 São corretos os itens: 02, 04, 16 e 32. Resposta: 54.
O sistema final será heterogêneo e bifásico (constituído de
uma fase areia e uma fase solução de água + sal (dissolvido) +
açúcar dissolvido).
Verdadeira. O ouro 18 quilates é classificado como solução
(mistura homogênea).
Falsa. O ar atmosférico com poeira constitui uma mistura heterogênea.
Verdadeira. O granito é um exemplo de mistura heterogênea.
Falsa. O sangue constitui uma mistura heterogênea (dispersão
coloidal).
4.12 Alternativa B.
As substâncias apresentam constantes físicas definidas.
4.13 Alternativa D.
Todos os produtos sem exceção são constituídos de substâncias químicas. Só não existem substâncias químicas no vácuo
absoluto.
4.14 Alternativa D.
Apenas a mistura de água e sal pode ser homogênea, desde
que o sal não esteja em excesso (esteja completamente dissolvido na água).
4.15 Alternativa A.
Os sistemas gasosos tendem a ser homogêneos, desde que os
gases possuam valores próximos de densidade.
4.16 Alternativa C.
Uma substância pura só constituirá um sistema monofásico se
não estiver mudando de fase de agregação.
4.17 Alternativa B.
O ouro 18 k é uma solução sólida (mistura de 75% de ouro,
12,5% de prata e 12,5% de cobre), a lágrima é uma solução
líquida constituída basicamente de sais minerais e água e o ar
filtrado é uma solução gasosa.
30
O sistema contém 4 fases: fase água com cloreto de sódio
dissolvido + cloreto de sódio não dissolvido + gelo + gases
nitrogênio e oxigênio dissolvidos entre si.
O sistema contém 4 componentes: água + cloreto de sódio +
nitrogênio + oxigênio.
4.18 Alternativa A.
O item 01 é falso, porque em tempera­turas inferiores a T1 só
existe a fase sólida. O item 08 é falso, porque o sistema II contém apenas uma substância.
4.24 Alternativa D.
O sistema é constituído de uma mistura comum ou azeotrópica
(não há dados sobre o ponto de ebulição).
Resolução da série
exercitando o raciocínio
(que fica dissolvido na acetona) de C (que fica retido no filtro). Deixa-se a acetona evaporar e obtém-se B puro.
Observação: os vapores da acetona são tóxicos.
Uma alternativa melhor nesse caso seria fazer uma destilação
simples da mistura de B + acetona, aquecida em manta elétrica, uma vez que a acetona é inflamável.
5.8
5.1 Alternativa D.
O controle e o monitoramento dos efeitos do lixo sobre espécies existentes em cursos de água, solo e vegetação são
fundamentais para a saúde do planeta e dos seres que nele
habitam.
5.2 Alternativa D.
a) Não é diminuição da matéria orgânica, e sim da matéria
inorgânica (plásticos).
b) Incorreto, pois o objetivo desta nova tecnologia é ampliar o
uso de recursos renováveis a partir de recursos não renováveis.
c) Não haverá diminuição do metabolismo das bactérias, pois
o objetivo é transformar um produto inorgânico em orgânico,
facilitando assim a ação dos decompositores.
d) Esta nova tecnologia pretende, portanto, substituir os recursos não renováveis (plásticos) por renováveis (polihidroxibutirato - produzido a partir de um excedente do metabolismo
de uma bactéria), produzindo assim plásticos biodegradáveis.
e) Os plásticos serão biodegradáveis, portanto não estarão
inertes em relação ao ciclo da matéria.
5.3 Alternativa B.
Sendo R a renda média mensal em R$, temos:
. 6
R = 1 . 523 . 103
V R = 242.
12 180 10
5.4 Alternativa D.
A remoção do odor ocorre pela adição de carvão ativado
na etapa 2, e a desinfecção ocorre pela adição de cloro na
etapa 5.
5.5 Alternativa D.
A destilação pode ser utilizada para separar uma mistura de
água e álcool etílico até que a porcentagem em volume dos
componentes atinja 96% de álcool etílico e 4% de água,
quando se forma uma mistura azeotrópica (ponto de ebulição
constante) que não pode ser separada por nenhum método
físico. A filtração pode ser usada para separar uma mistura
heterogênea de ar e poeira. A separação magnética é utilizada
para separar misturas nas quais um dos componentes é atraído por um ímã, como o ferro. A decantação pode ser usada
para separar misturas de densidades distintas como a água e
o óleo. A liquefação pode ser usada numa primeira etapa para
separar os componentes de uma mistura gasosa.
5.6 Alternativa A.
Para separar o petróleo da água salgada faz-se uma decantação, e para separá-lo das impurezas sólidas (areia, argila),
faz-se uma filtração.
5.7
32
Adiciona-se água à mistura e filtra-se a solução obtida
para separar A (que fica dissolvido na água) de B e C (que
ficam retidos no filtro).
Deixa-se a água evaporar do sistema e obtém-se A puro.
Adiciona-se acetona aos sólidos B e C (o mínimo necessário
para dissolver B) e filtra-se a solução obtida para separar B
Primeiro adiciona-se água fria à mistura sólida de sais e
submete-se todo o sistema a uma filtração. O cloreto de sódio,
que é solúvel em água fria, atravessa os poros do papel-filtro.
O cloreto de prata e o cloreto plumboso ficam retidos no filtro.
Para separar o cloreto de sódio da água, faz-se uma destilação
simples. Depois, adiciona-se água quente à mistura de cloreto
de prata e cloreto plumboso que ficou retida no papel-filtro,
fazendo-se uma nova filtração. O cloreto plumboso é solúvel
em água quente e atravessa os poros do papel-filtro. O cloreto
de prata, que não é solúvel em água, fica retido no papel.
Para separar o cloreto plumboso da água, faz-se uma outra
destilação simples.
5.9 Não é possível separar totalmente uma mistura de água
e álcool etílico por destilação, principalmente porque, quando
essa mistura atinge a proporção de 96% de álcool etílico e 4%
de água (em volume), ela se torna azeotrópica, ou seja, com
ponto de ebulição constante.
Nesse caso, a separação é feita por um processo químico, ou
seja, adiciona-se óxido de cálcio à mistura de álcool e água. O
óxido de cálcio (cal) reage com a água formando hidróxido de
cálcio que é separado por filtração, deixando o álcool anidro.
5.10 Adiciona-se água e filtra-se. A solução aquosa de nitra-
to de sódio passa pelo papel de filtro. Destilando-se o filtrado
separa-se a água do nitrato de sódio. O enxofre e o carvão
ficam retidos no papel de filtro. Sobre o resíduo da filtração
adiciona-se dissulfeto de carbono que dissolve o enxofre. O
carvão fica retido no papel de filtro. O filtrado contendo solução de enxofre em dissulfeto de carbono é submetido a uma
destilação simples que separa os dois componentes.
5.11 a) O material que passou pelo filtro na operação I apresenta cor azulada. Isso ocorre porque a filtração não separa
o sulfato de cobre da água (mistura homogênea). O filtrado,
portanto, apresenta a cor característica do sulfato de cobre
hidratado (azul).
b) O produto condensado na operação II é incolor. Na destilação simples o sulfato de cobre é separado da água. O condensado é formado de água pura (incolor).
5.12 Alternativa E.
O béquer é o recipiente coletor, o balão de fundo redondo
atua como tacho de aquecimento, o bico de Bunsen, como
fornalha e o condensador, como serpentina de resfriamento.
5.13 O procedimento não é adequado porque a gasolina é
bastante tóxica por ingestão ou inalação. Nesse caso é necessário usar uma pera para fazer a sucção no sifão (nunca usar a
boca como é feito comumente).
5.14 Alternativa D.
Faz-se primeiro uma filtração para separar a areia dos demais
componentes. Em seguida, faz-se uma decantação para separar o querosene da solução aquosa de açúcar. Por fim, faz-se
uma destilação simples para separar o açúcar da água.
5.15 Alternativa E.
Orientações para o professor
A destilação simples (4) é o método mais empregado na separação de misturas homogêneas sólido-líquido.
5.16 Alternativa B.
A filtração (1) pode ser utilizada para separar uma mistura de
água e areia em suspensão (III).
A decantação (2) pode ser utilizada para separar uma mistura
de óleo e água (IV).
A separação magnética (3) pode ser utilizada para separar
uma mistura de ferro e enxofre (V).
A destilação simples (4) pode ser utilizada para separar uma
solução aquosa de NaCL (I), substâncias com pontos de ebulição bem distintos.
A destilação fracionada pode ser utilizada para separar uma
solução aquosa de acetona (II), substâncias com pontos de
ebulição próximos.
5.17 Alternativa E.
Com o aquecimento é possível separar o iodo, que sofre sublimação. Pela adição de água, seguida de filtração, separa-se
a areia da solução de água e sal. Pela evaporação da água,
obtém-se o sal como resíduo.
5.18 Alternativa D.
O feixe de gramíneas enraizadas atua como um filtro, retendo
as impurezas da água.
5.19 Uma possibilidade seria adicionar água a mistura para
dissolver o sal. Em seguida, filtrar a mistura para separar a
areia. Por último, evaporar a água da solução para obter o sal
como resíduo.
5.20 Alternativa E.
A limanha de ferro é separada da mistura de sal e areia por
separação magnética (processo I).
Quando adicionamos água a uma mistura de sal e areia, o sal
dissolve na água e a areia deposita no fundo do recipiente por
decantação (processo II).
O sal e a água podem ser separados um do outro por destilação (processo III).
5.21 Alternativa C.
O azeite separa-se da mistura de água e açúcar dissolvido por
decantação. A mistura de água e açúcar dissolvido pode ser
separada por destilação simples.
33
Orientações para o professor
líquido. Portanto, na fumaça são encontradas substâncias nos
três estados da matéria.
b ) Não. Subtraindo-se da massa da madeira a massa das
cinzas, não se chega à massa da fumaça. Na fumaça estão
presentes substâncias que incorporaram oxigênio do ar. Esse
oxigênio do ar (não computado no cálculo sugerido) contribui,
portanto, para a massa da fumaça.
6.6 Alternativa C.
Proporção, em massa, das substâncias envolvidas na reação:
– 6 g de magnésio reagem com 4 g de oxigênio, formando
10 g de óxido de magnésio;
– 60 g de magnésio reagem com 40 g de oxigênio, formando
100 g de óxido de magnésio;
Se há 60 g de oxigênio no sistema inicial e só reagem 40 g de
oxigênio, sobra um excesso de 20 g dessa substância.
6.7 a ) O texto se refere ao processo de separação de mistu-
Resolução da série
exercitando o raciocínio
ras chamado filtração. A filtração é comumente empregada
para separar misturas heterogêneas do tipo sólido-líquido ou
sólido-gás.
b) A reação de transformação do oxigênio em ozônio pode ser
equacionada por:
oxigênio **( ozônio
Para obter 240 g de ozônio por hora, o consumo de oxigênio
deve ocorrer na mesma velocidade: 240 g oxigênio por hora.
6.1 Alternativa D.
Quando o papel é queimado, formam-se gás carbônico e vapor de água que abandonam o sistema (que é aberto), fazendo o prato A ficar mais leve que o B (A acima de B). Quando
a palha de aço é queimada, formam-se óxidos de ferro que
permanecem no sistema, fazendo o prato A ficar mais pesado
que o B (A abaixo de B).
Cálculo da massa de B:
6.2 Alternativa C.
Cálculo da massa de D:
Como o béquer é um sistema aberto, o gás carbônico formado
no experimento 2 abandona o sistema, de modo que nesse
experimento a massa final é menor que a massa inicial.
6.3 Alternativa C.
6.8 Cálculo da massa de A:
A + 96 = 132
12 + B = 68
V A = 132 – 96
V B = 68 – 12
80 + C = 112
V C = 112 – 80
B = 56
V
C = 32
V
E=7
V
F = 32
Cálculo da massa de E:
E + 56 = 63
V E = 63 – 56
6.4 Alternativa A.
V
fumaça há substâncias no estado gasoso, como
gás carbônico, monóxido de carbono e vapor de água. há carbono finamente dividido (fuligem) que corresponde a carbono sólido. há também pequenas gotículas de água no estado
V
448 + 256 = D V D = 704
I. Verdadeira.
II. Falsa. O esquema ilustra o Princípio de Lavoisier (conservação da massa), uma vez que apresenta a massa total de
um sistema fechado antes de a reação acontecer e depois de
ocorrida a reação.
III. Verdadeira.
6.5 a ) Na
A = 36
Cálculo da massa de C:
Cálculo da massa de F:
Os pratos A e C (que contêm carvão) terão suas massas diminuídas, uma vez que a quase totalidade do material presente
nesses pratos será transformada em dióxido de carbono (gás).
A tendência desses pratos, assim que houver a queima, será
de se deslocar para cima devido à perda de massa. Portanto,
nos pratos A e C deverá haver adição de massa para restabelecer o equilíbrio.
Os pratos B e D (que contêm palha de aço) ficarão mais pesados, uma vez que o ferro que constitui a maior parte da palha de
aço, ao se oxidar, transforma-se em óxido de ferro III (substância
mais pesada que o aço presente inicialmente). Nos pratos B e D
deverá haver retirada de massa para restabelecer o equilíbrio.
V
48 + F = 80
V F = 80 – 48
6.9 Massa de oxigênio A:
46 g de álcool etílico
=5 V
9,2 g de álcool etílico
A=
96
5
V
96
= 5
A
V
A = 19,2
Massa de gás carbônico B:
46 g de álcool etílico
=5 V
9,2 g de álcool etílico
V
B=
88
5
V
88
= 5
B
V
B = 17,6
Massa de água C:
46 g de álcool etílico
=5 V
9,2 g de álcool etílico
V
C=
54
5
V
54
= 5
C
V
C = 10,8
Massa de álcool etílico D:
96 g de oxigênio
= 10
9,6 g de oxigênio
V
46
= 10 V
D
39
46
V
D = 10
V
D = 4,6
Massa de gás carbônico E:
96 g de oxigênio
= 10 V
9,6 g de oxigênio
88
V
E = 10
V
88
= 10 V
E
E = 8,8
6.11 Alternativa A.
Massa de água F:
96 g de oxigênio
= 10 V
9,6 g de oxigênio
54
V
F = 10
V
54
= 10 V
F
F = 5,4
Massa de álcool etílico G:
88 g de gás carbônico
= 4 V
22 g de gás carbônico
46
V
G = 4
V
46
= 4 V
G
G = 11,5
Massa de gás oxigênio H:
88 g de gás carbônico
96
= 4 V
= 4 V
22 g de gás carbônicoH
96
V
H = 4
V
H = 24
Massa de água I:
88 g de gás carbônico
= 4 V
22 g de gás carbônico
54
V
I = 4
V
54
= 4 V
I
46
V
J = 2
V
96
V
K = 2
V
46
= 2 V
J
J = 23
88
V
L = 2
V
96
= 2 V
K
K = 48
88
= 2 V
L
L = 44
x + 49 = 68 + 18 V x = 86 – 49 V x = 37 g
Cálculo da massa y:
V
y = 111 g
Como sobrou uma massa igual a 10 gramas de A no estado
final, então a massa y que participou da reação no estado
inicial foi de 121 g.
Cálculo da massa w:
49 18
54 . 49
=
V w =
w 54
18
40
mercúrio + enxofre ( sulfeto de
mercúrio
excesso
I.
5,0 g
1,0 g
5,8 g
0,2 g enxofre
II. 12,0 g
1,6 g
11,6 g
2,0 g mercúrio
Massas que reagiram efetivamente:
excesso
I.
5,0 g
0,8 g
5,8 g
0,2 g enxofre
II. 10,0 g
1,6 g
11,6 g
2,0 g mercúrio
assa de mercúrio 5,00 10,0
m
=
=
= 6,25
massa de enxofre 0,8 1,6
6.10 Cálculo da massa x:
54 . 37
37 18
V y =
=
y 54
18
massa de gás
hidrogênio 1,00 2,00 3,00
=
=
=
= 0,214
massa de gás 4,66 9,33 14,00
nitrogênio
mercúrio + enxofre ( sulfeto de
mercúrio
Massa de gás carbônico L:
54 g de água
= 2
V
27 g de água
6.12 A lei de Proust diz: “Quando qual­quer substância composta é formada, seus elementos se combinam nu­­ma pro­por­
ção em massa rigorosamente defini­da”, ou seja, a proporção
em massa das substâncias que reagem e que são produ­zidas
numa reação é fixa, constante e invariável.
Proust chegou a essa conclusão obser­vando que a de­
composição de dife­rentes massas de uma substância com­
posta produzia massas de subs­tân­cias simples sempre numa
mesma proporção.
Massa de gás oxigênio K:
54 g de água
= 2
V
27 g de água
O enferrujamento do ferro pode ser considerado uma reação
de síntese, na qual o ferro metálico reage com o oxigênio e o
vapor de água do ar atmosférico formando óxidos e hidróxidos de ferro. Como os reagentes gasosos foram incorporados
ao produto sólido final e a reação ocorre em sistema aberto,
a massa apontada na balança ao término da reação é maior
que a inicial.
6.13
I = 13,5
Massa de álcool etílico J:
54 g de água
= 2
V
27 g de água
Como sobrou uma massa igual a 10 gramas de B no estado
final, então a massa w que participou da reação no estado
inicial foi de 157 g.
