Química - Famerp.br

REVISA
Resolução dos exercícios
complementares
ou
ou
Química
QR.01
1. e
(°C)
g
PE
L+g
50
L
10
20
30
40
t (s)
PF
S+L
7.b
a)
c)
d)
e)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
S
De acordo com o gráfico, no intervalo de tempo entre 0 e 10 segundos, a amostra é totalmente sólida. Entre 10 e 20 segundos, ocorre
a fusão, e a 0 °C a amostra é líquida.
8.Soma = 4 (04)
(01) (F) Todos estão no 4o período da classificação periódica.
(02) (F) O íon Ti4+ perde 4 e–.
(08) (F) A distribuição de 26Fe2+ é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6.
(16) (F) O íon 27Co2+ e o átomo 25Mn0 são isoeletrônicos.
(32) (F) As distribuições eletrônicas são: 24Cr3+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
3d3 e 21Sc: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1
2.b
Pelos dados fornecidos, a adição de água aumenta a densidade da
mistura, portanto, em combustíveis em que a adição de água é
maior do que a permitida pela legislação, a densidade da solução
será maior que 0,8 g/cm3, então o densímetro (d = 0,8 g/cm3)
flutuará.
QR.02
1.c
a) O bromo é um ametal.
b) Os metais, como manganês, possuem baixa eletronegatividade.
s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4
s2 ,
d) A distribuição do átomo de Fe é 1

 
 


K
N
3.c
Observe o tabela:
Sólido
H2O
PF
Líquido
PE
0
25 °C
100
Gás
L
Butano
–138,3
–0,5
25 °C
Amônia
–77,7
–33,35
25 °C
801
1.465
NaCl
25 °C
O modelo de Thomson é conhecido como “pudim de passas”.
No modelo de Dalton o átomo é partícula indivisível.
Thomson postula que átomo possui cargas positiva e negativa.
Veja alternativa a.
M
portanto possui quatro camadas.
2.a
Pelo gráfico fornecido, a eletronegatividade aumenta em razão do
número atômico e, sabendo que a eletropositividade é a tendência
que os elementos têm para doar elétrons, o gráfico solicitado será o
oposto do fornecido.
4.Soma = 15 (01 + 02 + 04 + 08)
3.F – F – V – V
I. (F) O maior caráter iônico será da ligação entre o elemento
mais eletronegativo (Y ) e o mais eletropositivo (Q).
II. (F) R tem 2 camadas (2o período) e X tem 3 camadas (3o período).
5.a
A decantação é um processo de separação que consiste em separar misturas heterogêneas (água do mar + petróleo). Esse processo é baseado nas diferenças de densidade. Espera-se a sedimentação do componente mais denso (nesse caso, a água) que se separa
do menos denso (nesse caso, o petróleo) por gravidade.
4.c
Da perda ou do ganho de elétrons pelos átomos, resulta a formação
de íons de cargas opostas que se mantêm unidos entre si.
6.a) Destilação.
b) As montagens podem ser:
5.F – V – V – F – V
I. (F) Apenas Ff é gás nobre.
IV. (F) Apenas Bb e Gg pertencem ao mesmo grupo da tabela
periódica (grupo 1, família IA ou metais alcalinos).
ou
6.e
A configuração do sódio é: 1s2 2s2 2p6 3s1 (K =2; L = 8; M = 1)
I. (V)
II. (V) A configuração do cloro é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 (K = 2; L = 8;
M = 7)
Como o número de camadas é o mesmo, o raio será decidido
pela carga nuclear. Portanto, quanto maior a carga, maior a
atração e menor o raio. Logo: RCl < RNa
III. (V) O sódio é metal.
IV. (V)
ou
1
QUÍMICA
–10
7.Soma = 16 (16)
(01) (F) BaSO4 + 2HCl w A reação não ocorre.
(02) (F) Como os dois átomos estão na mesma família, o Ba (6 camadas) tem maior raio por apresentar maior número de camadas que o Ca (4 camadas).
(04) (F) O Ba tem maior raio, portanto menor potencial.
(08) (F) O Ba tem maior raio, portanto menor eletronegatividade.
7.c
Os estados de oxidação são:
8. b
I. (F) A fórmula estrutural do CO2 é: O — C — O. As ligações são
polares, mas a molécula é apolar.
II. (V)
III. (F) Se a fonte de energia é renovável, não agrava diretamente o
efeito estufa.
Oxidação
Oxidante
Redutor
3NH4Cl04 + 3Al
–3 +7
0
+3
+3 –1
+2
Oxidação
Redução
Oxidação
9.d
A fórmula estrutural do O3 é:
II. (F) Possui um agente oxidante e dois agentes redutores.
8. a) A equação da reação é:
KClO3 +
O
O
Mg
+5
Portanto, sua geometria é angular.
nox
+2
oxidação
0
QR.03
1.e
HCl s ligação covalente polar
fórmula estrutural H — Cl w µR ≠ 0 w polar
CaO s metal + ametal = ligação iônica
3MgO + KCl
w
–1
nox: redução
Portanto, se a reação é de oxirredução, houve transferência de e–.
b) O desenho pode ser representado por:
P
F
fórmula estrutural F — C — F w µR = 0 w molécula apolar, com liga-
P
P
P
F
ções covalentes polares
QR.04
1.c
I. Água de baterias: solução de ácido sulfúrico (H2SO4)
II. Água mineral com gás: ácido carbônico
(equilíbrio: CO2(g) + H2O(L) x H2CO3(aq.))
III. Ácido muriático: nome comercial da solução impurra de ácido
clorídrico (HCl )
2.b
a) (F) Dissulfeto de carbono (CS2) s S — C — S s geometria linear
P
b) (V) Fosfina (PH3) s
H
H
H
s geometria piramidal
F
2.Soma = 10 (02 + 08)
(01) (F) A luz acende por causa da presença de cargas elétricas livres
na solução.
(04) (F) Como α = 92%, isso significa que, em cada 100 moléculas
de HCl dissolvidas, 92 sofreram ionização.
(16) (F) HClO é ácido fraco (α < 5%) e HClO2 é ácido moderado
(5% < α < 50%)
B
c) (F) Fluoreto de boro (BF3) s F
F s µR = 0
O
d) (F) Íon carbonato (CO32− ) s O
3.c
A fórmula estrutural do CO2 é: O
III. (F) A geometria é linear.
C
O s geometria trigonal plana
C
3.c
I. (F) CO2 + H2O x <H2CO3> (ácido instável)
III. (F) CO2 é uma molécula apolar.
O
4.d
I. Errada. Na reação mencionada, não ocorre variação de nox;
logo, não é uma reação redox.
4. b
Em águas não poluídas, alguns insetos não afundam por causa da
tensão superficial formada por ligações de hidrogênio. A presença
de sabão e detergente na água provoca ruptura das ligações de hidrogênio, diminuindo a tensão superficial da água.
NaHCO3(s)
+1 +1 +4 –2
5. d
Na mudança de estado, há ruptura ou formação das ligações (forças) intermoleculares e não de ligações covalentes (ligações entre
átomos).
H
HCN
O—C
+2 –1
+4 –1
+1 +2 –3
0
H
–2
H
–2
+4 –2
CO2(g) + H2O w H2CO3

 


ácido
óxido ácido
2–
Na+(aq.) + CO3(aq.)
w Na2CO3(aq.)