Cálculo da massa z:
68 18
54 . 68
=
V z =
V z = 204 g
z 54
18
V w = 147 g
Orientações para o professor
utilizado para explicar as leis da conservação da massa e a lei
das proporções definidas. Eles não têm existência física real e,
portanto, não podem ser observados.
7.2 Alternativa A.
hipótese (hoje lei) de Avogadro: “Volumes iguais de gases
diferentes, nas mesmas condições de pressão e temperatura,
contêm o mesmo número de moléculas.”
7.3 Alternativa D.
Os fenômenos elétricos pressupõem a existência do elétron
como partícula subatômica. O modelo de Dalton não deixava
margem à existência de partículas subatômicas de quaisquer
tipos.
7.4 Alternativa E.
Na afirmação do cientista faltou a verificação de evidências que
comprovassem os fatos que ele havia concluído.
7.5 Alternativa D.
Segundo a teoria atômica de Dalton – átomo maciço e indestrutível – todos os átomos de um mesmo elemento químico
são idênticos entre si.
7.6 Alternativa C.
1 gás nitrogênio + 3 gás hidrogênio *( 2 gás amônia
1V
+
3V
Reagentes: 4 volumes
Contração de volume igual a 50%.
2V
Produtos: 2 volumes
7.7 Os volumes das substâncias gasosas que reagem e que são
produzidas nas mesmas condições de temperatura e pressão
guardam entre si uma relação de números inteiros e pequenos.
Gay-Lussac observou a seguinte proporção invariável: cada 2
volumes de gás hidrogênio reagem com 1 volume de gás oxigênio para formar 2 volumes de vapor de água. Para justificar essa
observação, Gay-Lussac propôs que a água era composta por
duas partes de hidrogênio e uma de oxigênio. Porém, para que
a proporção experimental de 1: 8 entre hidrogênio e oxigênio
fosse mantida, se o “átomo composto de água” tivesse dois
hidrogênios, era necessário que a massa relativa do oxigênio
fosse 16 e isso entrava em conflito com as ideias de Dalton.
7.8 Cálculo do volume de oxigênio A:
12 L de gás hidrogênio
= 1,2, então
10 L de gás hidrogênio
A = 1,2 V A = 1,2 · 5 V A = 6 L
5
Cálculo do volume de vapor de água B:
12 L de gás hidrogênio
= 1,2, então
10 L de gás hidrogênio
B = 1,2 V B = 1,2 · 10 V B = 12 L
10
Cálculo do volume de gás hidrogênio C:
13 L de gás oxigênio
= 2,6, então
5 L de gás oxigênio
Resolução da série
exercitando o raciocínio
7.1 Alternativa D.
Os átomos de Dalton são apenas um modelo que pode ser
C = 2,6
10
V C = 2,6 · 10 V C = 26 L
Cálculo do volume de vapor de água D:
13 L de gás oxigênio
= 2,6, então
5 L de gás oxigênio
D = 2,6
10
V D = 2,6 · 10 V D = 26 L
43
Cálculo do volume de gás hidrogênio E:
7 L de vapor de água = 0,7, então
10 L de vapor de água
E = 0,7 V E = 0,7 · 10 V E = 7 L
10
Cálculo do volume de gás oxigênio F:
7 L de vapor de água = 0,7, então
10 L de vapor de água
F = 0,7 V F = 0,7 · 5 V F = 3,5 L
5
7.9 Volume de gás oxigênio A:
L de gás nitrogênio = 1,2 ∴ A = 1,2
6
5 L de gás nitrogênio 10
A = 1,2 · 10
V
A = 12 L
Volume de dióxido de nitrogênio B:
L de gás nitrogênio = 1,2 ∴ B = 1,2
6
5 L de gás nitrogênio 10
B = 1,2 · 10
V
B = 12 L
Volume de gás nitrogênio C:
2 L de gás oxigênio = 4 ∴ 6 = 4
1
3 L de gás oxigênio C
C = 6
4
V
C = 1,5 L
Volume de dióxido de nitrogênio D:
12 L de gás oxigênio = 4 ∴ 12= 4
3 L de gás oxigênio
D
D =12
4
V
D=3L
Y
(
3 L
B L
Z
AL
8L
B = 12
7.12 São corretos os itens: 01, 04, 16 e 32. Resposta: 53.
O item 02 é errado porque o volume não permanece constante. O que permanece constante é a proporção em volume de
reagentes e produtos.
O item 08 é errado porque a proporção só é válida se as condições de temperatura e pressão forem man­tidas constantes
du­rante o processo.
7.13 1. Verdadeiro.
2. Falso. A fração D da figura IV apresenta concentração maior
que a fração A da figura I.
3. Verdadeiro.
4. Verdadeiro.
5. Verdadeiro.
7.14 Alternativa E.
“Uma substância sim­ples é formada por moléculas que contêm
apenas átomos de um mesmo elemento.”
,5 = 0,6 V E =1,5 V E = 2,5 L
1
E 0,6
7.15 Alternativa A.
Elementos: oxigênio, hidrogênio, nitrogê­nio e carbono. Átomos: 6 de oxigênio, 4 de hidrogênio, 1 de nitro­gênio e 1 de
carbono (total = 12). Subs­tâncias: água, monóxido de nitrogênio, gás oxigênio e monóxido de carbono. Molé­culas: 2 água,
1 monóxido de nitrogênio, 1 gás oxigê­nio e 1 monóxido de
carbono.
Volume de gás oxigênio F:
7.16 Alternativa B.
3 L de dióxido de nitrogênio
= 0,6
5 L de dióxido de nitrogênio
3 L de dióxido de nitrogênio
= 0,6
5 L de dióxido de nitrogênio
3 = 0,6 V F = 3
F 0,6
V F = 5 L
7.10
2 L de dióxido de enxofre reagem com 1 L de oxigênio
produzindo 2 L de trióxido de enxofre, portanto:
900 L de dióxido de enxofre reagem com 450 L de oxigênio
produzindo 900 L de trióxido de enxofre.
Como o fator de conversão do dióxido de enxofre é de 97%
a 450 oC, temos:
900 · 97 = 873 L de trióxido de enxofre
100
7.11 Da reação I, temos que: não há excesso de X, porém
há excesso de 1,5 litro de Y; logo, o volume de Y que reagiu
efetivamente foi de: 4,5 L – 1,5 L = 3 L.
Da reação II, temos que: não há excesso de Y, porém há excesso de 2 litros da substância X; logo, o volume de X que reagiu
efetivamente foi de: 10 L – 8 L = 2 L.
Assim, o quadro de reações fica disposto como a seguir:
3 elementos: car­bono, hidrogênio e oxi­gê­nio. 20 átomos: 3
carbono, 10 hidro­gênio e 7 oxigênio.
6 moléculas: 1 acetileno, 2 oxigênio, 2 água e 1 metanol.
4 substâncias: acetileno, oxigênio, água e metanol.
7.17 Alternativa D.
a) I contém uma substância composta.
b) III contém uma substância pura simples.
c) II contém uma mistura de substâncias simples e compostas.
e) II contém três substâncias simples e uma substância composta.
7.18 Alternativa C.
cloreto de arsênio *(
arsênio
2 L cloreto de arsênio
3 L de cloro
2 volumes
3 volumes
2 · x moléculas
3 · x moléculas
+
cloro
Geórgia M.
Volume de gás nitrogênio E:
44
Reação
X
+
I
2 L
II
8 L
Volume de Y na reação II:
2 L de X
q 0,25
8 L de Y
3
3
0,25 = V B =
V
B 0,25
Volume de Z na reação I:
2 L de X
q 0,25
8 L de Y
A
0,25 = V A = 2
8
Conforme informa o enunciado, cada molécula de cloro
possui dois átomos de cloro. Temos então 6 átomos de cloro
para distribuir em 2 moléculas de cloreto de arsênio; portanto,
cada molécula dessa substância deve ter 3 átomos de cloro.
Sempre que desenhar um modelo na lousa, lembre o aluno
que os átomos estão fora de escala e que as cores são fantasia
porque átomo e moléculas não têm cor (a cor é propriedade
de corpos macroscópicos, ou seja, depende da interação entre
um número muito grande de átomos e moléculas).
45
c) 2 C6h6(L) +
15 O2(g)
*(
12 CO2(g)
d) 3 Mn3O4(s) + 8 AL(s) *( 4 AL2O3(s) +
+ 6 h2O(v)
9 Mn(s)
e) 3 Ca(Oh)2(aq) + 2 h3PO4(aq) *(1 Ca3(PO4)2(ppt) + 6 h2O(L)
f) 1 (Nh4)2SO4(aq) + 1 CaCL2(aq) *( 1 CaSO4(ppt) + 2 Nh4CL(aq)
8.4 a) 1 C3h6O(g) +
4 O2(g) *( 3 CO2(g) + 3 h2O(v)
+ 2 O2(g) *( 2 CO2(g) + 2 h2O(v)
b) 1 C2h4O2(v)
c) 2 C3h8O(v)
+ 9 O2(g) *( 6 CO2(g) + 8 h2O(v)
d) 2 C2h2(v)
+ 5 O2(g) *( 4 CO2(g) + 2 h2O(v)
e) 1 Ch2O(v)
+ 1 O2(g) *(
8.5 1 N2(g) + 3 h2(g) *(
8.6 Equação balanceada da reação:
1 CO2(g) + 1 h2O(v)
2 Nh3 (g)
1 CaCO3 (s) + 2 hCL (aq) *( 1 CO2(g) + 1 h2O(L) +
+ 1 CaCL 2(s)
8.7 Alternativa E.
x=
60
12
V
x=5
8.8 Alternativa B.
Comparando-se massas iguais de substâncias diferentes, apresentará o maior número de moléculas a massa da substância
que tiver menor massa atômica (nesse caso, o Ch4). Calculando-se a quantidade de matéria n em 100 g de cada substância
e, lembrando que:
N = 6,02214 . 1023 . n, teremos:
Quantidade de matéria de nitrogênio:
28 g de nitrogênio
1 mol
100 g de nitrogênio
x
·
100 1
x=
V
x = 3,571 mol
28
Quantidade de matéria de metano:
16 g de metano
1 mol
100 g de metano
y
100 · 1
y=
V
y = 6,25 mol
16
Quantidade de matéria de amônia:
17 g de amônia
Resolução da série
exercitando o raciocínio
8.1 Alternativa D.
8.2 Resposta: 41. Corretos: 01, 08 e 32.
50
+ 8 O2(g) *( 5 CO2(g)
b) 1 C4h8O2(L) + 5 O2(g) *( 4 CO2(g) +
100 g de amônia
z
100 · 1
z=
V
z = 5,882 mol
17
Quantidade de matéria de água:
18 g de água
1 mol
100 g de água
a
100 · 1
V
a = 5,556 mol
18
Quantidade de matéria de oxigênio:
a=
Item 02: errado, porque a notação 5 N indica 5 átomos de
nitrogênio.
Item 04: errado, a notação 3 O3 indica 3 moléculas de gás
ozônio.
Item 16: errado, a reação não está balanceada; em qualquer
reação química ocorre a conservação dos átomos.
O certo seria: 2 C(s) + 1 O2(g) *(
2 CO(g)
8.3 a) 1 C5h12(L)
1 mol
+ 6 h2O(v)
4 h2O(v)
32 g de oxigênio
1 mol
100 g de oxigênio
b
100 · 1
b=
32
b = 3,125 mol
V
8.9 Alternativa B
Proporção em átomos e em g/mol:
– 126 de hidrogênio: 126 mol de h = 126 g/mol
– 51 de oxigênio: 51 mol de O = 816 g/mol
Orientações para o professor
– 19 de carbono: 19 mol de C = 228 g/mol
– 3 de nitrogênio: 3 mol de N = 42 g/mol
Logo, o oxigênio é o elemento que contribui com a maior massa na constituição do corpo humano.
8.10 Cálculo da massa molar:
a) C3H8OS2
Massa molar = 3 · C + 8 · H + 1 · O + 2 · S
Massa molar = 3 · 12 + 8 · 1 + 1 · 16 + 2 · 32
Massa molar = 124 g/mol
b) (NH4)3PO4
Massa molar = 3 · N + 12 · H + 1 · P + 4 · O
Massa molar = 3 · 14 + 12 · 1 + 1 · 31 + 4 · 16
Massa molar = 149 g/mol
c) (CH3CH2CH2)3N
Massa molar = 9 · C + 21 · H + 1 N
Massa molar = 9 · 12 + 21 · 1 + 1 · 14
Massa molar = 143 g/mol
d) C6H4 (CO2H)2
Massa molar = 8 · C + 6 · H + 4 · O
Massa molar = 8 · 12 + 6 · 1 + 4 · 16
Massa molar = 166 g/mol
e) C6H3 (NO2)2COCL
Massa molar = 7 · C + 3 · H + 2 · N + 5 · O + 1 · CL
Massa molar = 7 · 12 + 3 · 1 + 2 · 14 + 5 · 16 + 1 · 35,5
Massa molar = 230,5 g/mol
f ) (CH2)2CH(SH)2OH
Massa molar = 3 · C + 8 · H + 2 · S + 1 · O
Massa molar = 3 · 12 + 8 · 1 + 2 · 32 + 1 · 16
Massa molar = 124 g/mol
8.11 Alternativa D.
Cálculo da massa de selênio:
79 g
100%
m
1%
m = 0,79 g de Se
Cálculo da quantidade de matéria de selênio:
1 mol de Se
79 g
n
0,79 g
n = 0,01 mol de Se
8.12 Alternativa E.
A soma das massas atômicas da molécula que representa o
Parathion é 291. Sua massa molecular, portanto, é 291 u e sua
massa molar 291 g/mol.
8.13 Alternativa B.
A soma das massas atômicas da molécula que representa a
vitamina B1 é 337. Portanto, sua massa molecular é 337 u.
8.14 Alternativa D.
1 mol de H2(g)
2g
x
1 000 g
x = 500 mol de H2(g)
32 g
1 mol de O2(g)
y
8 000 g
y = 250 mol de O2(g)
8.15 a) Quantidade de matéria de prata (108 g/mol):
1 mol de Ag(s)
108 g
x
20 g
x q 0,185 mol de Ag
Logo, a quantidade de matéria de ouro obtido é igual a 0,185
mol de Au.
Cálculo da massa de ouro (197 g/mol) correspondente:
1 mol de Au(s)
197 g
0,185 mol de Au(s)
y
y q 36,48 g de Au
b) d =m
V
V = m
V d
V = 20
V
V q 1,90 cm3
Ag 10,5
V
V q 1,89 cm3
VAu =36,48
19,3
8.16 Alternativa A.
Número de grupos de 6 moléculas contidos em um mol de
moléculas:
6,0 . 1023 = 1,0 . 1023
6
8.17 a) H2SO4 = 98 g/mol
m
196
n =
V
n=
M
98
V
b) H4P2O7 = 178 g/mol
m
267
n =
V
n=
M
178
V
c) C2H4 (OH)2 = 62 g/mol
m
31
n =
V
n=
M
62
V
d) C3H6 (NH2)2 = 74 g/mol
m
222
n =
V
n=
M
74
V
n = 2 mol
n = 1,5 mol
n = 0,5 mol
n = 3 mol
8.18 Cálculo do número de moléculas:
a) 1 mol de moléculas
6,02 . 1023 moléculas
x
2 mol de moléculas
2 . 6,02 . 1023
V
x=
1
b) 1 mol de moléculas
1,5 mol de moléculas
1,5 . 6,02 . 1023
V
y=
1
c)1 mol de moléculas
0,5 mol de moléculas
0,5 . 6,02 . 1023
V
z=
1
d)1 mol de moléculas
3 mol de moléculas
3 . 6,02 . 1023
w=
1
8.19 Alternativa E.
1 mol de Hg
x = 2 . 6 . 1023
200
x = 1,204 . 1024 moléculas
6,02 . 1023 moléculas
y
y = 9,03 . 1023 moléculas
6,02 . 1023 moléculas
z
z = 3,01 . 1023 moléculas
6,02 . 1023 moléculas
w
V
w = 1,806 . 1024 moléculas
200 g Hg
2 g Hg
V
6 . 1023 átomos
x
x = 6 . 1021 átomos de Hg
51
8.20 Alternativa B.
1 L de água do mar
390 mg de K
0,39 g de K
39 g de K (1 mol)
6,02 · 10 átomos
28,09
8.26 Alternativa A.
x = 6,02 . 1021 átomos de K
8.21 Alternativa B.
1 mol de C19H38O
x =
I. Errada. H2O = 18 g/mol
6 · 1023 moléculas
x
282
18 g
x q 2,1 · 109 moléculas de C19H38O
1 molécula
x
8.27 Alternativa E.
1 · 18
x=
6,0 · 1023
V
x = 3,0 · 10 –23 g
III. Errada. Ar = 40 g/mol
6,0 · 1023 átomos
40 g
9,0 · 1023 átomos
y
9,0 · 1023 · 40
y=
V
6,0 · 1023
4,5 · 1020 moléculas
z
6,0 · 10 moléculas
V
8.22 Alternativa E.
x
1 700 · 4
100
56 g Fe
1 colher de sopa de feijão 4,4 · 10 mol Fe
x
−5
65,4 g de zinco (1 mol)
6 · 1023 átomos de zinco
0,068 g de zinco
y
0,068 · 6 · 1023
65,4
y q 6,2 · 1020 átomos de zinco
z q 333 g
1 mol Fe
8.28 Alternativa E.
Considerando que nas CNTP 1 mol de moléculas ocupa o volume de 22,4 L e os dados fornecidos na tabela, temos para
a amônia:
78,4 L
59,5 g
22,4 L
4,4 · 10 −5 · 56
x =
1
x = 2,46 · 10 −3 g de Fe ou 2,46 mg de Fe
1 colher de sopa de feijão
y
4 mg de zinco
1 700 g de fígado
y =
23
4,5 · 1020
100 g de fígado
1,7 kg de fígado
x = 68 mg de zinco ou 0,068 g de zinco
y = 60 g
0,25 g
6,0 · 1023 · 0,25
x =
V. Errada.
z =
x
22,4 . 59,5
x=
2,46 mg Fe
30 mg Fe
30 · 1
78,4
V
17 g
1 mol
59,5 g
x
y =
2,46
y q 12 colheres de sopa de feijão
59,5 · 1
x=
V
17
a) Para o acetileno, temos:
8.23 Alternativa A.
1 mol de Pb
x
33,6 L
39,0 g
22,4 L
x
207 g de Pb
0,207 g de Pb
22,4 . 39,0
x=
0,207 · 1
x =
V
207
x = 0,001 mol de Pb ou 1,00 · 10 −3 mol de Pb
CO = 28 g/mol
V
6 · 1023 moléculas
C2H4 = 28 g/mol
V
6 · 1023 moléculas
N2 = 28 g/mol
V
6 · 1023 moléculas
Total de moléculas
V
3 · 6 · 10233 moléculas
V
x = 3,5 mol
x = 26 g
11,2 L
8,0 g
22,4 L
x
22,4 . 8,0
x=
11,2
V
x = 16 g
c) Para o hélio, temos:
Total = 18 · 1023 ou 1,8 · 1024 moléculas
8.25 Alternativa C.
67,2 L
12,0 g
x
8,0 g
8,0 . 67,2
x=
12,0
V
d) Para o ozônio, temos:
5,68 mg de Si = 0,00568 g de Si
0,00568 g de S
33,6
x = 17 g/mol
b) Para o metano, temos:
8.24 Alternativa D.
28,09 g de Si (1 mol)
282 g
10 −12 g
10 −12 · 6,02 · 1023
6,0 · 10 moléculas
23
52
0,00568 · 6,02 · 1023
x q 1,21 · 1020 átomos de Si
23
0,39 g de K
x
.
.
23
x = 0,39 6,02 10 V
39
x =
6,02 · 10 átomos de Si
22,4 L
1 mol
x
2,8 L
x
23
x = 44,8 L
x=
2,8 . 1
22,4
V
x = 0,125 mol
8.29 Alternativa D.
16,68 g de tântalo
1 cm3
0,5 L
x=
x
500 cm
3
500 · 16,68
1
x = 8 340 g de tântalo
1 mol de tântalo
181 g
y
8 340 g
8 340 · 1
x=
181
y = 46,08 mol
8.30 Alternativa B.
2 C4h10(g) +
13 O2(g) *( 8 CO2(g) +
2 · 58 g de C4h10
13 · 22,4 L de O2
232 g
x
x=
232 · 13 · 22,4
2 · 58
V
10 h2O(v)
x = 582,4 L de O2
Como o oxigênio é apenas 20% do ar, temos:
582,4 L
20%
y
100%
582,4
·
100
y=
V
y = 2 912,0 L de ar
20
8.31 Alternativa E.
Ch4 = 16 g/mol
22,4 L
16 g de Ch4
x
1 000 g de Ch4
1 000 · 22,4
x=
16
V
x = 1 400 L de Ch4
8.32 a) Equação balanceada:
2 C8h18 (g) +
25 O2(g) *(
b) 2 mol de C8h18(g)
16 CO2(g) +
18 h2O(v)
25 mol de O2(g)
228 g de C8h18(g)
25 · 25 L de O2(g)
Volume de O2: 25 · 25 = 625 L
100 L de ar
20 L de O2
x
625 L de O2
·
x = 625 100
20
V
x = 3 125 L de ar
53
Resolução da série
exercitando o raciocínio
9.1 5,8 g de éster
3,6 g de carbono
100 g de éster
100 · 3,6
x=
5,8
x
V
x = 62,07 g (62,07%) de C
5,8 g de éster
0,6 g de hidrogênio
100 g de éster
y
100 · 0,6
y=
5,8
V
y = 10,34 g (10,34%) de h
5,8 g de éster
1,6 g de oxigênio
100 g de éster
z
100 · 1,6
z=
5,8
V
z = 27,59 g (27,59%) de O
C 62,07% h 10,34% O 27,59%
carbono =
62,07
12
V
carbono q 5,17
hidrogênio =
10,34
1
V
hidrogênio = 10,34
oxigênio =
27,59
16
V
oxigênio q 1,72
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
5,17
carbono =
V
carbono q 3
1,72
hidrogênio =
oxigênio =
10,34
1,72
V
hidrogênio q 6
1,72
1,72
V
oxigênio = 1
Fórmula mínima: C3h6O1
Massa da fórmula mínima: 3 · 12 + 6 · 1 + 1 · 16
Massa da fórmula mínima = 58 g/mol
n · 58 = 116
V
n=2
Fórmula molecular: C6h12O2
9.2 Cálculo da quantidade de metais em 100 g da liga:
5,0 g da liga contêm
3,0 g de AL
100 g da liga contêm
100 . 3,0
x=
V
5,0
x
x = 60
x = 60 g de AL, o que corresponde a 60% de AL.
5,0 g da liga contêm
1,5 g de Mg
100 g da liga contêm
100 . 1,5
y=
V
5,0
y
y = 30
55
y = 30 g de Mg, o que corresponde a 30% de Mg.
Ca5 (PO4)3F = 5 . 40 + 3 . 31 + 12 . 16 + 1 . 19
5,0 g da liga contêm
0,5 g de Cu
Ca5 (PO4)3F = 504 g/mol
100 g da liga contêm
100 . 0,5
z=
V
5,0
z
% de fósforo no composto Ca5 (PO4)3OH
z = 10
502 g de Ca5 (PO4)3OH
93 g de fósforo
100 g de Ca5 (PO4)3OH
100 . 93
x=
V
502
x
z = 10 g de Cu, o que corresponde a 10% de Cu.
9.3 Fórmula percentual: C 74,1% H 8,6% N 17,2%
74,1
carbono =
= 6,175
12
8,6
= 8,6
1
hidrogênio =
17,2
nitrogênio =
q1,229
14
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles,
para transformar essa proporção em núme­ros inteiros e pe­
quenos, teremos:
162
81 · n = 162
V n =
V
81
Fórmula molecular: C10H14N2
b) 6,02 . 1023 moléculas de nicotina
n=2
162 g
x
x q2,69 . 10 –22 g
9.4 Alternativa E.
a) O processo de reciclagem natural da água (chuvas) representa um fenômeno físico.
b) A água entra em ebulição a 100 oC, a 1 atm de pressão.
c) A água é uma substância composta formada pelos elementos hidrogênio e oxigênio. A água proveniente das chuvas e
de processos artificiais de purificação (tratamento de água) é
uma mistura homogênea.
d) A água evapora a 25 oC.
e) A água pura é constituída, quanto à massa, de 11,11% de
hidrogênio e 88,89% de oxigênio.
Cálculo da porcentagem de oxigênio:
Massa molar da água = 18,00 g/mol
18,00 g de água
16,00 g de oxigênio
100 g de água
100 . 16,00
x=
18,00
x
x = 88,89 g (88,89% de O)
Cálculo da porcentagem de hidrogênio:
100% – 88,89% = 11,11% de hidrogênio.
Ca5 (PO4)3OH = 5 . 40 + 3 . 31 + 13 . 16 + 1 . 1
56
Ca5 (PO4)3OH = 502 g/mol
100 g de Ca5 (PO4)3F
100 . 93
y=
V
504
y
y = 18,45 g ou 18,45%
Logo, os compostos apresentam aproximadamente 18,50%
de fósforo.
9.6 Alternativa B.
9,9
= 0,825
12
31,4
flúor =
q1,653
19
58,7
cloro =
q1,653
35,5
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles,
para transformar essa proporção em núme­ros inteiros e pe­
quenos, teremos:
carbono =
1,229
nitrogênio =
= 1
1,229
Fórmula mínima: C5H7N
a) Massa da fórmula mínima = 5 · 12 + 7 · 1 + 1 · 14
Massa da fórmula mínima = 81 g/mol
9.5 Alternativa D.
93 g de fósforo
Fórmula percentual: C 9,9% F 31,4% CL 58,7%
8,6
hidrogênio =
q7
1,229
V
% de fósforo no composto Ca5 (PO4)3F
504 g de Ca5 (PO4)3F
% de carbono: 100% – (31,4% + 58,7%) = 9,9%
6,175
carbono =
q5
1,229
1 molécula de nicotina
1 . 162
x=
V
6,02 . 1023
x = 18,53 g ou 18,53%
0,825
carbono =
= 1
0,825
1,653
flúor =
q 2
0,825
1,653
cloro =
q 2
0,825
Fórmula mínima: CF2CL 2
9.7 Fórmula percentual do hipossulfito de sódio:
% de enxofre = 100 – (26,44 + 36,78)
% de enxofre = 36,78%
Na 26,44% S 36,78% O 36,78%
Fórmula mínima do hipossulfito de sódio:
26,44
sódio =
q 1,15
23
36,78
enxofre =
q 1,15
32
36,78
oxigênio =
q 2,30
16
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles, teremos:
1,15
sódio =
= 1
1,15
1,15
enxofre =
= 1
1,15
2,30
oxigênio =
= 2
1,15
Fórmula mínima: Na1 S1 O2 ou NaSO2
Massa da fórmula mínima = 1 · 23 + 1 · 32 + 2 · 16
Orientações para o professor
Massa da fórmula mínima = 87 g/mol
22 g de hidrogênio
342 g de sacarose
174
87 · n = 174
V n =
87
Fórmula molecular: Na2S2O4
y
100 g de sacarose
V
n=2
9.8 Alternativa D.
60 kg
100%
100 · 22
y=
342
V
y q 6,43 g de hidrogênio
176 g de oxigênio
342 g de sacarose
z
100 g de sacarose
4%
.
4 60
x=
V x = 2,4 kg (massa de minerais)
100
Massa de cálcio (50%):
100 · 176
z=
342
2,4 kg
100%
y
50%
0,5 mol de quinina
1 mol de quinina (324 g/mol)
120 g de C
240 g de C
12 g de H
24 g de H
1,0 mol de N
2,0 mol de N
1,0 mol de O
2,0 mol de O
x
50 . 2,4
y=
100
V
y = 1,2 kg (massa de cálcio)
Massa de fósforo (25%):
2,4 kg
100%
z
25%
25 . 2,4
z=
100
V
z = 0,6 kg (massa de fósforo)
9.9 Alternativa D.
Massa molar da água, H2O = 18 g/mol
V
z q 51,46 g de oxigênio
Fórmula percentual: C 42,11% H 6,43% O 51,46%
9.12 Alternativa B.
Os índices dos elementos na fórmula de um composto mostram diretamente a proporção em quantidade de matéria de
cada elemento em uma molécula. Já temos essa proporção
para o N e o O, basta encontrar para o C e o H.
Quantidade de matéria de carbono:
12 g de cabono
1 mol de carbono
x
2 g de hidrogênio
18 g de água
240 g de carbono
x
100 g de água
240 · 1
x=
V
x = 20 mol de carbono
12
Quantidade de matéria de hidrogênio:
x=
100 . 2
18
V x = 11,11 g de hidrogênio
16 g de oxigênio
18 g de água
y
100 g de água
100 . 16
y=
V y = 88,89 g de hidrogênio
18
9.10 Alternativa D.
Fórmula percentual do carbonato de cálcio:
Ca 40% C 12% O 48%
Fórmula mínima do carbonato de cálcio:
40
cálcio =
= 1
40
12
carbono = = 1
12
48
oxigênio = = 3
16
Fórmula mínima:Ca1 C1 O3 ou CaCO3
Massa da fórmula mínima = 1 · 40 + 1 · 12 + 3 · 16
Massa da fórmula mínima = 100 g/mol
100 · n = 100
n=1
Fórmula molecular: CaCO3
9.11 Alternativa D.
Fórmula percentual da sacarose: C12H22O11
Massa molar: 12 · 12 + 22 · 1 + 11 · 16 = 342 g/mol
1 g de hidrogênio
1 mol de hidrogênio
24 g de hidrogênio
y
24 · 1
y=
V
y = 24 mol de hidrogênio
1
Fórmula molecular da quinina: C20H24N2O2
9.13 Alternativa D.
100% de ouro na aliança
2,0 g
75% de ouro na aliança
x
75 · 2,0
x=
100
x = 1,5 g de ouro
V
9.14 Alternativa A.
0,01 mol de pirita
1,20 g
1 mol de pirita
120 g
46,67
ferro =
q 0,83
56
53,33
enxofre =
q 1,67
32
Dividindo todos os valores pelo menor deles, teremos:
0,83
ferro =
= 1
0,83
1,67
enxofre =
q 2
0,83
Fórmula mínima:Fe1S2 ou FeS2
Massa da fórmula mínima = 1 · 56 + 2 · 32 = 120 g/mol
144 g de cabono
342 g de sacarose
x
100 g de sacarose
120 · n = 120 V n = 1 \ Fórmula molecular: FeS2
x q 42,11 g de carbono
100% de minerais
106 g (1 tonelada)
65% de minerais
x
100 · 144
x=
342
V
9.15 Alternativa A.
57
65 · 106
x=
V
x = 6,5 . 105 g de minerais
100
Massa de fosfato de cálcio, Ca3 (PO4)2, em 1 t de ossos:
100%
6,5 · 105 g
80%
y
80 . 6,5 . 105
V
y=
100
Mg 12% Fe 56% O 32%
y = 5,2 . 105 g de Ca3 (PO4)2
12
magnésio =
24
V
56
ferro =
56
V
32
oxigênio =
16
V
9.17 Cálculo da fórmula mínima da ferrita:
Massa de fósforo em 5,2 · 105 g de Ca3 (PO4)2:
310 g (1 mol) de Ca3 (PO4)2
2 · 31 g de P
5,2 · 10 g de Ca3 (PO4)2
z
5
5,2 · 10 · 2 · 31
z=
V
310
104 000 g = 104 kg de P
5
z = 1,04 · 105 g de P
Massa de cálcio em 5,2 · 105 g de Ca3 (PO4)2:
magnésio = 0,5
ferro = 1
oxigênio = 2
Multiplicando todos os valores por 2 para obter os menores
números inteiros, teremos: Fórmula mínima: MgFe2O4
310 g (1 mol) de Ca3 (PO4)2
3 · 40 g de Ca
9.18 Alternativa D.
Cálculo da quantidade de matéria de N e O:
5,2 · 105 g de Ca3 (PO4)2
w
0,5 mol do óxido
1,0 mol do óxido
7,0 g de N
14,0 g de N
16,0 g de O
32,0 g de O
5,2 · 105 · 3 · 40
V
w=
310
w = 2,01 · 105 g de Ca
Massa de carbonato de cálcio, CaCO3, em 1 t de ossos:
100%
6,5 · 105 g
20%
a
20 · 6,5 · 105
a=
100
V
a = 1,3 . 105 g de CaCO3
Massa de cálcio em 1,3 · 105 g de CaCO3:
1 . 40 g de Ca
100 g (1 mol) de CaCO 3
b
1,3 · 10 g de CaCO3
5
1,3 · 105 · 1 · 40
V b = 0,52 · 105 g de Ca
b=
100
Massa total de cálcio= 2,01 · 105 + 0,52 · 105
Massa total de cálcio = 2,53 · 105 g de Ca =
= 253 000 g de Ca = 253 kg de Ca
9.16 Alternativa B.
6,02 · 1020 moléculas
0,18 g de aspirina
6,02 · 1023 moléculas (1 mol)
x
6,02 · 1023 · 0,18
x=
V
6,02 · 1020
x = 180 g (180 g/mol)
Fórmula percentual: C 60% H 4,44% O 35,56%
60
carbono =
12
hidrogênio =
4,44
1
V
V
35,56
oxigênio =
V
16
carbono = 5
hidrogênio = 4,44
oxigênio q 2,22
Dividindo todos os números pelo menor deles:
5
carbono =
V
carbono q 2,25
2,22
58
Massa da fórmula mínima: 9 · 12 + 8 · 1 + 4 · 16 = 180 g/mol
n · 180 = 180
V
n=1
Fórmula molecular: C9H8O4
4,44
hidrogênio =
2,22
V
hidrogênio = 2
2,22
oxigênio =
2,22
V
oxigênio = 1
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores
números inteiros, teremos: Fórmula mínima: C9H8O4
Massa molar do óxido: 46 g/mol
14,0 g
nitrogênio =
14 g/mol
V
32,0 g
oxigênio =
16 g/mol
V
nitrogênio = 1 mol
oxigênio = 2 mol
Fórmula mínima: NO2
Massa da fórmula mínima: 1 · 14 + 2 · 16 = 46
n · 46 = 46
V
n=1
Fórmula molecular: NO2
9.19 Alternativa E.
Em 100 g do mineral há:
44 g de SiO2 (60 g/mol):
60 g de SiO2
32 g de O2
44 g de SiO2
.
x = 44 32
60
x
V
x q 23,45 g de O2
44 g – 23,45 g = 20,55 g de Si
42 g de MgO (40 g/mol):
40 g de MgO
16 g de O2
42 g de MgO
.