 


Cátion
+
Ânion
Composto iônico
IV. Correta. Óxido é um composto binário formado por átomos
de oxigênio com outros elementos, sendo o oxigênio o elemento mais eletronegativo; logo, a água pode ser considerada
um óxido e possui geometria angular.
H
C—C
H
+1 –2
III. Correta.
C Cl4
+1 +4 –2
II. Errada.
6. b
Sejam os compostos:
CaC2
Na2CO3(aq.) + H2O(�) + CO2(g)
H
O
Então: –2 < nox < + 4
H
2
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
Al203 + AlCl3 + 6H20 + 3NO
5.c
As combinações corretas entre cátions e ânions são:
MgCl2
KCl
CaCl2
KNO3
Ca(NO3)2
Mg(NO3)2
K2HPO4
CaHPO4
MgHPO4
5.b
Substância: cloreto de sódio
Constituição: NaCl
Propriedade: composto iônico
Transformação:
Corrente elétrica


→ 2NaOH(aq.) + H2(g) + Cl2(g)
2NaCl(s) + 2H2O(L) (eletrólise
aquosa)
6.c
Pelo somatório de cargas: Ca2+
(OH)13– (PO4 )13–
x
Então: 2 ⋅ x + (3 ⋅ (–1)) + (1 ⋅ (–3)) = 0
∴ x = 3
6.V – F – F – V – V
II. (F) O composto CaCO3 não é molécula, pois é formado por ligações iônicas.
III. (F) O composto NaCl é solúvel em água.
7.a) As fórmulas das substâncias mais importantes que compõem o NOx são: NO e NO2. No interior dos cilindros dos
motores de combustão, elevadas temperaturas e a centelha
elétrica produzida pela vela permitem a reação entre N2 e o
O2 presente no ar, dando origem ao NO e NO 2, conforme a
7.As equações são:
I. H2S(g) + 2NaOH(aq.) w Na2S(aq.) + H2O(L)

→ Na2S5(alc.) + 4H2(g)
II. 4H2S(g) + Na2S(alc.) álcool
III. 2Na2S5(alc.) + 9O2(g) + 5H2O(L) w 2Na2S2O3 ⋅ 5H2O + 6SO2(g)
→ 2NO
1N +1O2 Δ
reação:  2
→ 2NO2
1N2 +2O2 Δ
8. a) De acordo com os dados de solubilidade, nota-se que a solubilidade do carbonato de lítio em água é inversamente proporcional à temperatura, ou seja, aumenta-se a temperatura, reduz-se
a solubilidade do sal, portanto, dissolução exotérmica.
b) 2H3C6H5O7 + 3Li2CO3 w 2Li3C6H5O7 +3CO2 +3H2O









b) Fatores que poderiam diminuir a eficiência do dispositivo: ausência de luz (a reação ocorre na presença de luz); uso de
uma barreira física (impediria o contato do dispositivo com os
gases NOx ).
2.b
Transformando as fórmulas percentuais dos óxidos AxOy e AzOt, temos:
30
= 1⋅ 3 = 3
30
70
= 2,33 ⋅ 3 = 7
O=
30
A=
Quando reagirmos elementos diferentes com determinada massa
fixa de outro elemento (nesse caso o oxigênio), as massas terão uma
proporção de números inteiros e pequenos.
2
2 3
2
e
s 7 =
3 3
7 7
7
QR.05
1.a
• Reação A: deslocamento ou simples troca.
 A + BC w AC + B

2Na +2H2O w 2NaOH+H2
• Reação B: síntese ou adição.
 A + B w C

2H2 + O2 w 2H2O
3.a) 1 mol de C12H22O11 342 g
6 ⋅ 1023 moléculas
x
(3 colheres) 60 g
∴ x = 1,05 ⋅ 1023 moléculas
b) Em uma panelada, há:
100%
60 g de açúcar
1%
y
y = 0,60 g de açúcar
144 g de carbono
Como: 342 g açúcar
g de carbono
0,60 g
∴ z = 0,25 g de C aproximadamente.
2.b
A queima de carvão e de combustíveis fósseis e os poluentes industriais lançam dióxido de enxofre e de nitrogênio na atmosfera. Esses gases combinam-se com o vapor de água, resultando em
chuva ácida.
3.e
A equação da reação é:
2HCl(aq.) + CaCO3(s) w CaCl2(aq.)+ CO2(g) + H2O(L)
4.De acordo com a estequiometria da reação:
1 mol de triacilglicerídio + 3 mol de NaOH w 3 mol de sabão + 1 mol
de glicerol
4.d
Sendo a equação balanceada, temos:
d =
2Al(OH)3 + 3H2S w 1Al2S3 + 6H2O
c
22,23
= 1⋅ 2 = 2
22,23
77,77
= 3,5 ⋅ 2 = 7
O=
22,23
A=
10.e
Reação do óxido + água: B2O3 + 3H2O w 2H3BO3
Neutralização do ácido:
2H3BO3 + 3Ca(OH)2 w 6H2O + Ca3(BO3)2
H3BO3 + 3NaOH w 3H2O + Na3BO3
b
citrato de lítio
QR.06
1.Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(04) (F) A reação que ocorre é: 2Fe + 3Br2 w 2FeBr3
9.a
II. (F) A dissolução de gases em água, sob pressão constante,
aumenta com a diminuição da temperatura.
IV. (F) Água com alta concentração de cálcio e magnésio é denominada água dura.
V. (F) A formação de vapor-d’água a partir da água líquida é chamada evaporação.
a
carbonato de lítio
QUÍMICA
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
ácido cítrico
8.Soma = 3 (01 + 02)
(04) (F) Soda cáustica é solução de NaOH, portanto, diminui a acidez.
(08) (F) A água oxigenada é substância molecular (H — O — O — H).
m
m
s 0,9 =
s
V
2.000
s m = 1.800 g
d
n =
I. (F) (a + b) ≠ (c + d)
(2 + 3) ≠ (1 + 6)
IV. (F) É formado o sulfeto de alumínio em uma reação de dupla-troca.
V. (F) (a − b) ≠ (c − d)
(2 − 3) ≠ (1 − 6)
1.800
massa
sn=
s n = 2,02
890
massa molar
1 mol de triacilglicerídio
2,02 mol
x = 6,06 mol NaOH
40 g
1 mol de NaOH
x
6,06 mol
3
3 mol de NaOH
x
Solução de NaOH: V = 20 cm3 (20 ⋅ 10−3 L) e µ = 0,1 mol/L, portanto n = 0,002 mol.
2 mol base
Então: 1 mol
2 mol
1 ⋅ x g
2 ⋅ 10−3 mol s x = MMácido = 104 g/mol
0,104 g
Efetuando o cálculo da massa molar das alternativas:
C = 12 ⋅ 3 = 36 