y = 42 16
V
40
42 g – 16,8 g = 25,2 g de Mg
y
y = 16,8 g de O2
1 g de FeO (72 g/mol):
72 g de FeO
16 g de O2
1 g de FeO
.
z = 1 16
72
z
V
z q 0,22 g de O2
1 g – 0,22 g = 0,78 g de Fe
13 g de H2O (18 g/mol):
18 g de H2O
16 g de O2
13 g de H2O
w
Orientações para o professor
.
w = 13 16
18
V
w q 11,56 g de O2
13 g – 11,56 g q 1,44 g de H
1 mol de lisina ( 146 g de lisina
( 6 . 6,02 . 1023 átomos de C
6 . 6,02 . 1023 átomos de C
146 g de lisina
Massa total de oxigênio presente em 100 g do mineral:
Fórmula percentual: C 22,88% H 5,76% As 71,36%
7,3 g de lisina
x
. 6 . 6,02 . 1023
7,3
x =
V
146
x = 18,06 . 1022 átomos de C
22,88
carbono =
V
12
Para o óxido 1:
23,45 g + 16,8 g + 0,22 g + 11,56 g = 52,03 g
9.20 Alternativa A.
hidrogênio =
5,76
1
71,36
arsênio =
V
75
x = 1,806 . 1023
9.24 Alternativa A.
carbono q 1,90
V
( 6 mol de C (
hidrogênio = 5,76
70
ferro =
56
V
arsênio q 0,95
30
oxigênio =
16
V
Dividindo todos os números pelo menor deles:
1,90
carbono =
V
carbono = 2
0,95
ferro = 1,25
oxigênio = 1,875
Dividindo todos os números pelo menor deles:
1,25
ferro =
1,25
V
ferro = 1
5,76
hidrogênio =
0,95
V
hidrogênio = 6
0,95
arsênio =
0,95
1,875
oxigênio =
V
1,25
V
arsênio q 1
Multiplicando todos os valores por 2 para obter os menores
números inteiros, teremos: Fórmula mínima: Fe2O3
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores
números inteiros, teremos: Fórmula mínima: C2H6As
Massa da fórmula mínima = 105 g/mol
n . massa da fórmula mínima = massa molar
V
n . 105 = 209,96
9.21 Alternativa C.
*( 2 mol de F *( 38 g de F
157 g de SnF2
38 g de F
x
0,076 g de F
.
x = 0,076 157
38
V
x = 0,314 g de SnF2
78,5 g de SnF2
100%
0,314 g de SnF2
.
y = 0,314 100
78,5
y
V
+
O2(g)
3,91 g
*(
superóxido de potássio
x
7,11 g
3,91 + x = 7,11
V
x = 3,20 g
K: 3,91
39,1
V
K = 0,1
O: 3,20
16
V
O = 0,2
A proporção entre o número de átomos de potássio e de
oxigênio na fórmula empírica do superóxido de potássio é:
0,1 : 0,2 ou 1 : 2
Fórmula empírica do superóxido de potássio: KO2
9.23 Alternativa C.
Fórmula molecular da lisina (fornecida): C5H13N2COOH.
Massa molar: 146 g/mol
77,8
ferro =
56
V
ferro q 1,389
9.25 Alternativa B.
C 77,87% H 11,76% O 10,37%
77,87
carbono =
V
12
hidrogênio =
11,76
V
1
10,37
oxigênio =
V
16
carbono q 6,49
hidrogênio = 11,76
oxigênio q 0,65
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
6,49
carbono =
V
carbono q 10
0,65
y = 0,4%
9.22 Alternativa B.
K(s)
Para o óxido 2:
22,2
oxigênio =
V
oxigênio q 1,388
16
A proporção entre o número de átomos de Fe e de O é, praticamente, de 1 : 1. Fórmula mínima: FeO.
nq2
Formula molecular: C4H12As2
SnF2 (157 g/mol)
oxigênio = 1,5
11,76
hidrogênio =
V
0,65
hidrogênio q 18
0,65
oxigênio =
0,65
oxigênio = 1
V
Fórmula mínima: C10H18O1
Massa da fórmula mínima: 154 g/mol
n · 154 = 154
V
n=1
Fórmula molecular: C10H18O
9.26 Alternativa C.
C 66,38% H 6,38% O 27,23%
66,38
carbono =
V
12
hidrogênio =
6,38
1
V
27,23
oxigênio =
V
16
carbono q 5,532
hidrogênio = 6,38
oxigênio q 1,702
59
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
5,532
carbono =
V
carbono = 3,25
1,702
800 mg de Ca correspondem a 100% das necessidades de
um indivíduo, logo 1 tablete (400 mg de Ca) fornece 50% das
necessidades diárias de cálcio.
6,38
hidrogênio =
1,702
9.30 Alternativa D.
V
1,702
V
oxigênio =
1,702
hidrogênio q 3,75
oxigênio = 1
2 mol de N
80 g de NH4NO3
28 g de N
x
17 500 g de N
Multiplicando todos os valores por 4 para obter os menores
números inteiros, teremos: Fórmula mínima: C13H15O4
Massa da fórmula mínima: 235 g/mol
n · 235 = 470
V
n=2
x=
Fórmula molecular: C26H30O8
1 hectare
50 kg de NH4NO3
10 hectares
.
y = 10 50
1
y
9.27 Alternativa E
.
C 24,78% H 2,08% O 73,1%
24,78
carbono =
V
12
2,08
hidrogênio =
1
V
73,1
cloro =
35,5
V
carbono = 2,065
hidrogênio = 2,08
cloro q 2,059
Dividindo todos os valores encontrados pelo menor deles:
2,065
carbono =
V
carbono q 1
2,08
2,08
hidrogênio =
2,08
V
2,059
V
cloro =
2,08
17 500 . 80
28
V
x = 50 000 g de NH4NO3
ou, x = 50 kg de NH4NO3
V
y = 500 kg de NH4NO3
50 kg de NH4NO3
R$ 35,00
500 kg de NH4NO3
.
z = 500 35,00
50
z
V
z = R$ 350,00
9.31 Alternativa D.
25 g
100% de Pb
x
94% de Pb
hidrogênio = 1
.
x = 94 25
100
cloro q 1
Portanto: 25 g – 23,5 g = 1,5 g de Sb
V
x = 23,5 g de Pb
Fórmula mínima: C1H1CL 1
9.32 Alternativa C.
Massa da fórmula mínima: 48,5 g/mol
n · 48,5 = 290,85
V
nq6
Alternativa C
1 mol de TiO2
80 g
48 g de Ti
Fórmula molecular: C6H6CL 6
100 g
x
9.28 Alternativa C.
.
x = 100 48
80
1 mol de AL 2O3
2 mol de AL
102 g de AL 2O3
54 g de AL
x
1 kg de AL
.
x = 1 102
54
V
x q 1,89 kg de AL 2O3
1,89 kg de AL 2O3
5 kg de bauxita (1 kg de AL)
100 kg de bauxita .
y =100 1,89
5
y
V
y q 37,8 kg de AL 2O3
Em 100 unidades de massa de bauxita há 37,8 unidades de
massa de óxido de alumínio (37,8%).
9.29 Alternativa C.
1 tablete 500 mg de CaCO3
2 tabletes
x
x = 1 000 mg ou 1,0 g de CaCO3
1 mol de CaCO3 contém 1 mol de Ca
60
1 mol de NH4NO3
V
x = 60 g de Ti
Portanto, a porcentagem em massa de titânio no dióxido de
titânio é 60%.
9.33 Alternativa A.
Massa molar do DDT: 14 x 12 + 9 x 1 + 5 x 35,5 = 354,5 g/mol
%C: 354,5 g
14 . 12 g
.
.
x = 14 12 100
354,5
100%
x
V
x = 47,4%
% H: 354,5 g
100%
y
9 g
.
y = 9 100
354,5
V
y = 2,5%
% CL = 100 − (47,4 + 2,5)
% CL = 50,1%
9.34 CaMg(CO3)2 = 184,3 g/mol
100 g de CaCO3 contém 40 g de Ca
184,3 g 100%
1,0 g de CaCO3 contém y
.
y = 1,0 40
V y = 0,4 g de Ca ou y = 400 mg de Ca
100
24,3 g
x
.
x = 24,3 100
184,3
V
x q 13,2%
9.35 Alternativa C.
% de N na ureia (60 g/mol):
28 . 100 = 46,7%
60
% de N no nitrato de amônio (80 g/mol):
28 . 100 = 35%
80
% de N na guanidina (59 g/mol):
42 . 100 = 71,2%
59
% de N no sulfato de amônio (132 g/mol):
28 . 100 = 21,2%
132
9.36 Alternativa D.
Cálculo da massa molar do fosgênio:
1 mol
22,4 L
M
2,24 L
9,9 g
.
M = 9,9 22,4
2,24
V
M = 99 g/mol
A fórmula que tem massa correspondente a 99 g/mol é o
COCL 2.
61
Orientações para o professor
Resolução da série
exercitando o raciocínio
10.1 Alternativa E.
Apenas o oxigênio e o ozônio diferem entre si quanto à atomicidade. As demais variedades alotrópicas diferem quanto à
estrutura cristalina.
10.2 São corretos os itens 01, 02, 04, 08 e 16.
Resposta: 31.
O item 32 está errado porque as propriedades físicas do ozônio (como a de proteger o planeta dos raios ultravioleta do
Sol) são diferentes das do oxigênio, apesar de serem formas
alotrópicas de um mesmo elemento. Logo, um não pode substituir o outro nessa função.
10.3 a) O2(g)
*(
O(g)
+
O(g)
+
O(g)
*(
O3 (g)
O2(g)
b) Admitindo apenas a equação:
2 O (g) +
2 O2 (g)
*(
2 O3 (g)
O (g)
O2 (g)
*(
O3 (g)
+
ou
temos a seguinte proporção: 1 mol de O : 1 mol de O2
De acordo com o gráfico, isso é favorecido a uma altitude próxima a 135 km.
10.4 Alternativa A.
As propriedades químicas de duas formas alotrópicas são semelhantes e, em geral, elas podem reagir formando os mesmos compostos.
10.5 Alternativa A.
Fósforo branco e fósforo vermelho são formas alotrópicas do
fósforo.
10.6 Alternativa C.
Os buckyballs, a grafite e o diamante são formas alotrópicas do
elemento químico carbono.
10.7 Alternativa E.
1 ) são substâncias simples, formadas pelo elemento carbono.
2 ) apresentam propriedades químicas muito semelhantes.
3 ) apresentam propriedades físicas diferentes.
10.8 Alternativa E.
Apenas o oxigênio e o ozônio diferem entre si quanto a atomicidade.
10.9 Alternativa D.
Em III, oxigênio significa elemento e em IV, oxigênio significa
substância.
63
altíssima tensão. Motores elétricos e ímã produzem campos
magnéticos que podem interferir na trajetória dos elétrons e,
portanto, na imagem do aparelho.
11.5 Alternativa A.
Os raios catódicos são atraídos para a placa positivamente carregada. São, portanto, constituídos de carga negativa.
11.6 Alternativa D.
A partícula subatômica detectada nesse experimento é o elétron (de massa desprezível e carga relativa −1).
11.7 Alternativa E.
Os raios catódicos são constituídos por um feixe de elétrons.
11.8 São corretas as afirmativas: 02; 04; 08; 16; 32.
Resposta: 62.
01. Falsa. Os gases, em condições ambientes, não são bons
condutores de corrente elétrca.
11.9 Alternativa A.
A partícula que incide na tela luminescente na posição III é
atraída pela placa elétrica com carga negativa. Portanto, a
posição III corresponde a um choque de uma partícula alfa
(partícula que apresenta carga positiva).
11.10 Alternativa C.
partículas alfa: 2a4;
partículas beta: −1b0 ;
Resolução da série
exercitando o raciocínio
11.1 Alternativa B.
a) Incorreta. A massa dos elétrons é praticamente desprezível
em relação à massa total do átomo.
c) Incorreta. A afirmação refere-se à concepção de átomo proposta pelos filósofos gregos e não relativa aos elétrons.
d) Incorreta. O fenômeno da radioatividade mostrou que os
átomos não são indivisíveis.
e) Incorreta. A justificativa para a neutralidade elétrica do átomo deve-se à existência dos prótons, que são cargas positivas
opostas aos elétrons, e não aos nêutrons.
Nota: Além de as outras alternativas estarem incorretas, o aluno poderá se certificar de que a alternativa B é correta, observando a data da fonte do texto da questão (1997).
11.2 São corretos os itens: 02, 04, 16 e 32. Resposta: 54.
01. Errado. Os raios canais partem do ânodo e caminham em
direção ao cátodo.
08. Errado. A massa do próton (parte elementar dos raios canais) é 1 836 vezes maior que a massa do elétron (parte elementar dos raios catódicos).
11.3 É errada porque os íons são partículas (átomos ou moléculas) que possuem excesso ou deficiência de elétrons. O
número de prótons é constante e invariável em qualquer fenômeno químico e, por isso, caracteriza o elemento.
11.4 Alternativa A.
Ao abrir o gabinete, o usuário poderá tocar em pontos com
66
radiação gama: 0γ0.
11.11 Alternativa D.
O sulfato duplo de potássio e uranila di-hidratada utilizado por
Becquerel foi capaz de impressionar uma chapa fotográfica
lacrada por conter elementos radioativos (como urânio e
rádio).
11.12
a) Não. As substâncias fluorescentes com as quais
Becquerel estava trabalhando continham urânio, um elemento
radioativo que produz emissões capazes de impressionar um
filme fotográfico na ausência de luz solar, ou seja, sem estar
fluorescente
b) Partículas a , b e radiação γ. Os cientistas chegaram a essa
conclusão fazendo o seguinte experimento: colocaram um
bloco de chumbo que continha material radioativo dentro de
um recipiente submetido ao vácuo, ao qual foram adaptadas
duas placas eletrizadas com cargas opostas (o bloco de chumbo tinha uma única abertura para direcionar as emissões do
material).
Na parede oposta ao bloco de chumbo, uma chapa fotográfica
ou uma tela recoberta de sulfeto de zinco, ZnS (ou outra substância fluorescente), registrava as emissões radioativas.
c) Partículas a : são partículas de massa elevada e de carga
positiva.
Partículas b : são partículas de massa muito pequena e de carga negativa.
Radiações γ : são radiações semelhantes à luz e aos raios X.
11.13 Alternativa D.
A alternativa D é errada porque os íons são partículas (átomos
ou moléculas) que possuem excesso ou deficiência de elétrons.
O número de prótons é constante e invariável em qualquer
fenômeno químico e, por isso, caracteriza o elemento.
Orientações para o professor
O núcleo do átomo é muito menor que o átomo todo e detém,
praticamente, toda sua massa. Portanto, o núcleo é muito denso. No interior do núcleo são encontrados os prótons (partículas de carga positiva) e os nêutrons (partículas neutras).
12.7 Alternativa E.
O experimento não permite concluir a trajetória do elétron no
átomo.
12.8 Alternativa C.
Como as partículas alfa possuem carga positiva, o fato de atravessarem a lâmina sofrendo pequeno desvio em sua trajetória,
indica que o átomo é um grande vazio e que possui um núcleo
pequeno, denso e positvo, que teria repelido as partículas alfa
que passaram próximas a ele.
12.9 Alternativa C.
Ao receber energia, os elétrons da última camada são deslocados para níveis mais externos (camadas de maior energia). Ao
retornar à posição de origem, esses elétrons emitem energia
na forma de luz visível ou na forma de radiação ultravioleta.
12.10 Alternativa E.
O modelo atômico de Bohr propõe que o elétron, ao passar
de uma órbita para outra, absorve ou emite um quantum de
energia. Essa energia é emitida, geralmente, na forma de luz.
12.11 Alternativa B.
Segundo o modelo atômico de Bohr, a emissão de energia
luminosa ocorre justamente quando “um elétron que ocupe
um nível mais externo ‘pula’ para nível mais interno, liberando
uma quantidade bem definida de energia.”
Resolução da série
exercitando o raciocínio
12.1 Alternativa D.
Os fenômenos elétricos pressupõem a existência do elétron
como partícula subatômica. O modelo de Dalton não previa
a existência de partículas subatômicas de quaisquer espécies.
12.2 Alternativa B.
I. O átomo não é indivisível e a matéria possui propriedades
elétricas (1897): Thomson.
II. O átomo é uma esfera maciça (1808): Dalton.
III. O átomo é formado por duas regiões denominadas núcleo
e eletrosfera (1911): Rutherford.
12.3 Alternativa C.
Dalton supunha o átomo maciço e indivisível. Seu modelo
atômico não explicava fenômenos como a condução de eletricidade.
12.12 Alternativa A.
As explicações estão de acordo com o modelo atômico de Bohr.
12.13 Alternativa E.
I. Verdadeira. Rutherford constatou que o átomo é formado
por um núcleo cujo diâmetro é, aproximadamente, 10 000 vezes menor que o diâmetro do átomo.
II. Verdadeira. Vide comentário do item I.
III. Falsa. A afirmação corresponde ao modelo de Thomson.
IV. Falsa. A afirmação corresponde ao modelo de Bohr.
V. Falsa. A afirmação corresponde ao modelo de Bohr.
12.14 Alternativa B.
Um dos postulados do modelo atômico de Bohr afirma que:
“todo átomo possui um certo número de órbitas, com energia
constante, chamadas estados estacionários, nos quais o elétron
pode movimentar-se sem perder nem ganhar energia.” Ao receber energia, o elétron salta para um nível mais externo (mais
energético). Ao cessar a emissão de energia, o elétron volta
para o nível mais interno (menos energético), emitindo energia
na forma de luz (visível ou não).