H = 1⋅ 4 = 4
 C3H4 O4

O = 16 ⋅ 4 = 64
x = 242,4 g
80%
242,4 g
100%
x
x = 303 g NaOH comercial
5.A equação da reação é:
NaCl + KCl +AgNO3 x AgCl↓ + NaNO3 + KNO3
Como: mNaCl + mKCl = 0,4150 g. Então:
mNaCl = 0,4150 g − mKCl
Sabendo que nNaCl + nKCl = nAgCl, teremos:
6.a)
Massa (MgO)
0,5
QR.07
1.c
A massa atômica do boro será a média ponderada das massas de
seus isótopos, assim:
0,3
M =
0,7
0,1
b) 2Mg + O2 w 2MgO
1 mol O2 2 mol Mg
1 ⋅ 32 g O2
2 ⋅ 24 g Mg
0,12 g
x
x = 0,08 g O2
2.d
mH2O = 5,12 mg
MgSO4 · nH2O w MgSO4 + nH2O
1
:
1
120 g
(120 + 18 ⋅ n) g
4,88 mg
10 mg
4,88 ⋅ (120 + 18 ⋅ n) = 120 ⋅ 10
585,6 + 87,84 ⋅ n = 1.200
Massa (Mg)
0,12 0,24 0,36 0,48 0,6
2 mol MgO
n =
Massa Mg
Massa O2
Massa MgO
0 grama
0 grama
0 grama
0,12 g
0,08 g
0,20 g
0,24 g
0,16 g
0,40 g
0,36 g
0,24 g
0,60 g
0,48 g
0,32 g
0,80 g
0,60 g
0,40 g
1,00 g
0,72 g
0,48 g
1,20 g
3.p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T
Cálculo da quantidade em mol inicial:
p ⋅V
600 ⋅ 164
ni = i
s ni =
= 4 ⋅ 103 mol
R ⋅T
0,082 ⋅ 300
Cálculo da quantidade em mol final:
nf =
4.Soma = 7 (01 + 02 + 04)
(08) (F) A massa necessária é 120 g.
(16) (F) Pelo gráfico, quanto maior a temperatura, maior a solubilidade.
5.a) Fatores que influenciam a solubilidade de um gás em um líquido: temperatura (quanto maior a temperatura, menor a
solubilidade do gás, sob pressão constante); pressão (quanto
maior a pressão, maior a solubilidade de um gás, sob temperatura constante).
Sendo assim, a solubilidade deve ser colocada na ordenada
(eixo y) e a temperatura, na abscissa (eixo x).
8.b
A equação pode ser genericamente representada por:
O
O
OH
O
C—R—C
+ 2NaOH w
NaO
pf ⋅ V
150 ⋅ 164
s nf =
= 1⋅ 103 mol
R ⋅T
0,082 ⋅ 300
Cálculo da quantidade de hidrogênio consumido:
Δn = nf − ni s
s Δn = 4 ⋅ 103 − 1 ⋅ 103 s
s Δn = 3 ⋅ 103 mol
22 m
Como: 1 mol H2
d s d = 66 m 103 ou 66 km
3 ⋅ 103 mol H2
7.d
3 mol Mn
Pela equação, temos 3 mol MnO2
3 ⋅ 55 g
3 ⋅ 87 g
1,10 ton
m
mMnO2= 1,74 t
Como a % de pureza do minério é de 80%, temos:
80%
1,74 t
100%
m
mminério = 2,175 toneladas
C—R—C
614,4
sn=7
87,84
Portanto, MgSO4 ⋅ 7H2O
Proporção s 3Mg : 2O2
O
10,0129 ⋅ 19,9 + 110129
,
⋅ 80,1
s M = 10,8139
100
+ 2H2O
ONa
4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9.b
A equação da decomposição do oxalato de cálcio é:
MgC2O4(s) w MgO(s) + CO(g) + CO2(g)
1 mol
1 mol
40 g
112 g
y ou 40 ⋅ x = 112 ⋅ y (equação 1)
x
Como a diferença de massa é 576 mg, temos:
x − y = 576 mg s x = 576 + y (equação 2)
Substituindo 1 em 2: 40(576 + y) = 112 y
Teremos: y = 320 mg e x = 896 mg
100 %
A porcentagem da perda de massa será: 896 mg
z s z = 64,3%
576 mg
Resolvendo, temos: mKCl = 0,3 g e mNaCl = 0,115 g
HO
104 g/mol
mNaCl mKCl mAgCl
+
=
MM
MM
MM
0,415 – mkCl mNaCl 0,861
Substituindo:
+
=
58,5
143,5
74,5
Solubilidade (gramas de CO2/100 g de água)
m
12
, ⋅ 10−5
sµ=
MM ⋅ V
26 ⋅ 1
µ = 4,6 ⋅ 10–7 mol ⋅ L–1
Como a concentração dos íons cianeto (CN–) lançada no rio é superior ao limite máximo, a água contaminada se tornou imprópria para
o consumo doméstico.
7
400
200
5
150
4
p (atm)
300
QR.08
1.c
Sabendo-se que:
114 g
Q
1 mol C8H18 47 kJ
1 g
Qoctano = 5.358 kJ/mol
Sabendo-se que:
16 g
Q
1 mol CH4 54 kJ
1 g
QCH = 864 kJ/mol
4
Sabendo-se que:
2 g
Q
1 mol H2 120 kJ
1 g
QH = 240 kJ/mol
2
A equação da reação da combustão do H2 é:
2H2(g) + O2(g) w 2H2O(g), não libera CO2
É possível obter a equação do texto pelas condições propostas.
100
3
50
2
20
40
60
80
100
120
T (°C)
b) De acordo com o gráfico, a 40 °C e 100 atm, a solubilidade do
CO2 é igual a 5,5 g/100 g de água.
44 g
1 mol CO2
5,5 g
x
x = 0,125 mol
Considerando a densidade igual a 1 g/mL, temos:
100 mL
0,125
1.000 mL
x
x = 1,25 mol ⋅ L–1
2.b
Q = ?
c = 1 cal/g ∙ °C
m = 120 g H2O
ΔT = 70 °C
Q = m ⋅ c ⋅ ∆T s Q = 120 ⋅ 1 ⋅ 70 s Q = 8.400 cal
6.a) V = 30 mL solução (FeSO4)
C = 125 mg/mL
1 mL
125 mg
30 mL
x
x = 3.750 mg ou 3,75 g FeSO4
278 g FeSO4 · 7H2O
152 g FeSO4
y
3,75 g
y = 6,86 g FeSO4 ⋅ 7H2O
b) Concentração em mol ⋅ L–1:
6,86
m
µ=
sµ=
278 ⋅ 0,030
MM ⋅ V
µ = 0,822 mol ⋅ L–1
1 FeSO4(aq.) w 1Fe+2 + 1SO24−
0,822 mol ⋅ L–1 0,822 mol ⋅ L–1
µ Fe+2 = 0,822 mol ⋅ L–1
3. d
De acordo com as equações termoquímicas fornecidas pelos gráficos:
15
O2(g) w 6CO2(g) + 3H2O(L)
2
I. C6H6(L) +
1
II. H2(g) +
O2(g) w H2O(L)
2
∆H = –286 kJ
III. C(graf.) + O2(g) w CO2(g)
De acordo com a Lei de Hess, temos que:
I. Inverter a equação I.
II. Multiplicar por 3 a equação II.
III. Multiplicar por 6 a equação III.
7.d
Pelo gráfico:
d (g/mL)
0,90
I. 6CO2(g) + 3H2O(L ) w C6H6(L ) +
II. 3H2(g) +
∆H = –3.266 kJ
∆H = –393 kJ
15
O
2 2(g)
3
O2(g) w 3H2O(L ) 2
∆H = 3.266 kJ
∆H = –858 kJ
III. 6C(graf.) + 6O2(g) w 6CO2(g) ∆H = –2.358 kJ
6C(graf.) + 3H2(g) w C6H6(L)
∆H = 50 kJ
4.a) H — C — C — H(g) w 2H(g) + 2C(g)
0,84
Acetileno
0,78
0
ΔHT = (2 ⋅ 413) + (1 ⋅ 833,4) s ΔHT = +1.659,4 kJ
b) A equação de combustão do acetileno é representada por:
x
50
% de H2O
5
O2(g) w 2CO2(g) + H2O(L) ΔH = ?
2
C2H2(g) +
0
0
ΔHT= ΣΔHf(prod.)
− ΣΔHf(reag.)
ΔHT = [(2 ⋅ (–394)) + (1 ⋅ (–286))] − [(1 ⋅ 227)]
ΔH = –1.301 kJ/mol
Então:
liberam
→ 1.301 kJ
26 g 
1 mol C2H2 liberam
→ Q
52 g 
Q = 2.602 kJ ou ΔH = –2.602 kJ
Por semelhança:
0,90 − 0,78 50 − 0 0,12 50
=
s
=
s
x −0
0,06
x
0,84 − 0,78
s 0,12x = 50 ∙ 0,06 s 0,12x = 3
x = 25%
Então, 75% é de álcool.
5.a)
8.a
V = 2 ⋅ 105 m3 ou 2 ⋅ 108 litros (H2O + lama)
µCN– = 1,2 ⋅ 10–3 mol ⋅ L–1
Limite máximo: 1,2 ⋅ 10–2 mg ⋅ L–1 ou 1,2 ⋅ 10–5 g ⋅ L–1
5
HCl(aq.)+ NaOH(aq.) w NaCl(aq.) + H2O(L)
−
ou H+(aq.) + OH(aq.)
w H2O( L )
nHCl = nNaOH
µHCl ⋅ VHCl = µNaOH ⋅ VNaOH
µHCl ⋅ 10 = 0,120 ⋅ 14,5
QUÍMICA
6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
µ=
µHCl = 0,174 mol/L
Portanto, a concentração de HCl é 0,174 mol/L.
b) vmédia = 4 ⋅ 10−5 mol ⋅ L–1 ⋅ s–1
Δµ
3 ⋅ 10−3 − 5 ⋅ 10−3
sv =
s v = 4 ⋅ 10−5 mol ⋅ L−1 ⋅ s−1
Δt
50 − 0
QR.09
1. F – V – V – F – F
A velocidade da reação diminui por causa do consumo da fenolftaleína.
6.b
Ao ser adicionado, o catalisador diminui a energia de ativação, assim, aumenta-se a velocidade da reação; por isso, o catalisador não
influencia no rendimento desta. O NO(g) é consumido na etapa II e
produzido na etapa III. O NO2(g) é o intermediário nas equações químicas II e III. O dióxido de nitrogênio é formado na reação II e consumido na reação III.
2. b
A reação é representada por: H2O + D2O x 2HDO, então a expressão de Kc será: Kc =
Exp.
[BrO3– ] inicial
(mol · L–1)
[Br–] inicial
(mol · L–1)
[H+] inicial
(mol · L–1)
Velocidade
(mol · L–1 · s–1)
1
0,10
0,10
0,10
1.2 · 10–3
·2
cte
cte
0,20
3
0,20
0,30
0,10
7,2 · 10–3
4
0,10
0,10
0,20
4,8 · 10–3
0,10
0,10
No estado I, temos: K c =
I
II
3.b
Considerando 1 mol de reagente, pois são quantidades equimolares, temos:
H2(g)
x
CO(g) + H2O(g)
CO2(g) +
Início:
1 mol
1 mol
—
—
Reage/forma:
–x
–x
+x
+x
Equilíbrio:
1 – x
1 – x
x
x
Exp.
[H+] inicial
(mol · L–1)
1
0,10
0,10
0,10
1.2 · 10–3
2
0,20
0,10
0,10
2,4 · 10–3
3
0,20
0,30
0,10
7,2 · 10–3
4
0,10
0,10
0,20
4,8 · 10–3
cte
·3
K eq. =
Velocidade
(mol · L–1 · s–1)
[Br –] inicial
(mol · L–1)
cte
·3
Exp.
[BrO3– ] inicial
(mol · L–1)
[Br –] inicial
(mol · L–1)
[H+] inicial
(mol · L–1)
Velocidade
(mol · L–1 · s–1)
1
0,10
0,10
0,10
1.2 · 10–3
2
0,20
3
0,20
0,30
0,10
7,2 · 10–3
4
0,10
0,10
0,20
4,8 · 10–3
0,10
cte
0,10
·2
2,4 · 10–3
5. Soma = 18 (02 + 16)
(01) (F) A água para uso dos seres vivos necessita de sais dissolvidos, em quantidade adequada.
(04) (F) Chuva ácida ocorre quando a concentração de SO3(g) na
atmosfera é alta, reagindo com água da chuva, formando
H2SO4.
(08) (F) Água com alto teor de Ca2+ e Mg2+ é denominada água
dura.
·4
6.b
2. (F) Aumentado-se a concentração de H+, o equilíbrio é deslocado para a direita, portanto aumenta-se a cor laranja.
4. (F) Alteração de H+ altera a cor da solução por deslocamento de
equilíbrio.
8.Soma = 42 (02 + 08 + 32)
(01) (F) A cinética é de 2a ordem em relação a A. Quanto à velocidade, temos que: v = k ⋅ [A]2 ⋅ [B]; como o volume dos gases A
e B é reduzido pela metade, as suas concentrações dobram,
então:
Inicial
Final
[A] = x
[A] = 2x
[B] = y
[B] = 2y
Podemos, então, relacionar:
v f = k ⋅ (2x ) ⋅ 2y
s
100%
x
4.c
Inicia-se a reação com temperatura elevada para que o equilíbrio
seja atingido mais rapidamente. Depois, abaixa-se a temperatura
para melhorar o rendimento do processo.
As concentrações de BrO3− e Br− se mantêm constantes e a concentração de H+ duplica, enquanto a velocidade da reação quadruplica;
portanto, [H+]2.
Dessa maneira, a lei da velocidade será: v = k ⋅ [ BrO3− ]1 ⋅ [Br−]1 ⋅ [H+]2
vi = k ⋅ ( x )2 ⋅ y
[CO]·[H2O]
x2
s 0,5 =
s x 2 + 2x − 1 = 0
[CO2 ]·[H2 ]
(1− x )2
x’ = 0,41 mol
x” = –2,41 mol (não serve)
2 mol (quantidade da mistura)
0,41 mol (quantidade da água)
x = 20%
As concentrações de BrO3− e H+ se mantêm constantes e a concentração de Br− triplica, enquanto a velocidade da reação também
triplica; portanto, [Br−]1.
Experiências 1 e 4:
cte
–2
(0,6)2
s K c = 4 , como a temperatura se
I
0,9 ⋅ 01
,
mantém constante, no estado II, K c = 4
As concentrações de Br− e H+ são iguais e constantes, enquanto a
concentração de BrO3− dobra e a velocidade de reação também dobra; portanto, [BrO3–]1.
Experiências 2 e 3:
[BrO3– ] inicial
(mol · L–1)
[HDO]2
.
[H2O] ⋅ [D2O]
·2
2,4 · 10–3
2
( pCO)2
pCO2
IV. (F) A 950 °C, a porcentagem de CO na mistura é maior que a
850 °C, portanto, aumenta-se o rendimento da reação, aumentando o valor de Kp.
V. (F) O aumento de temperatura favorece a reação endotérmica.
7.e
Fazendo as análises:
Experiências 1 e 2:
2
I. (F) A expressão é dada por: Kp =
7.e
Para 25 °C: NaOH w Na+ + OH–
0,1 mol ⋅ L–1
0,1 ⋅ mol ⋅ L–1
pOH = – log [OH–] s pOH = –log [0,1] s pOH = 1 e pH = 13
Para 40 °C: Kw = [H+] ∙ [OH–]