12.4 Alternativa C.
A descoberta do elétron mostrou que o átomo não era a menor partícula da matéria, ou seja, o átomo podia ser dividido
em partículas subatômicas.
12.5 Alternativa A.
Todas as alternativas são corretas.
12.6 Alternativa C.
69
Orientações para o professor
13.2 0) Verdadeiro. O elemento oxigênio forma a substância
simples oxigênio de fórmula molecular O2.
1) Falso. O ozônio possui fórmula molecular O3.
2) Verdadeiro.
3) Falso. O oxigênio e o ozônio são formados pelo mesmo
elemento químico, o oxigênio de Z = 8. Essas substâncias são
diferentes entre si pela atomicidade (número de átomos que
formam uma molécula da substância).
13.3 Estão corretas as afirmativas: 01; 04 e 08. Resposta: 13.
02. Falso. Atualmente o termo átomo é utilizado para designar
uma estrutura formada de partículas subatômicas, como prótons, nêutrons e elétrons.
16. Falso. A água é uma substância formada pelos elementos
químicos hidrogênio e oxigênio. O ar é uma mistura de vários
gases, entre eles o nitrogênio e o oxigênio.
32. Falso. O fogo é emissão simultânea de calor e luz. Não é
um elemento químico.
13.4 Alternativa D.
13.5 Alternativa C.
O magnésio possui isótopos de números de massa iguais a 24,
25 e 26. Desse modo, temos: A = n + p V n = A – p
n = 24 – 12
V
n = 12
n = 25 – 12
V
n = 13
n = 26 – 12
V
n = 14
13.6 Alternativa B.
O número de prótons ou número atômico é o que caracteriza
cada elemento químico.
13.7 Alternativa E.
Como o átomo é eletricamente neutro, o número de prótons
é igual ao número de elétrons: p = 22.
A=p+n
V
V
A = 22 + 26
V
A = 48
13.8 Alternativa C.
A notícia diz que os “átomos mágicos” de silício possuem
“duas vezes mais nêutrons do que prótons”, portanto, 28 neutrons e 14 prótrons e número de massa 42.
13.9 Alternativa D.
O arsênio apresenta 33 prótons: Z = 33.
A=Z+n
V
V 74 = 33 + n
V
n = 41
13.10 Alternativa E.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
13.1 0. Verdadeiro. Átomos com o mesmo número de pró-
tons, nêutrons e elétrons são iguais.
1. Verdadeiro. Z = p.
2. Verdadeiro.
3. Falso. Atualmente, são conhecidos cerca de 120 elementos
químicos diferentes (entre naturais e artificiais).
4. Falso. Partículas positivas são prótons e partículas negativas
são elétrons.
Trítio e deutério são isótopos do átomo de hidrogênio (possuem número atômico = 1).
13.11 Alternativa C.
O carbono apresenta 6 prótons: Z = 6.
A=Z+n
V
V 14 = 6 + n
V
n=8
Como trata-se de um átomo neutro, o número de elétrons é
igual ao número de prótons: 6.
13.12 Alternativa C.
O deutério e o hidrogênio são isótopos (possuem número atômico = 1).
13.13 Alternativa E.
Espécies neutras apresentam o mesmo número de prótons e
elétrons. Essa igualdade se verifica nas espécies X e W.
73
13.14 Alternativa C.
O silício possui Z = 14, portanto, possui 14 prótons no núcleo.
A = Z + n
V
V 28 = 14 + n
V
n = 14
O enxofre é isótono do silício, portanto S possui 14 nêutrons.
A = Z + n
V
V A = 16 + 14
V
A = 30
13.15 Alternativa C.
O urânio apresenta 92 prótons: Z = 92.
A = Z + n
V
V 235 = 92 + n
V
n = 143
Como trata-se de um átomo neutro, o número de elétrons é
igual ao número de prótons: 92.
13.16 Alternativa C.
O copérnico apresenta 112 prótons: Z = 112.
A = Z + n
V
V A = 112 + 165 V
A = 277
13.17 Alternativa C.
Átomos de mesmo elemento químico possuem mesmo número atômico (número de prótons), ainda que o número de
massa seja diferente.
z=
4 · 1010 · 1
10 –8
z = 4 · 1018 átomos
1 mol de átomos
6,0 · 1023 átomos
w
4 · 1018 átomos
w=
4 · 10 · 1
6,0 · 1023
18
w = 0,666 · 10 –5
w = 6,67 · 10 –6 mol de átomos
13.23 a) A representação 126C indica o isótopo do carbono
que possui massa atômica 12 e 136C indica a representação do
isótopo de carbono que possui massa atômica 13.
(98,90 . 12,000) + (1,10 . 13,003)
b) MA =
V
100
VMA = 12,011 u
c) Calculando a percentagem de erro, temos:
E% =
|12 – 12,011| · 100
12,011
V
E% = 0,09%
13.18 Alternativa E.
O amerício apresenta 95 prótons: Z = 95.
A = Z + n
V
V 241 = 95 + n
V
n = 146
Como trata-se de um átomo neutro, o número de elétrons é
igual ao número de prótons: 95.
13.19 O nitrogênio apresenta 7 prótons: Z = 7.
A = Z + n
V
V 15 = 7 + n
V
n=8
O carbono apresenta 6 prótons: Z = 6.
A = Z + n
V
V 13 = 6 + n
V
n=7
13.20 Estão corretas as afirmativas: 01; 08 e 16.
Resposta = 25
02) Falsa. O número de massa indica a soma de prótons e
nêutrons existentes no núcleo do átomo.
04) Falsa. O isótopo 16O possui 8 nêutrons e o isótopo 18O
possui 10 neutros.
13.21 Alternativa B.
As espécies químicas que possuem 6 nêutrons são 115B e 126C.
Boro: n = A – p
n = 11 – 5
V
n=6
Carbono: n = A – p
n = 12 – 6
V
n=6
13.22 Alternativa D.
1 m
100 cm
1 000 m (1 km)
x
x = 105 cm
105 cm
1 km
4 · 10 km
5
y
y = 4 · 1010 cm
74
10 –8 cm
1 átomo
4 · 1010 cm
z
Resolução da série
exercitando o raciocínio
14.1 Alternativa B.
É importante frisar sempre para o aluno que o número de
prótons jamais varia em um fenômeno químico (pode variar
apenas em fenômenos radioativos).
14.2 Alternativa A.
O número atômico (número de prótons) é indicado subscrito
à esquerda do símbolo, logo o enxofre possui 16 prótons. No
átomo neutro o número de prótons é igual ao número de elétrons: 16. A carga do ânion sulfeto é 2–, o que indica que o
átomo de enxofre “ganhou” dois elétrons, portanto o ânion
apresenta 18 elétrons.
14.3 Alternativa A.
O cromo possui Z = 24, portanto, apresenta 24 prótons no
núcleo.
O átomo neutro de cromo apresenta 24 elétrons na eletrosfera.
O íon Cr3+, perde 3 elétrons, portanto, apresenta:
24 – 3 = 21 elétrons.
Lembre-se de que o número de prótons não muda.
Para determinar o número de nêutrons seria necessário conhecer o número de massa do átomo de cromo a que se refere o
enunciado.
14.4 Alternativa B.
76
O cobre possui Z = 29, portanto, apresenta 29 prótons no
núcleo.
O átomo neutro de cobre apresenta 29 elétrons na eletrosfera.
O íon Cu2+, perde 2 elétrons, portanto, apresenta:
Orientações para o professor
29 – 2 = 27 elétrons.
Lembre ao aluno de que o número de prótons não muda.
14.5 Alternativa B.
O íon Fe2+ é um cátion bivalente, ou seja, obtido quando o
átomo neutro perde 2 elétrons. Logo, o átomo neutro apresentava 26 elétrons e, portanto, 26 prótons.
Para o átomo neutro: e – = p = Z.
A=Z+n
V
V 56 = 26 + n
V
n = 30
O número de massa, 56, é igual a soma dos prótons e nêutrons do núcleo do átomo.
14.6 Alternativa D.
A partícula obtida na colisão apresenta 30 prótons (+) e 29
elétrons (−). Tem, portanto, carga 1+ (cátion monovalente).
Seu número de massa (A) corresponde a:
A=Z+n
A = 30 + 28
V
A = 58
14.7 a) Simples, cátion, bivalente, 56 prótons e 54 elétrons.
b) Composto, cátion, monovalente.
c) Simples, ânion, trivalente, 15 prótons e 18 elétrons.
d) Composto, ânion, tetravalente.
e) Simples, cátion, tetravalente, 50 prótons e 46 elétrons.
f) Composto, ânion, bivalente.
g) Simples, ânion, monovalente, 35 prótons e 36 elétrons.
14.8 Alternativa D.
40
Gás nobre: 18
G, possui 18 prótons e 18 elétrons. O ânion X 2–
possui 18 elétrons (e apresenta 2 elétrons a mais que o átomo
neutro X). Logo, X apresenta: 18 – 2 = 16 elétrons e, portanto,
16 prótons.
14.9 Alternativa B.
14.13 Alternativa 3.
Y = 15 elétrons (porque está com 2 elétrons a menos). O número de elétrons do átomo neutro Y = 15 + 2 V
Y = 17 elétrons V Y = 17 prótons (Z = p)
n=2+p
V n = 2 + 17
V
n = 19
A=p+n
V A = 17 + 19
V
A = 36
14.14 Alternativa D.
C3+ = 76 elétrons (porque está com 3 elétrons a menos). O
número de elétrons do átomo neutro C = 76 + 3 V
C = 79 elétrons V C = 79 prótons (Z = p)
n = 118 nêutrons
A=p+n
V A = 79 + 118
V
A = 197
14.15 Alternativa B.
O ítrio apresenta 5 camadas eletrônicas e 1 elétron mais energético no subnível 4d1.
14.16 Alternativa D.
I. Correta. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1; Z = 19 (potássio).
II. Correta. n = 4 (4 camadas eletrônicas)
III. Errada. Z = 19, portanto não há elétrons no subnível 3d.
14.17 Alternativa A.
O íon 34Se2−, possui 36 elétrons (2 a mais que o átomo neutro
Se). Logo, o íon 34Se2− é isoeletrônico do gás nobre criptônio,
34
Kr, que também apresenta 36 elétrons. Tanto o íon 34Se2−
36
como o átomo neutro de 36Kr apresentam a mesma distribuição eletrônica.
14.18 Alternativa D.
26
Fe:
1s2
26
Fe : 1s
2+
2
2s2 2p6
3s2 3p6 3d6
2s 2p
3s 3p 3d
2
6
Mg: 12 prótons e 12 elétrons.
14.19 Alternativa D.
Na : 11 prótons e 10 elétrons.
22
12
1+
11
CL : 17 prótons e 18 elétrons.
1–
17
16
S: 16 prótons e 16 elétrons.
19
K1+: 19 prótons e 18 elétrons.
18
Ar: 18 prótons e 18 elétrons.
Ti:
1s2
2s2 2p6
2
6
3s2 3p6 3d2
4s2
3s2 3p6 3d3
4s2
14.20 Alternativa C.
23
V:
1s2
2s2 2p6
14.21 Alternativa E.
As espécies químicas isoeletrônicas são: 17CL ; K e Ar.
Distribuição eletrônica do 14Si: 1s2
14.10 Alternativa B.
14.22 Alternativa C.
1–
1+
U4+: 92 prótons, 88 elétrons (carga 4+, perdeu 4 elétrons)
e 143 nêutrons.
A=Z+n
n=A–Z
V n = 235 – 92 V n = 143
235
92
14.11 Alternativa D.
Quando se compara o átomo neutro de enxofre, S, com o
ânion sulfeto, S2–, verifica-se que o ânion possui: dois elétrons
a mais, o mesmo número de prótons e raio da eletrosfera
maior. A eletrosfera do ânion é maior do que a do átomo neutro, porque a repulsão entre os elétrons aumenta devido ao
aumento do número de elétrons, nesse caso, no terceiro nível
de energia.
14.12 Alternativa A.
Espécies isoeletrônicas.
7
N : 7 prótons e 10 elétrons.
9
F1– : 9 prótons e 10 elétrons.
3–
13
AL 3+: 13 prótons e 10 elétrons.
4s2
6
26
Fe:
1s2
2s2 2p6
3s2 3p6 3d6
2s2 2p6
3s2 3p2
4s2
No terceiro nível energético do átomo de ferro há 14 elétrons.
14.23 Alternativa A.
I. Verdadeira.
II. Falsa. O átomo de ferro no seu estado fundamental apresenta 2 elétrons em seu nível de valência:
1s2 2s2 2p6
3s2 3p6 3d6
4s2
III. Verdadeira.
IV. Falsa. A configuração eletrônica do Fe3+ é:
1s2
2s2 2p6
3s2 3p6 3d5
14.24 Alternativa D.
2s2 2p6
3s2 3p6 3d2
Última camada: 2 e−, como o magnésio.
22
12
Ti: 1s2
Mg: 1s2
2s2 2p6
4s2
3s2
77
14.25 Alternativa D.
Para o mercúrio (Z = 80):
1s2
2s2 2p6
3s2 3p6
3d10
4s 4p 4d10
5s 5p 5d
2
2
6s
6
6
4f14
10
2
Hg:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f14 5s2 5p6 5d10
6s2
80
Para o xenônio (Z = 54):
1s2
2s2 2p6
3s2 3p6
3d10
4s2 4p6
4d10
5s2 5p6
54
Xe:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6
Outra forma de escrever a configuração eletrônica do mercúrio: 80Hg: [54Xe] 4f14 5d10 6s2 ou 80Hg: [Xe] 6s2 4f14 5d10
14.26 Diagrama de energia:
1s2
2s2 2p6
3s2 3p6
3d10
4s 4p 4d10
4f14
5s2 5p6
5d10
5f14 5g1
6s 6p 6d
2
2
6
6
10
7s2 7p6
...
8s2
Esse elemento, no estado fundamental, terá os elétrons mais
externos no nível 8 subnível s e os elétrons mais energéticos
no nível 5 subnível g, o que não ocorre com nenhum elemento
químico conhecido.
14.27 a) O cátion 4822Ti2+ tem 20 elé­trons (2 a menos do que
o 22Ti).
Átomo:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d2
1s2 / 2s2 2p6 / 3s2 3p6 3d2 / 4s2
Cátion:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2
1s2 / 2s2 2p6 / 3s2 3p6 3d2
b)O ânion
átomo 53I).
I tem 54 elétrons (1 elétron a mais do que o
12 7 1–
53
Átomo:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p5
1s2 / 2s2 2p6 / 3s2 3p6 3d10 / 4s2 4p6 4d10 / 5s2 5p5
Ânion: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6
78
1s2 / 2s2 2p6 / 3s2 3p6 3d10 / 4s2 4p6 4d10 / 5s2 5p6
Resolução da série
exercitando o raciocínio
15.1 Alternativa D.
O elemento per tence ao grupo 5, pois a soma dos elétrons
mais externos com os mais energéticos é igual a 5, e ocupa o
4 o. período, pois possui 4 camadas eletrônicas.
15.2 a) Em ordem crescente de número atômico (número de
prótons).
b) halogênio (grupo 17), metal alcalino (grupo 1), metal alcalino-terroso (grupo 2), calcogênio (grupo 16) e gás nobre (grupo 18).
15.3 São verdadeiros os itens 1 e 4.
0) Falso. O modelo atômico de Rutherford foi proposto após
Mendeleyev ter sugerido seu sistema de classificação dos
elementos na tabela periódica.
2) Falso. Um modelo atômico não é uma descrição exata do
átomo, mas sim uma forma de expressar uma ideia elaborada
a partir de observações experimentais.
3) Falso. Não é possível vizualizar os elétrons girando nas camadas ao redor do núcleo de um átomo. O que se pode visualizar,
no máximo, é uma imagem de computador dos átomos criada
com a ajuda de um microscópio de tunelamento eletrônico.
15.4 Alternativa C.
W
Y
Z
T
—
—
—
—
3o. período (3), família 15 (O).
4 o. período (4), família 2 (B).
4 o. período (4), família 18 (R).
5o. período (5), família 1 (A).
15.5 Alternativa C.
O silício e o germânio pertencem à família do carbono (têm 4
elétrons na última camada). Possuem, portanto, na camada
de valência configuração “ns2 np2”. O carbono é um elemento do 2o. período (tem 2 níveis eletrônicos), enquanto o silício
pertence ao 3o. período (tem 3 níveis eletrônicos) e o germânio
pertence ao 4 o. período (tem 4 níveis eletrônicos).
15.6 Alternativa D.
15.7 Alternativa A.
15.8 Alternativa E.
Enxofre, S, selênio, Se, e telúrio, Te, pertencem à mesma família da tabela periódica. Possuem propriedades semelhantes.
15.9 Alternativa C.
O elemento cádmio, Cd, por se encontrar na mesma família do
mercúrio, hg, deve apresentar características químicas deste
elemento.
15.10 Alternativa B.
O (oxigênio), S (enxofre), Se (selênio), Te (telúrio) e Po (polônio) são elementos da família 16 da tabela periódica (família
dos calcogênios). Os elementos de uma mesma família possuem, em geral, propriedades químicas semelhantes.
15.11 Alternativa B.
Boro – semimetal; Ba – metal alcalino-terroso; Be – metal alcalino-terroso; Bk – actinídeo; Br – halogênio.