3 ⋅ 10–14 = [H+] ∙ [0,1]
[H+] = 3 ⋅ 10–13
pH = – log [H+] s pH = –log [3 ⋅ 10–13] s pH = 12,5
A 25 °C s pH = 13
A 40 °C s pH = 12,5
vi
k ⋅ x2 ⋅ y
=
vf
k ⋅ 8x2 ⋅ y
8.e
∴ vf= 8 ⋅ vi
6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
v=
(04) (F) A velocidade da reação aumenta porque aumenta o número de moléculas com energia de ativação suficiente para ocorrerem colisões efetivas.
(16) (F) O ativador aumenta o efeito do catalisador.
–
+
7.a) Pelo enunciado, temos: Fe(OH)3(s) x Fe3(aq.)
+ 3OH(aq.)
Como pH = 2, [H+] = 10−2 mol/L, a concentração, em mol/L, do AAS
pode ser dada por:
x
m1
18
,
µ =
sµ=
s
MM1 ⋅ V (L )
180 ⋅ 1
s µ = 0,01 mol/L
µ
Reage/forma
10–2
Equil.
µ – 10
Ki =
–2
0
0
10–2
10–2
10
10–2
–2
[H+ ] ⋅ [Aas− ]
10−2 ⋅ 10−2
s 1⋅ 10−5 =
[HAas]
m − 10−2
µ H 0,01 mol/L s 99,9% estão não ionizados
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
QR.10
1. e
a)
b)
c)
d)
e)
x4 =
x=
4 ·10−38
= 14,8 ·10–40
27
14,8 ·10–40 = 196
, ·10–10
A quantidade de [OH−] proveniente da autoionização da água é
maior do que a proveniente da dissociação do Fe(OH)3(s), então:
H2O() x
+
H(aq.)
s pH > 7
s pH = 7
s pH > 7
s pH > 7
s pH < 7
10
−7
–
OH(aq.)
+ mol/L 10
−7
mol/L
Vamos considerar somente a concentração de [OH−] proveniente da água no cálculo da concentração de Fe3+, então:
Kps = [Fe3+] · [OH−]3
4 · 10−38 = [Fe3+] · (10−7)3
[Fe3+] =
CN− + H2O x HCN + OH−
NaCl + H2O x Na+ + Cl−
NH4OH x NH+4 + OH− CO32− + 2H2O x H2CO3 + 2OH− NH+4 + H2O x NH4OH + H+
Kps = [Fe3+] · [OH−]3
4 · 10−38 = x ∙ (3x)3
4 · 10−38 = 27x4
4 ·10–38
= 4 · 10–17 mol/L
10–21
b) A concentração de Fe3+ em mg/L é dada por:
55,8 g
1 mol Fe3+
x
4 · 10−17 mol
2. d
Admitindo-se o equilíbrio existente na solução de hipoclorito de sódio:
Cl– + Cl O– + H2O x Cl2 + 2OH–
Adicionando-se cloreto de sódio (NaCl w Na+ + Cl –), a concentração
do íon Cl – aumentaria, assim, deslocaria o equilíbrio da reação para
formação do produto.
Adicionando-se hidróxido de sódio (NaOH w Na+ + OH–), a concentração do íon OH– aumentaria, assim, deslocaria o equilíbrio da reação para formação de reagente.
A adição de ácido acético (H3CCOOH w H+ + H3CCOO–) provoca a
neutralização dos íons OH– presentes no equilíbrio, deslocando o
equilíbrio da reação para formação de produto.
Adicionando-se ácido clorídrico (HCl w H+ + Cl –), além de aumentar-se
a concentração de íons Cl –, deslocando o equilíbrio para formação de
produto, também provocar-se-ia a neutralização dos íons OH– do sistema, o que deslocaria o equilíbrio ainda mais no sentido dos produtos. Portanto, seria o mais indicado no sentido de formação do cloro.
Adicionando-se nitrato de amônio (NH4NO3 w NH+4 + NO3–), solução
ácida, pois se trata de um sal derivado de ácido forte e base fraca,
provocar-se-ia a neutralização de íons OH– do equilíbrio, deslocando-o no sentido de formação do cloro.
x=
55,8 g ·4·10–17 mol
1mol
x = 223,2 · 10−17 g ou 2,23 · 10−12 mg/L
A concentração de Fe3+ (2,23 · 10−12 mg/L) é menor que 0,3 mg/L,
portanto a água tratada atende à legislação.
8.Soma = 21 (01 + 04 + 16)
(02) (F) O ânion sulfato não reage com HCl porque é base fraca.
(08) (F) Se o Kps é pequeno, a solubilidade é baixa.
(32) (F) O ácido carbônico sofre decomposição, produzindo CO2 e
H2O.
QR.11
1.a) Aquecendo até 70 °C, sob pressão de 1 atm, apenas D seria gás
porque é a única que tem PE < 70 °C.
b) Será a curva C, porque embora seja apolar, sua massa é maior
que a massa de HCCl3 que é pouco polar.
2.a) A fórmula é:
3. c
A s H3C — COONa + H2O x H3C — COOH + Na+ + OH−
y pH > 7
B s NaCl + H2O w Na+ + Cl− y pH = 7
C s NH4Cl + H2O x NH4OH + H+ + Cl−
y pH < 7
O
C—
H
H
—C—O—C—C—O
H
4. d
IV. (F) Há aumento de pH porque o H2CO3 reage com o Mg2SiO4,
consumindo H+.
H
n
Em relação à estrutura quími­ca, o que está associado é o tipo de
cadeia. O PET tem cadeia aromática e o biodegradável tem cadeia alifática.
b) As fórmulas são:
H3C – CH2 – OH s etanol
HO – H2C – CH2 – OH s etilenoglicol
A menor pressão de vapor será do etilenoglicol e a menor temperatura de ebulição é do etanol. Isso acontece porque o etilenoglicol faz mais ligações de hidrogênio que o etanol.
5.V – V – F – F – V
Soluções-tampão são soluções que atenuam a variação dos valores
de pH (ácido ou básico), mantendo-o aproximadamente constante,
mesmo com adição de pequenas quantidades de ácidos ou bases.
O ácido láctico não apresenta pH básico. O lactato de sódio é um
sal de pH básico, por ser derivado de um ácido fraco e uma base
forte. O pH é dependente da razão
O
3.A maior temperatura de ebulição é da amostra B porque apresenta
a maior concentração de partículas dispersas, portanto, maior efeito
coligativo.
[lactato de sódio]
, pois, ao adicio[ácido láctico]
narem-se grandes quantidades de reagentes, altera-se o pH do meio.
Mar Morto (B)
Oceanos e mares (C )
+H O
2
C = 280 g/L 

→
V = VB
6.d
CoS w
Co2+
+
S2–
x mol
x mol
x mol
Kps = [Co2+] · [S2–]
1 · 10–20 = [Co2+] · 1 · 10–10
[Co2+] = 1 · 10–10 mol · L–1
C = 35 g/L
V = VB + 7
Em uma diluição: Ci · Vi = Cf · Vf
280 · VB = 35(VB + 7) ∴ VB = 1 L
4.c
7
QUÍMICA
Início
3x
8.Soma = 1 (01)
(01) (V) π · V = n ∙ R ∙ T
π · 1 = 0,001 · 0,082 · 300
π = 0,0246 atm
(02) (F) π · V = n ∙ R ∙ T
Lembrando que o efeito coligativo é diretamente proporcional ao
número de partículas dispersas, temos:
1 mol sacarose
1 mol PD
∴
Béquer 1 s
1 kg H2O
kg H2O
1 mol NaCl
2 mol PD
∴
1 kg H2O
kg H2O
m
·R∙T
MM
m
30 · 1 =
· 0,082 · 300
180
π·V=
1 mol glicose
1 mol PD
∴
Béquer 3 s
1 kg H2O
kg H2O
Então, EC2 = 2EC1 = 2EC3 ∴ béquer 2 possui menor pressão de vapor, maior TE e menor TC.
Observação: EC = efeito coligativo
m = 219,5 g
∴ 219,5 g C6H12O6 ≠ 116 g C6H12O6
(04) (F) Neste caso, a osmose ocorre porque as duas soluções
apresentam molaridades distintas, (π = µ · R · T ), considerando-se temperatura igual para ambas. Após o equilíbrio, as
pressões osmóticas das soluções são iguais.
(08) (F) Solução hipotônica apresenta menor concentração de solutos (pressão osmótica menor) que outra solução que se encontra separada da primeira por uma membrana semipermeável.
(16) (F)
5.d
III. Amostra de água pura s TE menor e constante
I. Amostra de NaCl 0,1 mol/L s temperatura maior e variável
Então, o gráfico ficará:
TE
I
Amostra de NaCl(aq.) w
Amostra de glicose(aq.) w
π
 ·V = n
 ·R ·T
II
Pressão
osmótica
H2O pura w III
0
6.Soma = 13 (01 + 04 + 08)
(02) (F) Pelo gráfico, a TE de I é menor que a TE de II.
(16) (F) A ordem crescente correta seria:
Solvente
puro
TEKCl