15.12 Alternativa E.
Os elementos de transição estão situados no bloco d da tabela
periódica.
81
15.13 Alternativa E.
I. Verdadeira. A maior parte dos elementos da tabela periódica é constituída de metais. Os não metais ficam situados na
região superior direita da tabela periódica e os gases nobres
na última coluna (família) da direita.
II. Verdadeira. Os elementos que formam substâncias simples
no estado gasoso estão situados na região superior direita da
tabela periódica (nordeste do mapa) e são: He, N, O, F, Ne, CL,
Ar, Kr, Xe e Rn. O único elemento que forma substância simples
gasosa e que não está situado nessa região é o hidrogênio, H.
III. Verdadeira. Os elementos situados numa mesma família
(coluna da tabela) têm, em geral, propriedades químicas semelhantes por apresentarem o mesmo número de elétrons na
última camada.
15.14 Alternativa C.
O Mn tem 4 níveis e energia e, portanto, está situado no 4 o.
período da tabela periódica.
25
Mn: 1s2
2s2 2p6
3s2 3p6 3d5
4s2
15.15 Alternativa E.
Em uma família da tabela periódica, o raio atômico aumenta
de cima para baixo. Isso ocorre conforme aumentam o nú­
mero atômico e, portanto, o número de níveis de energia do
átomo no estado fundamental. Assim, na família dos me­tais
alcalinos o raio atômico aumenta na ordem:
Li < 11Na < 19K < 37Rb < 55Cs.
3
15.16 Alternativa A.
Os halogênios (A) apresentam 7 elétrons na camada de valência
e tendência a ganhar mais um elétron formando ânions mo­
novalentes. Por isso, são os elementos que apresentam as maiores energias de ionização da tabela.
15.17 Alternativa A.
III.Falsa. A cor da luz emitida depende diretamente do comprimento de onda da radiação eletromagnética.
IV.Falsa. Os fenômenos envolvidos na emissão de luz quando
átomos gasosos são excitados foram explicados por Bohr.
15.18 Sequência: V - F - V - V - V.
Os metais possuem baixa energia de ionização.
15.19 Alternativa D.
Potencial de ionização e eletronegatividade aumentam para a
direita no período e para cima na família. Não se define eletronegatividade para os gases nobres (última família à direita).
15.20 Alternativa B.
Os valores das energias de ionização aumentam proporcionalmente até a reti­rada do terceiro elétron; porém, a retirada do
quarto elétron exige um valor de energia de ionização maior
que o quá­druplo do terceiro valor. Isso indica que o elemento
nessa altura está com um nível de energia a menos. Logo, o
elemento deve ter tendência a perder 3 elétrons.
15.21 Alternativa D.
26
A: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6
B: 1s2 2s2 2p6 3s1
11
82
9
C: 1s2 2s2 2p5
3
D: 1s2 2s1
7
E: 1s2 2s2 2p3
Na tabela periódica, a eletronegatividade aumenta:
• em um período: da esquerda para a direita.
• em uma família: de baixo para cima.
Localizando os elementos acima na tabela periódica, temos
que: os halogênios (9C) são os mais eletrone­gativos, seguidos
pelos calcogênios e pelos elementos da família do nitrogênio
(7E). Da esquerda para a direita, ainda temos os metais de transição (26A) e, por último, os metais alcalinos (3D e 11B), sendo
que o 3D é mais eletronegativo que o 11B, porque possui menor
raio. Em ordem descrescente de eletronegatividade, temos:
C > 7E > 26A > 3D > 11B.
9
15.22 Alternativa D.
Analisando-se as propriedades dos ele­mentos que constam
nas alternativas:
• configuração da camada de valência ns2 np3: corresponde
a um elemento do grupo 15, podendo ser o N, o P ou o As;
• boa condutividade elétrica: caracte­rística dos metais, podendo ser a Pt, o Au ou o Cu;
• baixa energia de ionização: os ele­mentos da família dos metais
alcalinos, de modo geral, são os que apresentam me­nores energias de ionização. Assim, pode ser o K ou o Na;
• alta eletronegatividade: os elementos mais eletronegativos
estão localizados à direita da tabela, excluindo-se os gases
nobres, e na parte superior.
Assim, podem ser o F ou o CL.
15.23 Alternativa D.
Em um mesmo período o raio atômico diminui conforme o
número atômico aumen­ta, portanto, os metais alcalinos apresentam raio atômico maior do que os halogênios.
15.24 Alternativa A
X – pm (picômetro) – unidade de comprimento: raio atômico.
Z – pm (picômetro) – unidade de comprimento: raio iônico.
O raio do átomo de magnésio (Mg) é maior que o raio do íon
magnésio (Mg2+, que tem dois elétrons a menos). O raio do
átomo de cálcio (Ca) é maior que o raio do íon cálcio (Ca2+,
que tem dois elétrons a menos). O raio do átomo de cloro
(CL) é menor que o raio do íon cloreto (CL 1–, que tem um
elétron a mais).
Y – primeira energia de ionização: A 1ª. energia de ionização
do Ca é menor que a do Mg (numa família a energia de
ionização aumenta de baixo para cima). A maior energia de
ionização é a do cloro (ametal).
15.25 O enxofre tem distribuição eletrônica 1s2 2s2 2p6 3s2
3p 4. Está, portanto, situado à esquerda do elemento cuja distribuição eletrônica está indicada no enunciado. Como o raio
atômico aumenta, num período, da direta para a esquerda e
a eletronegatividade aumenta da esquerda para a direita, o
elemento citado têm raio atômico menor e é mais eletronegativo que o enxofre.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
16.1 Alternativa A.
Segundo a regra do octeto, temos:
NmN
Nitrogênio: trivalente.
Faz 3 ligações covalentes comuns:
OlO
Oxigênio: bivalente.
Faz 2 ligações covalentes comuns:
Cloro: monovalente. Faz 1 ligação covalente comum:
CL k CL
hidrogênio: monovalente. Faz 1 ligação covalente comum:
hkh
16.2 Alternativa E.
Na molécula de N m N, os átomos de nitrogênio compartilham
entre si, 3 pares de elétrons.
16.3
a) A alta eletronegatividade dos ametais e do hidrogênio.
b ) O compartilhamento de pares de elétrons, formados por
1 elétron de cada átomo, e a consequente formação de um
orbital molecular.
c ) Com liberação de energia, porque os átomos passam para
um estado de maior estabilidade.
d ) Moléculas ou macromoléculas.
e ) Forças de atração do núcleo de um átomo pelos elétrons do
outro átomo e forças de repulsão entre os elétrons de cada átomo ou entre os núcleos de cada átomo.
A ligação covalente se torna efetiva (e estável) quando a distância entre os átomos é tal que as forças de repulsão são totalmente compensadas pelas forças de atração. No caso do hidrogênio,
prova-se experimentalmente que essa distância é de 0,074
nanômetro ou 7,4 . 1011 m.
16.4 Alternativa D.
Entre os elementos citados, apenas as ligações entre flúor e
carbono e entre flúor e hidrogênio são predominantemente
covalentes.
16.5 Alternativa C.
Os elementos que apresentam 7 elétrons na camada de valência (halogênios), tendem a formar ânions monovalentes do
tipo X1–.
16.6 Alternativa D.
O silício, 14Si, é da família do carbono na tabela periódica e
apresenta propriedades semelhantes a esse elemento. Possui
4 elétrons na camada de valência e pode estabelecer 4 ligações covalentes para adquirir estabilidade, formando moléculas do tipo Sih4, ficando com uma configuração eletrônica
semelhante a de um gás nobre.
k
16.7 Alternativa A.
O fosgênio apresenta uma ligação covalente dupla e duas ligações covalentes simples.
CL
84
Ck
CL
Ol
Orientações para o professor
16.8 Alternativa A.
Fórmula estrutural do dióxido de carbono: O l C l O.
16.9 Alternativa E.
A fosfina, Ph3, tem fórmula estrutural:
16.16 Alternativa C.
sulfeto de hidrogênio: h2S
S
h
P —
h —
h
h
—
dióxido de enxofre: SO2
OlSlO
h
O átomo de P apresenta um par de elétrons que não está compartilhado.
16.10 Alternativa D.
16.11 Alternativa C.
16.17 Alternativa E.
O carbono faz 4 ligações covalentes, logo a estrutura correta é:
h
h
C
I. Falso. O elemento C é um ametal.
II. Verdadeira.
III. Verdadeira.
IV. Falso. Os elementos do grupo 14 formam com o cloro compostos de fórmula ECL 4, e com o hidrogênio compostos de
fórmula Eh4.
V. Verdadeira.
C
h
h
16.18 Alternativa D.
A formação de uma molécula de hidrogênio, a partir de seus
átomos pode ser representada pela equação:
2 h(g)
*(
1 h2(g)
16.19 a) hCL
16.12 a) Fórmula de Lewis do tricloreto de fósforo:
;
CL
CL
CL
Br
c) Nh3
b) Ligação covalente simples.
h
16.13 A ureia possui fórmula estrutural:
hk
S
; PCL3
—
CL
P —
CL —
CL
CL
h
N
d) S8
h
k
k
h
h
N
h
h h
b) Fórmula estrutural do CO2.
O: 1s2 2s2 2p4;
CL: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
17
OlClO
CL
c) Fórmula estrutural do C2CL 2F4.
CL
F
C
C
F
F
h
b) h
C
C
h
h
h
C
C
F
F
ou
h
ou
h
C
CL
h
C
h
h
h
h
C
c)
h
F
CL
C
ou
h
h
h
C
C
h
h
16.22 a)
h
C
h
h
16.21 Alternativa C.
3 pares de elétrons pertencem, ao mesmo tempo, tanto ao
hidrogênio quanto ao oxigênio.
F
h
C
h
C
O
O
C
h
CL —
N —
—
16.15 a)
ou
F
S
O oxigênio, segundo a regra do octeto, faz duas ligações covalentes comuns para adquirir estabilidade.
Nessa molécula, paramagnética, o cloro não segue a regra do
octeto e apresenta um número ímpar de elétrons.
Para satisfazer essas duas condições, o mais provável é que o
cloro estabeleça duas ligações covalentes simples com o oxigênio e continue com o seu elétron desemparelhado.
Assim, a provável fórmula estrutural desse composto é:
16.14 a) Fórmula estrutural do Ch5N.
CL
S
S
16.20 Configurações eletrônicas:
8
C
S
S
S
h
Ck
N k
Ol
h
S
S
h
h
N k
Br
CL
CL
b)
O
k
P
b) SBr2
Nk
CL
Ol
16.23 Alternativa B.
O elemento genérico B possui 4 elétrons na camada de valência e precisa fazer 4 ligações covalentes normais para adquirir
estabilidade.
O elemento genérico D apresenta seis elétrons na camada de
valência e precisa fazer duas ligações covalentes normais para
adquirir estabilidade.
85
O elemento genérico A apresenta um elétron na camada de
valência e precisa fazer uma ligação covalente normal para adquirir estabilidade.
A estrutura BD2 satisfaz a necessidade de ligações dos elementos B e D e o ele­mento A não tem como se ligar a essa
estrutura.
Assim, as possibilidades de ligações entre esses elemen­tos seriam: BD2, BA4, A 2D e BDA 2.
16.24 Alternativa A.
BeCL 2
CL
Be
BF3
F
CL
F
B
H3BO3
H
O
H
O
B
CL
O
F
PCL 5
CL CL
P
CL
CL
H
16.25 Alternativa C.
Fórmula molecular: C6H12N3SP.
Massa molar = 6 . 12 + 12 . 1 + 3 . 14 + 1 . 32 + 1 . 31
Massa molar = 189 g/mol
16.26 Alternativa D.
A fórmula estrutural correta das substâncias citadas é:
N2 : N m N
CO: C l O
H
CH4:H
O:
O
2
H
H
H
H
C
H
16.27 Alternativa C.
O elemento X faz quatro ligações covalentes, o que é característica do carbono, dentre os elementos fornecidos.
O composto em questão é o ácido carbônico <H2CO3>.
86
Resolução da série
exercitando o raciocínio
17.1 Alternativa C.
88
A amônia é piramidal, o fluoreto de hidrogênio é linear, o dióxido de enxofre é angular e o metano é tetraédrico.
Orientações para o professor
17.2 Alternativa D.
A molécula de água é angular, a de fluoreto de boro é trigonal
e a molécula de amônia é piramidal.
III. hCL e Nh3 : moléculas polares.
IV. Ch4 e Ch3CL : o Ch4 é apolar e o Ch3CL é polar.
V. h2O e h2S: moléculas polares.
17.3 Alternativa B.
17.14 a) BF3
17.4 Alternativa A.
A molécula de formaldeído apresenta geometria trigonal plana.
k
k
O
Ck
h
h k
17.5 Alternativa B.
CO2: molécula linear;
h2O: molécula angular;
SO2: molécula angular;
SO3: molécula trigonal plana.
F
k
F
Bk
F
F k
Bk
F
I k
b) Todas as ligações são polares devido a diferença de eletronegatividade entre os átomos.
c) A molécula de BF3 é apolar, pois o vetor momento dipolar
resultante é igual a zero.
A molécula de BIF2 é ligeiramente polar, porque o vetor resultante da soma dos vetores formados pelas ligações entre
boro e flúor não é totalmente anulado pelo vetor formado
na ligação entre iodo e boro. Isso ocorre porque a diferença
de eletronegatividade entre iodo e boro é menor do que a
diferença de eletronegatividade entre flúor e boro.
17.15 Alternativa D.
h
k
C k
CL k
CL
h
k
O k
h
k
17.6 Alternativa A.
Ch4: molécula tetraédrica;
Nh3: molécula piramidal;
h2: molécula linear;
h2O: molécula angular.
BIF2
k
I. SO3: Trigonal plana
II. PCL 5: Bipirâmide trigonal
III. h2O: Angular
IV. Nh 1+
: Tetraédrica
4
V. CO2: Linear
CL
µ\R
\R
17.7 Alternativa D.
O antimônio, Sb, pertence à mesma família do N e, como ele,
orienta suas ligações simples para os vértices da base de uma
pirâmide de base trigonal.
17.16 Alternativa B.
Oxigênio, O2, e nitrogênio, N2, são substâncias formadas por
moléculas apolares. A única substância formada por moléculas polares é a água.
17.8 Alternativa E.
Os elementos da família 15 da tabela periódica, como o nitrogênio e o fósforo, orientam suas três ligações simples para os
vértices da base de uma pirâmide de base trigonal.
17.17 Alternativa B.
A ligação covalente no hF é mais polar (há maior diferença
de eletronegatividade entre os átomos envolvidos). A ligação,
portanto, tem maior momento dipolar.
As ligações covalentes no CO2 são polares ao contrário das
ligações covalentes no CS2 que são apolares (C e S têm a mesma eletronegatividade). As ligações, portanto, apresentam
maior momento dipolar no CO2.
As diferenças de eletronegatividades são maiores nas ligações
C k F do que nas ligações C k h. Portanto, o CF4 tem ligações
com maior momento dipolar.
17.9 Alternativa D.
a ) fórmula – CO2; forma geométrica – linear; polaridade –
apolar;
b ) fórmula – CCL 4; forma geométrica – tetraédrica; polaridade
– apolar;
c ) fórmula – Nh3; forma geométrica – piramidal; polaridade –
polar;
17.10 Alternativa B.
A polaridade da água não depende das interações entre moléculas.
17.11 Alternativa A.
CO2: molécula linear, apolar;
Ch4: molécula tetraédrica, apolar;
CF4: molécula tetraédrica, apolar.
17.12 a) A água porque o oxigênio é mais eletronegativo do
que o enxofre.
b) A amônia por ser uma molécula polar (o metano é apolar).
Além disso, o nitrogênio é mais eletronegativo do que o carbono.
17.13 Alternativa B.
I. N2 e CL 2: moléculas apolares.
II. CO2 e SO2: o CO2 é apolar e o SO2 é polar.
17.18 Alternativa E.
As moléculas representadas por A e B são simétricas (tetraédrica e linear, respectivamente). As polaridades das ligações se
anulam mutuamente (a soma dos vetores correspondentes às
polaridades das ligações é nula).
C e D são moléculas polares formadas, também, por ligações
covalentes polares.
17.19 São corretas as afirmativas: 01, 02, 08 e 16.
Soma = 27.
04. Falsa. O composto CCL4 apresenta geometria tetraédrica e
é apolar.
17.20 Alternativa D.
Na molécula de NO, o nitrogênio não completa o octeto, resultando em uma molécula linear e polar
NlO
89
17.21 Alternativa B.
A amônia apresenta geometria piramidal, o diclorometano
apresenta geometria tetraédrica e o dissulfeto de carbono
possui geometria linear.
17.22 HCL
NH3
CH4
H2O
polar linear
polarpiramidal
apolartetraédrica
polarangular
17.23 Alternativa B.
a) A 25 oC e 1 atm o dióxido de carbono é um gás.
b) A afirmação é verdadeira. Apesar de possuir ligações covalentes polares, o dióxido de carbono é apolar porque o vetores
momento dipolar das ligações entre carbono e hidrogênio se
anulam mutuamente.
\1
\2
OlClO
\R = 0
17.24 Alternativa D.
A mistura será heterogênea e bifásica, a fase água (polar) e
a fase bromo (apolar) dissolvido em tetracloreto de carbono
(apolar).