<
Solução
menosconcentrada
π ·V =
m
·R ·T
MM

Massa
molar
Por meio da pressão osmótica, que é precisa e exata, obtém-se
o valor da massa molar.
QR.12
1.a) Pelos potenciais, os íons presentes são Cu2+; Fe3+ e Ag+.
b) Para o maior potencial padrão possível, usamos o maior potencial e invertemos o menor, assim temos:
T (°C)
TEH O <
2

ou
número
de mols
Br + 2 e– w 2Br–
 22+
0
–
Sn + 2 e w Sn
TEureia

E 0 = 107
, V
E 0 = – 014
, V
Solução
mais concentrada
Br + 2 e− w 2Br– E 0 = 107
, V
 2

0
2+
0
–
E = 014
, V
Sn w Sn + 2 e
7.e
Inicial – antes da
osmose
Equação global = Br2 + Sn0 w 2Br– + Sn2+ E 0 = 121
, V
B
2.a) Para que a reação aconteça: Ered do cátion é alto, então teremos
em cada reação:
Baixa
salinidade
Alta
salinidade
Membrana
semipermeável
Intermediário –
após a osmose
C
Diferença
de pressão
+
+
0
0
1) 3Cu2(aq.)
+ 2Fe(s)
x 3Cu(s)
+ 2Fe3(aq.)
+
+
0
0
2) 2Ag (aq.)
+ Cu(s)
x 2Ag(s)
+ Cu2(aq.)
+
+
0
0
+ Fe(s)
x 3Ag (s)
+ Fe3(aq.)
3) 3Ag (aq.)
b)
Na 1, depósito de Cu0 vermelho sobre Fe0.
Na 2, depósito prateado de Ag0 sobre Cu0 vermelho.
Na 3, depósito prateado de Ag0 sobre Fe0.
Então, o metal depositado é a prata.
A que mais reage tem maior Ered , ou seja, a solução com íon
Ag+, que fica azulada por causa da formação de íons Cu2+, de
acordo com a equação:
+
0
2+
0
2Ag (aq.)
+ Cu(s)
w Cu(aq.)
+ 2Ag (s)
3.b
Nos tubos 1 e 4, não há reação w cátion e metal do mesmo elemento químico.
> Ered
No tubo 2, não há reação w Ered
Membrana
semipermeável
Ag+
Final – após a
osmose reversa
A
Cu2+ + Ag0 w não há reação.
No tubo 3, há reação s Ered
Ag+
Pressão
artificial
2Ag + Cu w Cu
+
0
2+
> Ered
Cu2+
Cu2+
+ 2Ag
0
4.c
I. (F) Há migração de Cu2+ para o cátodo e OH– para o ânodo.
IV. (F) No equilíbrio, as velocidades das reações direta e inversa
são iguais.
Membrana
semipermeável
5.F – V – V – V
8
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Béquer 2 s
I. (F) Como os metais têm cargas diferentes e massas molares
diferentes, a massa depositada será diferente.
II. (V) Com i = 96,5 A e t = 10 s s i =
Q
Q
s 96,5 =
s Q = 965 C
Δt
10
Para a prata, teremos: Ag+ + e− w Ag0
1 mol
1 mol
108 g
96.500 C
mAg0
965 C
mAg0 = 1,08 g
III. (V) Com i = 289,5 A e t = 10 s, teremos, portanto:
i =
Q
Q
s 289,5 =
s Q = 2.895 C
10
Δt
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Semirreação de redução: 2Na(+ ) + 2 e– w 2Na(s)
Semirreação de oxidação: 2Cl(− ) w Cl2(g) + 2 e–
 2Na+ + 2 e– w 2Na
()
(s)


–
–
 2Cl(  ) w Cl2(g) + 2 e

Equação global: 2NaCl(s) w 2Na(s) + Cl2(g)
Polo negativo s cátodo s reduz
Polo positivo s ânodo s oxida
Semirreação de redução: 2Na(+ ) + 2 e– w 2Na(s)
Semirreação de oxidação: 2Cl(− ) w Cl2(g) + 2 e–
2.Soma = 9 (01 + 08)
(01) Verdadeira.
U238 w x 2α4 + y –1β0 + 82Pb206
92
Balanço de massa s 238 = 4x + 0y + 206 s 4x = 32 s
s x = 8 s 8 partículas α
Balanço de carga s 92 = 8 · 2 + (y · (–1)) + 82 s y = 6 s
s 6 partículas β
(02) Falsa.
A reação n + 92U235 w ABa142 + 36KrB + 3n trata-se de uma
fissão nuclear.
(04) Falsa.
Cálculo para massa atômica:
Massa atômica:
7.d
Como: 10 mA
1 m2
i
480 m2
i = 4.800 mA ou 4,8 A
Em 1 h, teremos:
Q
Q
s 4,8 =
s Q = 17.280 C
Δt
3.600
Sabendo que: Fe0 w Fe2+ +2 e−
1 mol
2 mol
2 · 96.500 C
56 g
17.280 C s m = 5 g
m
(08)
(16)
8. Pela equação I: 2NaCl + 2H2O w 2NaOH + Cl2 + H2
2 mol NaCl
1 mol H2
2 · 58,5 g
22,4 L
VH2
117 g
VH2 = 22,4 L
A equação global será dada por:
–
–
2Cl(aq.)
+ 2H2O(  ) w 2OH(aq.)
+ Cl2(g) + H2(g)
(0,0055% ⋅ 234) + (99,28% ⋅ 238) + (0,71% ⋅ 235)
100%
Massa atômica H 237,97 u
Verdadeira.
Na reação: 10 n + 92U235 w ABa140 + 36KrB + 2 10 n
Massa atômica s 1 + 235 = 140 + B + 2 · 1 s B = 94
Número atômico s 92 = A + 36 s A = 56
Falsa.
No urânio empobrecido, temos 0,3% de U235. Em 1 tonelada
de urânio natural, temos 300 g de U235.
3.e
Meia-vida = 0,8 ano ou 9,6 meses
Tempo total = 3 anos e 2 meses ou 38 meses
∴ passaram-se 4 meias-vidas.
–
–
2OH(–aq.) + Cl2(g) w Cl(aq.)
+ ClO(aq.)
+ H2O(  )
Equação global: 2H2O() + 2Cl(−aq.) w H2(g) + 2OH−(aq.) + Cl2(g)
1VH2
1VCl2
Ocorre a formação de OH–, ou seja, o meio é básico.
Δ
→ 2Na(+ ) + 2Cl(− )
Dissociação do sal: 2NaCl(s) 
Fusão
QR.13
1.F – F – F – F
I. (F) Fenômeno químico muda substância e não átomos.
II. (F) Ligação química envolve somente os elétrons da camada
de valência.
III. (F) Camada de valência é envolvida em ligações químicas.
IV. (F) Uma reação química é, em geral, mais fácil para ocorrer.
6.c
III. (F) Na eletrólise:
Cátodo s redução s polo negativo s chegam elétrons
Ânodo s oxidação s polo positivo s saem elétrons
IV. (F) 2Br– w 2 e– + Br2 (o brometo perde e–).
i =
•
Para o Au, teremos: Au3+ + 3 e−
w
Au0
3 mol
1 mol
197 g
3 · 96.500 C
mAu
2.895 C
mAu0 = 1,97 g
IV. (V) Em 1 L de solução 1 mol/L de Au(NO3)3, teremos:
Au(NO3)3 w Au3+ + 3NO3–
1 mol
1 mol
µ s µ = 1 mol/L s n 3+ = 1 mol
1 mol/L
Au
+
3 e− w Au0
Au3+
1 mol
3 mol
2H O + 2 e− w H + 2OH−
 2 ()
2(g)
(aq.)

–
2Cl(aq.)
w Cl2(g) + 2 e−
–
Cl(–aq.) + H2O(  ) w ClO(aq.)
+ H2(g)
MU
9.F – V – V – F – V
As equações das eletrólises são:
−
• Dissociação do sal: NaCl(aq.) w Na+(aq.) + Cl(aq.)
Cátodo: Na+, H2O
Ânodo: Cl–, H2O
−
Semirreação de redução (· 2): 2H2O() + 2 e– w H2(g) + 2OH(aq.)
+
Semirreação de oxidação: 2H2O() w O2(g) + 4H(aq.)
+ 4 e–
4H O + 4 e− w 2H + 2OH–
 2 ()
2(g)
(aq.)