17.25 Alternativa A.
Como o iodo é apolar, ele tende a se dissolver em tetracloreto
de carbono (apolar) e em clorofórmio (que é apenas levemente polar).
17.26 Alternativa C.
Apesar de bastante tóxica (o contato prolongado com a pele
pode causar dermatite), a gasolina, que é uma mistura de
compostos que possuem apenas carbono e hidrogênio, é apolar e, por isso, dissolve bem a graxa, também apolar.
90
exercitando o raciocínio
18.1 Alternativa C.
Os compostos hF, h2O e Nh3 estabelecem ligações de hidrogênio que são interações moleculares muito fortes.
18.2 É correto apenas o item 4.
1. Falso. A água apresenta duas ligações covalentes comuns
entre oxigênio e hidrogênio, e a amônia apresenta três ligações covalentes comuns entre nitrogênio e hidrogênio.
2. Falso. A água apresenta massa molar 18 g/mol e a amônia
possui massa molar 17 g/mol.
3. Falso. A “água salina” pode se tornar potável por destilação
ou por osmose reversa.
18.3 Alternativa E.
Observação: costuma-se diferenciar propriedades gerais (as
que são comuns a qualquer substância como inércia, divisibilidade, compressibilidade, impenetrabilidade), das propriedades
específicas (que caracterizam cada substância em particular
como ponto de ebulição, densidade etc.).
18.12 Alternativa C.
hidrogênio, h2, e oxigênio, O2, são substâncias formadas por
moléculas apolares. As forças intermoleculares existentes
nessas substâncias são, portanto, fracas (dipolo instantâneo-dipolo induzido), o que contribui para que elas sejam encontradas, em condições ambientes, no estado gasoso.
18.13 Alternativa D.
A amônia é polar e suas moléculas interagem por ligações de
hidrogênio.
18.14 Alternativa E.
Como a diferença de eletronegatividade entre nitrogênio e
hidrogênio é menor que a diferença de eletronegatividade
entre oxigênio e hidrogênio, o momento dipolar da amônia
(17 g/mol) é menor do que o da água (18 g/mol). A molécula
de metano (16 g/mol) é apolar.
18.15 Alternativa D.
Para ligações de hidrogênio intermoleculares é necessário
que o hidrogênio esteja ligado a átomos de elementos muito
eletronegativos como: F; O ou N. Isso ocorre no ácido sulfuroso, h2SO3:
O
k
Resolução da série
As interações indicadas na estrutura correspondem a ligações
de hidrogênio.
18.4 Alternativa E.
As séries II, III e IV iniciam com moléculas que fazem ligação
de hidrogênio e, por isso, possuem pontos de fusão e ebulição
anormalmente altos em relação às suas massas molares.
18.5 Alternativa D.
As séries I e V são de moléculas apolares unidas por forças
de dipolo induzido que, portanto, se dissolvem em solventes
apolares.
18.6 Alternativa C.
Entre moléculas apolares (como as moléculas de dióxido de
carbono) há forças intermoleculares pouco intensas chamadas
forças de dipolo induzido.
18.7 Alternativa C.
Tanto na amônia, Nh3, quanto na água, h2O, encontram-se
átomos de hidrogênio ligados a elementos altamente eletronegativos. As moléculas dessas duas substâncias se associam,
portanto, por pontes de hidrogênio.
18.8 Alternativa D.
Como o metano é apolar, suas moléculas se unem por forças
de dipolo induzido. A molécula de Ch4 apresenta geometria
tetraédrica.
18.9 Alternativa B.
A água tem suas moléculas interagindo por ligações de hidrogênio. Isso explica o fato de seu ponto de ebulição ser relativamente alto. A acetona (propanona) é mais volátil porque suas
moléculas interagem por forças do tipo dipolo-dipolo (mais
fracas que as ligações de hidrogênio).
18.10 Alternativa E.
A água é altamente polar e suas moléculas se mantêm unidas
por ligações de hidrogênio.
92
18.11 Alternativa B.
h
S
k k O
O
k
k
h
18.16 Alternativa E.
Dentre as substâncias citadas, formam ligações de hidrogênio
com a água as moléculas de hF, Ch3Oh e Nh3.
18.17 Alternativa B.
As moléculas da substância hF interagem por ligações de hidrogênio.
A molécula de hBr é polar. Portanto, nessa substância, as moléculas interagem por forças do tipo dipolo-dipolo.
A molécula de CL 2 é apolar e suas moléculas interagem por
forças do tipo dipolo induzido.
18.18 Alternativa E.
A mistura formada pelas folhas e a solução aquosa neutralizada em ebulição, deve ser inicialmente filtrada para separar as
folhas da solução. Faz-se em seguida a extração: adiciona-se
diclorometano para solubilizar a mescalina e separa-se a fase
aquosa da fase orgânica por decantação. Em seguida, deve-se evaporar o solvente (diclorometano) da fase orgânica. O
resíduo dessa evaporação é a mescalina.
18.19 Alternativa B.
O bromo, Br2, é uma substância apolar formada por ligações
covalentes. Ele é, portanto, solúvel em tetracloreto de carbono, CCL 4, (líquido formado também por moléculas apolares).
A solução resultante não conduz a corrente elétrica por não
possuir cargas com mobilidade.
18.20
a) As moléculas de água no gelo I são unidas por
ligações de hidrogênio.
b) Quando a água sólida é submetida a pressões extremamente elevadas, as ligações de hidrogênio são rompidas e as moléculas de água ficam mais próximas umas das outras; é por isso
que ocorre o aumento de densidade.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
19.1 Alternativa E.
x
Ch k Ch2 k C ..y... N
h2C .....
Como o carbono é tetravalente e está ligado a apenas 2 hidrogênios, então x é uma dupla ligação. Como o nitrogênio é
trivalente, então y é uma tripla ligação.
19.2 Alternativa A.
hC m C k C l C k C l C k C m C k Ch3
h h h h
19.3 Alternativa A.
Comparando hidrocarbonetos de cadeia normal, observa-se
que os pontos de fusão e de ebulição aumentam com o tamanho da cadeia (aumento da massa molar), conforme mostram
os dados tabelados.
Considerando a temperatura ambiente média de 25 °C, certamente o n-hexano terá ponto de ebulição maior que 36 °C e
será líquido à temperatura ambiente.
19.4 São corretas as afirmativas: 01; 02; 04 e 08.
Soma = 15.
19.5 Alternativa D.
O butano, C4h10, tem massa molar 58 g/mol. Pelo gráfico essa
massa molar corresponde a um ponto de ebulição de 0 oC.
19.6 Itens verdadeiros: 0, 2, 3 e 4.
1. Falso. Em condições ambiente, alcanos com 1 a 4 carbonos
na molécula são gases, com 6 a 17 carbonos são líquidos e
com mais de 17 carbonos são sólidos.
19.7 Alternativa D.
O aumento da massa molecular está diretamente relacionado
ao aumento do ponto de ebulição da substância.
19.8 Alternativa D.
Se as substâncias componentes das essências são extraídas por
meio de benzeno ou hexano, elas são constituídas de moléculas apolares e, portanto, não são solúveis em água.
95
19.9 a) Etileno
1,2-dicloropropano
H
H2C C
CH3
CL
19.10 a)eteno
C
C
H
H
C
C
H2
H
C
CH2
e)ciclobutano
H3C
C
H2
CH2
H2C
CH2
CH3
C
CH
H2C
CH2
h)hex-2-ino
C
H3C
H
C
C
C
H2
i)hex-1-eno
C
C
H
H2
j)hex-1,5-diino
C
C
HC
H2
C
H2
C
H2
CH3
C
H2
C
CH
C
H
C
H
CH3
C
H2
C
H
C
H
C
H2
CH3
k)hex-2,4-dieno
H3C
C
C
H
H
C
C
H
H
m) ciclohexeno
CH3
H2C
CH
H2C
CH2
C
H
H2
C
CH2
H2C
96
H
C
CL
b) II. O número de átomos de cloro substi­tuídos é maior.
c) I. Apesar de a cadeia carbônica (número de átomos de
carbono) ser me­nor, a massa molar do iodo (127 g/mol) é muito maior que a do cloro (35,5 g/mol).
d) I. A massa molar do cloro é maior que a do flúor.
e) II. A cadeia carbônica é maior.
I. Verdadeiro. A molécula do álcool etílico possui uma parte
polar (do grupo k OH) que faz ligação de hidrogênio com a
água, tornando-o solúvel nesse meio, e também possui uma
extremidade praticamente apolar (do grupo k CH3) que estabelece interações do tipo dipolo induzido com moléculas de hidrocarboneto, tornando-o solúvel na gasolina.
II. Falso. O álcool é mais solúvel em água do que em gasolina
porque as ligações de hidrogênio são mais fortes que as interações do tipo dipolo induzido.
III. Falso. Nem todas as substâncias orgânicas possuem uma
parte polar na molécula.
IV. Verdadeiro. Compostos apolares só estabelecem entre si
(ou com compostos polares) interações do tipo dipolo induzido.
O hexanal apresenta 12 átomos de hidrogênio na molécula.
O
H3C
Tolueno é o nome comercial do metilbenzeno.
H
CH3
19.19 Alternativa E.
19.11 Alternativa C.
19.12 C
H
19.18 Alternativa E.
O etano é um hidrocarboneto. Suas moléculas são apolares e
praticamente insolúveis em água.
As moléculas dos demais compostos são solúveis em água
ou parcialmente solúveis, pois podem estabelecer ligações de
hidrogênio com as moléculas de água.
n)ciclopropano
H
C
C
H
19.17 Alternativa E.
Dentre as substâncias apresentadas, a água é a única cujas
moléculas interagem por meio de ligações de hidrogênio, portanto, é a que apresenta maior tensão superficial.
l)hept-2,5-dieno
H3C
H3C
CH3
19.14 Alternativa C.
19.15 Alternativa E.
19.16 Alternativa D.
H
H2C
H2C
C
H
f)ciclopenteno
H2C
g)etino
H
C
C
H
C
H2
CL
19.13 a) II. O bromo tem massa mo­lar maior que o cloro.
H
C
H
C
H
C
CL
d) pent-2-eno
C
H2
C
H
CL
V.tetracloroetano
CL
CL
CL
C
H
c)pent-1-eno
H3C
H3C
b)propino
H
H
IV. 2,3-diclorobutano
CL
CL
C
CL CL
CL
b)Etileno: eteno. Propileno: propeno
H
III.2-clorobutano
Propileno
H2C C
CH3
H
Tetracloroetileno
CH2
H2C
I. 2-cloropropano
H
CL
H
C
C
C
H
H
H
H
II. 1-bromopropano
H
Br
H
H
C
C
C
H
H
H
C
H2
C
H2
C
H2
C
19.20 Alternativa A.
O
H
C
H2
H3C
C
O
cetona
CH3
H
H3C
C
O
cetona
C
H2
C
ácido
carboxílico
OH
Orientações para o professor
H3C
álcool
O
H
C
OH
C
H2
C
ácido
carboxílico
OH
19.21 Alternativa C.
O
H
19.30 Alternativa E.
O benzeno é uma molécula plana. O ângulo entre as ligações
C k C é de 120o.
19.31 I. propanal, aldeído
O
H3C
C
H2
C
H
II. 1,3-dicloropentano, haleto orgânico
C
OH
19.22 Alternativa D.
O glicerol apresenta 3 grupos k OH e, portanto, suas moléculas podem fazer várias ligações de hidrogênio entre si, logo, a
temperatura de ebulição do glicerol é maior que a da acroleína.
19.23 0. Verdadeiro. 1. Verdadeiro. 3. Verdadeiro.
2. Falso. As moléculas de água são polares e se unem fortemente por interações do tipo ligação de hidrogênio.
4. Falso. O ponto de ebulição dos ácidos carboxílicos é mais
alto que o dos álcoois, justamente porque o número de ligações de hidrogênio nos ácidos é maior do que nos álcoois.
19.24 Alternativa C.
A prednisona apresenta dois grupos funcionais cetona, um
grupo álcool e um grupo ácido carboxílico.
19.25 Alternativa D.
As moléculas de etanol e de água estabelecem ligações de
hidrogênio entre si.
19.26 Alternativa E.
O ponto de ebulição de uma substância depende da intensidade das forças intermoleculares. O etanol tem ponto de ebulição inferior ao da água porque as moléculas de etanol estão
mais fracamente associadas que as moléculas de água.
19.27 Alternativa D.
Por possuir ligação N k H, as moléculas de propilamina estão
mais fortemente associadas (ligações de hidrogênio) do que as
de trimetilamina (forças do tipo dipolo-dipolo).
19.28 É correto o item 01. Resposta: 01.
02. Falso. Aminas terciárias não fazem ligações de hidrogênio
entre si.
04. Falso. Aminas terciárias também fazem ligações de hidrogênio com a água.
08. Falso. Os álcoois possuem pontos de ebulição mais elevados que as aminas (comparando compostos de massa molar
próxima), porque a diferença de eletronegatividade entre hidrogênio e oxigênio é maior do que a diferença de eletronegatividade entre hidrogênio e nitrogênio.
CL
CL
H2C
C
C
C
H2
H
H2
CH3
III. ácido propanodioico, ácido carboxílico
O
H3C
C
H2
C
OH
IV. octano, hidrocarboneto
H3C
C
C
C
C
H2
H2
H2
H2
C
H2
C
H2
CH3
V. propan-2-amina, amina (primária)
NH2
H3C
C
H
CH3
VI. 2,3-difluoro-hexano, haleto orgânico
H3C
F
F
C
C
C
C
H
H
H2
H2
CH3
VII. N-etil-etanamina, amina (secundária)
H3C
C
H2
N
H
C
H2
CH3
VIII. N,N-etil-propil-butanamina, amina (terciária)
H3C
C
C
C
H2
H2
H2
N
CH2
C
C
H2
H2
CH3
CH3
19.29 Alternativa A.
O pentano é um hidrocarboneto apolar e, portanto, apresenta,
dentre as substâncias citadas, a menor solubilidade em água.
O butan-1-ol é um álcool que forma ligações de hidrogênio
com a água por meio de seu grupo k OH. Sua cadeia lateral,
entretanto, é apolar e dificulta a solubilidade (tem, portanto,
solubilidade intermediária). O ácido etanoico (ácido acético) é
o mais solúvel em água (possui o grupo k OH que forma pontes de hidrogênio com a água além de ter uma cadeia lateral
curta, o que facilita sua solubilidade).
97
Orientações para o professor
com que esses elétrons se deslocam num determinado sentido
explica o fato de os metais apresentarem alta condutibilidade
elétrica.
20.4 Alternativa B.
Os núcleos dos elementos metálicos atraem fracamente os
elétrons da última camada. Por esse motivo, é relativamente fácil fazer com que esses elétrons fluam quando aplicada
uma diferença de potencial. Esse fluxo de elétrons é a corrente elétrica.
20.5 Alternativa E.
O cobre é mais denso que o zinco por causa do seu arranjo
cristalino, mais empacotado.
20.6 Alternativa B.
As propriedades citadas são características de substâncias
metálicas.
20.7 Alternativa E.
Esse é o modelo que explica a ligação metálica com base nas
propriedades dos metais.
“Ligação metálica: ligação química de natureza elétrica baseada na atração entre cátions do metal e elétrons semilivres.”
20.8 Alternativa E.
Ao ser aquecido em forno aberto, o alumínio poderia reagir
com o oxigênio do ar, formando óxido de alumínio. Com o
material prensado e a consequente diminuição da superfície de
contato com o ar, diminui-se essa possibilidade.
20.9 Alternativa D.
I. Metal X = alumínio.
II. Metal Y = cobre.
III. Metal Z = tungstênio.
Resolução da série
exercitando o raciocínio
20.1 Alternativa D.
A corrente elétrica é conduzida por elétrons livres e semilivres
(estes, na fase sólida).
20.2 Alternativa B.
Na ligação metálica, os cátions do metal agrupam-se segundo
um arranjo geométrico definido, denominado estrutura cristalina ou célula unitária.
Os cátions metálicos que formam as células unitárias têm suas
cargas positivas estabilizadas pelos elétrons semilivres, que ficam envolvendo a estrutura como uma nuvem eletrônica. Os
elétrons semilivres são dotados de certo movimento, o que
justifica a propriedade que os metais possuem de conduzir
corrente elétrica na fase sólida. Uma amostra de metal é constituída por um número imenso de células unitárias.
20.3 Alternativa E.
Os elementos que se apresentam na forma metálica, mantêm
seus cátions próximos enquanto os elétrons da camada de
valência estão fracamente atraídos pelo núcleo. A facilidade
20.10 Alternativa E.
20.11 Alternativa B.
20.12 Alternativa D.
20.13 Alternativa D.
I. Aço: liga metálica contendo principalmente ferro e carbono (c ).
III. Ouro 18 quilates: liga que apresenta 75% de ouro, 12,5%
de cobre e 12,5% de prata (d).
III. Bronze: liga de cobre e estanho (b).
IV. Latão: liga de cobre e zinco (a).
20.14 Alternativa C.
A coloração, o brilho e a facilidade em modelar o ouro (propriedades I e II) são propriedades físicas. A dificuldade em ser
oxidado e a inércia frente a soluções alcalinas e ácidas (propriedades III e IV) são propriedades químicas.
20.15 Alternativa D.
I. Falsa. As ligações entre os componentes da liga são do tipo
metálica.
II. Falsa. Prata, Ag, e cobre, Cu, são metais.
III. Verdadeira.
20.16 Alternativa A.
O germânio é um semicondutor de corrente elétrica.
20.17 Alternativa C.
As características descritas referem-se, respectivamente, aos
metais mercúrio, sódio, ferro e alumínio.
99
20.18 Alternativa 5.
O silício é um semimetal e faz ligações predominantemente
covalentes.
20.19 Alternativa E.
Como a temperatura do corpo humano é mantida geralmente no intervalo entre 36 oC e 36,5 oC e o ponto de fusão do
gálio é igual a 30 oC, é possível obter a fusão desse elemento mantendo-o em contato com as mãos por um período de
tempo prolongado.
20.20 Alternativa A.
O boro é utilizado na dopagem do silício para obtenção de
semicondutor tipo P.
100
Resolução da série
exercitando o raciocínio
21.1 Alternativa E.
A substância de maior caráter iônico é aquela em que a diferença de eletronegatividade entre os átomos é maior, ou seja,
KF.
Professor, caso seja necessário, retome com os alunos o tema
eletronegatividade (páginas 286 e 287).
21.2 Alternativa D.
O cálcio e o magnésio, elementos situados no grupo 2 da
tabela periódica, formam com facilidade íons bivalentes positivos.
21.3 Alternativa B.
K: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1
K: 1 elétron na camada de valência, tendência a formar
19
cátion monovalente, K1+.
19
Ca: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2
Ca: 2 elétrons na camada de valência, tendência a formar
20
cátion bivalente, Ca2+.
20
O: 1s2 2s2 2p 4
O: 6 elétrons na camada de valência, tendência a formar
8
ânion bivalente, O2–.
8
Fórmula dos compostos: K 2O e CaO.
21.4 Alternativa E.
Prata: forma cátions monovalentes, Ag1+.
Enxofre: forma ânions bivalentes, S2–.
Fórmula do composto: Ag2S.
21.5 Alternativa A.
O magnésio pertence à família dos metais alcalinoterrosos.
21.6 a) X: possui 6 elétrons na camada de valência e tendên-
cia a formar ânions de carga 2–; logo, pertence à família 16.
Y: possui 1 elétron na camada de valência e tendência a formar
cátions de carga 1+; portanto, pertence à família 1.
b) X e Y possuem alta diferença de eletronegatividade; logo, a
ligação estabelecida será iônica.
Fórmula unitária do composto: Y2X.
21.7 Alternativa A.
Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2: forma cátion bivalente, Mg2+.
N: 1s2 2s2 2p3: forma ânion trivalente, N3–.
7
Fórmula unitária do composto: Mg3N2.
12
101
M:forma cátion trivalente, M3+.
Y:forma ânion bivalente, Y2– (pertence à família 16, do oxigênio).
Fórmula unitária do composto: M2Y3.
21.9 Alternativa A.
X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p5 : 7 elétrons de
53
valência.
Y: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 : 2 elétrons de valência.
38
Fórmula unitária do composto: YX 2.
21.10 Alternativa D.
13
A: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1: forma cátion trivalente, A 3+.
B: 1s2 2s2 2p4: forma ânion bivalente, B2–.
Fórmula unitária do composto: A 2B3.
8
21.11 Alternativa E.
II.Falsa. Após a ligação iônica formada, o magnésio perde os
2 elétrons da última camada e adquire a configuração eletrônica do Ne (gás nobre). O oxigênio, que ganha 2 elétrons em
sua camada mais externa, também adquire a configuração
eletrônica do Ne.
21.12 Alternativa E.
AL 3+ + SiO44−: AL 4 (SiO4)3
21.13 Alternativa E.
O sódio apresenta um alto caráter metálico (baixa eletronegatividade), o flúor é o elemento de maior eletronegatividade
da tabela periódica. Portanto, na ligação entre sódio e flúor, a
diferença de eletronegatividades é maior que 1,70. A ligação
tem, portanto, alto caráter iônico.
21.14 Alternativa C.
E:1s2 2s2 2p6 3s1: forma cátion monovalente, E1+.
E:1s2 2s1: forma cátion monovalente, E1+.
3
E:1s2 2s2 2p5: forma ânion monovalente, E1–.
9
E:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p1: forma cátion trivalente, E3+.
31
E:1s2 2s2 2p1: faz 3 ligações covalentes (boro) porque seu raio
5
atômico é muito pequeno para formar cátion.
Fórmula unitária do composto: ALE3 ou ALF3.
11
21.15 Alternativa D.
O número de coorde­nação do sódio e do cloro no composto
cloreto de sódio é igual a 6.
21.16 Alternativa D.
No cianeto de sódio existe uma ligação iônica e uma ligação
covalente tripla: Na1+ (C m N)1–.
21.17 Alternativa A.
X (2 elétrons na camada de valência): forma cátion bivalente,
X 2+.
Y (6 elétrons na camada de valência): forma ânion bivalente,
Y2–.
Fórmula unitária do composto: XY.
21.18 Alternativa C.
102
A:elemento do grupo 2, forma cátion bivalente, A 2+.
B:elemento do grupo 17, forma ânion monovalente, B1–.
Fórmula unitária do composto: AB2.
O composto AB2 é iônico e, portanto, polar. Logo, AB2 é solúvel em água.
21.19 Alternativa C.
Os compostos formados por ligações predominantemente iônicas são substâncias que apresentam altos pontos de fusão
e de ebulição. Não se dissolvem bem em solventes orgânicos
como a gasolina. No estado líquido (fundidos) apresentam
íons com mobilidade e isso faz com que sejam bons condutores de corrente elétrica.
21.20 Alternativa B.
As substâncias iônicas apresentam alto ponto de fusão, alto
ponto de ebulição e boa condutividade elétrica em solução
aquosa. Na fase sólida, entretanto, como os íons que formam
a substância não estão livres, ela não tem boa condutividade
elétrica.
21.21 Alternativa E.
Amostra A: pontos de fusão e ebulição altos, é isolante no
estado sólido (25 oC) e condutora no estado líquido (1000 oC),
logo trata-se de um composto iônico.
Amostra B: pontos de fusão e ebulição relativamente baixos. É
isolante no estado sólido (25 oC). Pelos dados da tabela pode-se concluir que a 1000 oC a amostra sofreu decomposição,
logo trata-se de uma substância molecular.
Amostra C: pontos de fusão e ebulição altos. É condutor no
estado sólido (a 25 oC e a 1000 oC), logo trata-se de uma
substância metálica.
Amostra D: pontos de fusão e ebulição altos. É isolante no
estado sólido (a 25 oC e a 1000 oC), logo trata-se de uma
substância iônica.
21.22 Alternativa A.
Nas substâncias iônicas os íons estão fortemente ligados uns
aos outros (atração eletrostática). Isso faz com que esse tipo
de substância apresente altos pontos de fusão e de ebulição.
21.23 Alternativa A.
As substâncias iônicas são sólidas à temperatura ambiente,
não apresentam brilho metálico e não conduzem a corrente
elétrica no estado sólido. Uma porcentagem significativa das
substâncias iônicas apresenta solubilidade elevada em água
e, como resultado da solvatação dos íons, a solução aquosa
obtida é boa condutora de corrente elétrica.
21.24 Alternativa A.
Os compostos iônicos apresentam cátions e ânions atraindo-se mutuamente com muita intensidade. Como resultado dessa forte atração, esses compostos apresentam altos pontos
de fusão e de ebulição, elevada dureza e estrutura cristalina
definida.
21.25 Alternativa B.
I. Estrutura cristalina da grafita.
II. Estrutura cristalina do cloreto de sódio.
Geórgia M.
21.8 Alternativa B.
III. Estrutura cristalina do diamante.
IV. Estrutura da molécula de propanona (cetona).
de uma mesma molécula) podem apresentar NOX diferentes,
no caso –3 e +3 (NOX médio igual a zero). Isso porque o NOX
depende da diferença de eletronegatividade entre os átomos
diretamente ligados.
hδ
δ2–
1+
k
δ3– δ3+
l
δ1+
O
k
k
h k C k C
h
δ1+
δ1– O
22.4 Alternativa E.
k h
δ1+
δ1–
+2 −2
+2 −1
+1 +5 −2
ZnS
+2 −2
hgCL 2
+2 −2
CuNO3
+1 +5 −6
22.5 Alternativa C.
+1 +3 −2
0
+1 −1
+4 −2
NaCLO2
CL 2
NaCL
CLO2
22.6 Alternativa B.
Nos peróxidos (substâncias em que aparecem ligações O k O),
o oxigênio tem número de oxidação −1.
+1
–1
–1
+1
hkOkOkh
22.7 Alternativa C.
+3 −2
+2 −2
+1 −2
+4 −2
N2O3
NO
N2O
NO2
22.8 Alternativa E.
+1 −2
+1 +6 −2
h2S (ácido sulfídrico)
h2SO4 (ácido sulfúrico)
22.9 Alternativa E.
−3 +1
Amônia: Nh3
+5 −2
Nitratos: NO31−
22.10 Alternativa D.
+2 −1
NOX:
Resolução da série
exercitando o raciocínio
22.1 Alternativa E.
Observação: o composto Fe3O4 (magnetita) é na verdade uma
associação de dois óxidos: FeO . Fe2O3, em que o ferro aparece
respectivamente com NOX +2 e NOX +3.
+2 –2
1 Fe3O4 (s)
+ 4 CO(g)
+4 –2
**(
(1) CrCL3: NOX Cr = +3 e NOX CL = –1
(2) CrO3: NOX Cr = +6 e NOX O = –2
(3) Cr2O3: NOX Cr = +3 e NOX CL = –2
(4) K2CrO4: NOX K = +1; NOX Cr = +6 e NOX O = –2
(5) K2Cr2O7: NOX K = +1; NOX Cr = +6 e NOX O = –2
22.3 Como ocorre com o carbono no ácido acético, dois ou
mais átomos de um mesmo elemento químico (constituintes
104
22.11 Alternativa A.
+1 +3 −2
+1 +4 −2
Na2B4O7
Na2SiO3
+2 +12 −14
+2 +4 −6
22.12 Alternativa C.
+5 −2
0
NO31−
N2
22.13 Alternativa B.
3 Fe(s) + 4 CO2(g)
22.2 Alternativa C.
ZnO2
+2 −2
+1 −1 / 3
0
+1 +5 −2
0
NaN3
+1 −1
N2
0
KNO3
+1 +5 −6
N2
0
22.14 Alternativa A.
+2 x −2
CaTiO3
+2 + x + (−6) = 0
V
22.15 Alternativa A.
NOX:
+1 +3 +4 −2
KALSi3O8
+1 +3 +12 + (−16) = 0
x = +4
22.16 Alternativa B.
–1
–1
Fórmula estrutural do sulfeto de ferro II: [Fe2+] [ S k S] 2–
22.17 Alternativa A.
+2
x
–4
Ca3Fe2(SiO4)3
+6 + 2 x + (–12) = 0
Li: 1s2 2s1
3
V
V
2 x = +6
V
Fe2+
+
x = +3
Li1+: 1s2
22.18 Alternativa A.
Fe
+
Cu2+
*(
Cu
22.19 Alternativa C.
Na reação que ocorre na presença de luz, a prata, Ag1+, sofre
redução à prata metálica, Ag0. O íon prata, Ag1+, é, portanto,
o agente oxidante.
22.20 Alternativa C.
O NOX do cromo passa de +6 (na substância Na2Cr2O7) para
+3 na substância Cr(Oh)SO4. A espécie Cr6+ sofre redução, é
um agente oxidante.
O NOX do enxofre passa de +4 (na substância SO2) para +6
nas substâncias Cr(Oh)SO4 e Na2SO4. A espécie S4+ sofre oxidação, é um agente redutor.
22.21 Alternativa C.
Trata-se de uma reação de deslocamento do íon hidrônio do
ácido (tânico) pelo ferro metálico.
1 Fe(s) + 2 h3O1+ (aq) **( 1 Fe2+ (aq) + 1 h2(g) + 2 h2O(L)
22.22 Alternativa A.
I. Falso. A etapa 3 é um processo físico.
II. Falso. Na etapa 1 o zinco não sofre oxidação, nem redução, pois seu NOX (+2) não varia.
III. Verdadeiro. O NOX do zinco passa de +2 para 0.
IV. Falso. A etapa 3 não é um processo de oxirredução.
22.23 Alternativa B.
Na transformação de iodeto de potássio, KI, em iodo, I2, o
elemento iodo está sofrendo oxidação (perda de elétrons). Ele
passa de NOX −1 para NOX zero.
105
Resolução da série
exercitando o raciocínio
23.1 a) As reações de oxidorredução são as etapas I e II.
0
I. S8 (s)
0
+
+4 –2
**(
O2(g)
SO2(g)
O enxofre no S8 (g) passou de NOX 0 para NOX +4, sofreu
oxidação, é agente redutor.
+4 –2
II. SO2(g)
+
1/
0
2
+6 –2
O2(g)
**(
SO3 (g)
O enxofre no SO2(g) passou de NOX +4 para NOX +6, sofreu
oxidação, é agente redutor.
+6 –2
III. SO3 (g)
+1–2
+
h2O(L)
+1 +6 –2
**(
h2SO4 (L)
Note que a etapa III não é de oxirredução porque não houve variação do NOX dos elementos dos reagentes para os produtos.
b) h2SO4 (L) + h2O(L)
*(
h3O1+ (aq)
+ hSO42– (aq)
hSO42– (aq)
*(
h3O1+ (aq)
+ SO42– (aq)
+ h2O(L)
h2SO4 (L) + 2 h2O(L) *(
2 h3O1+ (aq)
+ SO42– (aq)
23.2 Alternativa C.
Ácidos que têm grau de ionização entre 5% e 50% são considerados moderados ou semifortes.
23.3 Alternativa C.
23.4 Alternativa E.
O ácido cianídrico, hCN, é um ácido fraco (tem grau de ionização baixo), volátil (tem temperatura de ebulição baixa) e
apresenta, como todo ácido, soluções com ph < 7. É um ácido
mais fraco que o ácido nítrico (hNO3). É, portanto, um eletrólito mais fraco que o ácido nítrico.
23.5 Alternativa E.
h2SO3: ácido sulfuroso
h2S: ácido sulfídrico
h2SO4: ácido sulfúrico
hNO3: ácido nítrico
108
23.6 Alternativa E.
O hidróxido de sódio, NaOh, é uma base forte e solúvel em
Orientações para o professor
água. O hidróxido de magnésio, Mg(Oh)2, é uma base fraca e
parcialmente solúvel em água.
23.7 Alternativa E.
O suco de limão é ácido, ficaria vermelho.
O leite de magnésia é básico, ficaria azul.
23.8 Alternativa C.
O hidróxido de alumínio, uma base fraca, é capaz de neutralizar o excesso de ácido clorídrico presente no estômago,
aliviando a dor.
hCL (aq) + AL (Oh)3 (col.) *( ALCL 3 (col.) + h2O(L)
23.18 Alternativa B.
Segundo a escala de Linus Pauling, a eletronegatividade do Fe
é igual a 1,7 e a eletronegatividade do oxigênio é igual a 3,5.
Calculando a diferença de eletronegatividade entre os átomos, temos: 3,5 – 1,7 = 1,8.
O valor 1,8 corresponde a um caráter iônico de aproximadamente 55%, logo, o composto é predominantemente iônico.
23.19 Alternativa C.
h3BO3, ácido bórico; SO2, anidrido sulfuroso; h3PO4, ácido fosfórico; CaCO3, carbonato de cálcio e SiO2, sílica.
23.9 Alternativa E.
hCL (aq)
+ Mg(Oh)2 (col.) *( MgCL 2(col.) + h2O(L)
23.10 Alternativa B.
O mármore é um sal básico (formado pela reação entre uma
base forte, Ca(Oh)2, e um ácido fraco, h2CO3.
23.11 Alternativa A.
Na2CO3: carbonato de sódio.
NahCO3: bicarbonato de sódio.
Na2SO4: sulfato de sódio.
NaCL: cloreto de sódio.
23.12 Alternativa A.
PbS
+
h2O2
*(
PbSO4
+
4 h2O
23.13 Alternativa D.
Como deixa claro o procedimento, o sal A é insolúvel em água
quente: PbSO4.
O sal B é solúvel em água quente e insolúvel em água fria (cristaliza com o resfriamento da água usada na dissolução): PbI2.
O sal C é solúvel tanto em água quente quanto em água fria:
Pb(NO3)2. Só aparece como sólido quando a água usada na
sua dissolução é totalmente vaporizada.
23.14 Alternativa A.
CL 2, NOX zero; NaCLO, NOX +1; NaCL, NOX –1 e KCLO3,
NOX +5.
Ordem crescente de NOX: NaCL, CL 2, NaCLO, KCLO3.
23.15 Alternativa D.
O sublimado corrosivo, hgCL 2, é um sal: cloreto de mercúrio II.
A cal viva, CaO, é um óxido: óxido de cálcio. A potassa cáustica, KOh, é uma base: hidróxido de potássio. O espírito de sal,
hCL, é um ácido: ácido clorídrico.
23.16 Alternativa E.
As substâncias indicadas são binárias e contêm oxigênio como
elemento mais eletronegativo.
23.17 Alternativa D.
O bicarbonato de amônio é um sal hidrogenado: Nh4hCO3.
O vinagre é uma mistura em água de ácido acético,
h3C k COOh.
A ferrugem é formada por óxido férrico hidratado:
Fe2O3 . n h2O.
O leite de magnésia é uma suspensão em água de hidróxido
de magnésio: Mg(Oh)2.
109