+
2H2O(  ) w O2(g) + 4H(aq.)
+ 4 e−

+
−
Equação global: 6H2O() w 2H2(g) + 2OH(aq.)
+ O2(g) + 4H(aq.)
2VH2
1VO2
• Dissociação do sal: NaCl(aq.) w Na+(aq.) + Cl–(aq.)
Cátodo: Na+; H2O
Ânodo: Cl –; H2O
−
Semirreação de redução: 2H2O() + 2 e– w H2(g) + 2OH(aq.)
Semirreação de oxidação: 2Cl(−aq.) w Cl2(g) + 2 e–
MU
3 · 1070 moléculas
MU
MU
0,75 · 1070 moléculas
6,0 · 1070 moléculas
1,5 · 1070 moléculas
0,375 · 1070 moléculas ou
3,8 · 1069 moléculas
Moléculas decompostas: 6,0 · 1070 – 3,8 · 1069 = 5,6 · 1070 moléculas
4.a) Regiões básicas: núcleo e eletrosfera.
Partículas: próton s carga relativa +1; nêutrons s carga relativa
zero; elétrons s carga relativa –1
b) Isótopos são átomos com igual número de prótons e diferente
número de nêutrons.
c) Z = 55; n = 82; e− = 55; A = 137
d) Como o acidente ocorreu em 1987, haverá 25% do valor inicial
em 2047.
9
QUÍMICA
t = 2047
t = 1987
1t 1
2
30 anos
50%
2
30 anos
O
25%
H3C — CH2 — C
O — CH2 — CH3
5. a)
b)
Vsala = 50 m2 · 3 m = 150 m3
pT = 21.000 · 4 = 84.000 Pa
T = 273 + 32 = 305 K
Como: p · V = n · R · T s 84.000 · 150 = n · 8,314 · 305
∴ n = 4.968,9 mol
28,9 g
1 mol ar atmosférico
m
4.968,9 mol
m = 143.601,35 g ou 143,601 kg
Então, a massa total de ar na sala é maior que a massa de Rango.
6. a)
b)
S(s) + O2(g) w SO2(g)
2SO2(g) + O2(g) w 2SO3(g)
SO3(g) + H2O() w H2SO4(aq.)
Ocorre o aumento do nível de água por existir redução do volume
de gás no interior do béquer invertido. Pelo fato de que o oxigênio
foi consumido para produzir ácido sulfúrico solúvel em água.
Butanoato de etila s
O
H3C — CH2 — CH2 — C
O — CH2 — CH3
6.a
Os compostos são:
O
H3C — CH2 — C
H3C — O — CH2 — CH3
H
Aldeído
O
Éter
OH
C
7.Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(04) (F)
100%
4 mol
x
2 mol x
x = 50% (H2)
(16) (F)
Estão presentes 4 mol de gases no sistema.
H3C — NH2
Ácido
carboxílico
Amina
primária
7.A tabela ficará corretamente preenchida com:
8.a) A frase ficará corretamente preenchida por: aleatório, linear,
maiores, choques, pressão.
b) X = Cl2 a 100 K
Y = Cl2 a 1.000 K
Z = H2 a 100 K
Entre X e Y, para um mesmo gás, quanto maior a T, maior a v. Entre X
e Z, para uma mesma temperatura, quanto menor a MM, maior a v.
O
H3C — CH2 — CH2 — C
OH
Nome
Ácido
carboxílico
Ácido
butanoico
Aldeído
Butanal
Cetona
Pentan-2-ona
Amida
Butanamida
Éster
Butanoato de
metila
O
H3C — CH2 — CH2 — C
QR.14
1.e
A equação da reação de formação do etino é:
CaC2 + 2HOH w Ca(OH)2 + C2H2
H
O
H3C — CH2 — CH2 — C — CH3
H—C—C—H
Etino
acetileno
(alquino)
M = 26 g/mol
O
H3C — CH2 — CH2 — C
NH2
A combustão completa do etino (C2H2) é representada por:
2C2H2 + 5O2 x 4CO2 + 2H2O
Essa reação ocorre, por exemplo, em maçaricos oxiacetilênicos.
O
H3C — CH2 — CH2 — C
2.a
Função
O — CH3
Carbonila
O
8.a) Propan-1-ol: H3C — CH2 — CH2 — OH
Aldeído: R — C — H
O
O
Carbonila
Cetona: R — C — R’
3.e
a)
b)
c)
d)
Ácido acético: H3C — C — OH
b) Ligações de hidrogênio intermoleculares, enquanto o alcano
possui as fracas interações dipolo induzido.
Nenhum dos compostos é hidrocarboneto.
Somente a aspirina apresenta a função ácido carboxílico.
Somente a aspirina apresenta a função éster.
São compostos aromáticos, portanto, apresentam dupla ligação.
QR.15
1.b
Para que substâncias diferentes sejam isômeras, terão de apresentar
mesma fórmula molecular.
Analisando as estruturas a seguir, teremos:
I.
4.d
Pelo enunciado, temos um processo de pirólise, que envolve o uso
de calor.
H
H2
H3C — C — C — CH3
5.c
As substâncias com as características do enunciado são:
Etanoato de metila s
O
H2 H2
H3C — C — C — CH3
CH3
C5H12
H3C — C
C4H10
Não são isômeros.
O — CH3
10
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
100%
Propanoato de etila s
1t 1
II.
Nas figuras anteriores, estão assinalados os carbonos quirais que
são responsáveis pela isomeria óptica.
OH
OH
H2C — C — CH3
H2
H3C — C — CH3
H
C3H8O
C3H8O
4.a) A função orgânica dos compostos é álcool.
b)
São isômeros de posição.
III.
H2 H2
H3C — C — C — C
OH
O
H3C — C — C — CH3
H H2
C4H10O
H
C4H8O
HO
Ergosterol - trans
Não são isômeros.
IV.
O
H2
H3C — C — C
O
H3C — C
OH
O — CH3
C3H6O2
C3H6O2
São isômeros de função.
V.
HO
Ergosterol - cis
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
H3C — CH2 — OH
H3C — C
C2H6O
C2H4O2
OH
5.F – V – F – V
I. (F) Há três carbonos quirais:
CH3
H
H
— SO3H
H
H
III. (F) Na etapa da via reacional 2, ocorre reação de alquilação.
H3C — CH2 — CH2 — C
— C4H8O
H
6.d
A combustão de alcanos é largamente usada como combustíveis,
por causa do fornecimento de grande quantidade de calor.
II.
H2C — CH — CH2 — CH3
III.
— C4H8
7.a) Reação de hidratação do cis-2-penteno:
OH
H3C — C — CH2 — CH3
— C4H8O
Cis-2-penteno:
H
O
V.
H3C — CH — CH2 — CH2 — CH3
H
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — OH
— C4H10O
HC — C — CH2 — CH3
H
OH
— C4H8O
H 3C
Pentan-2-ol
+ HOH w
C—C
IV.
CH3
H3C — C — CH2 — C*— CH2 — C*— CH2 — C*—
2.e
As fórmulas das substâncias são:
I.
O
CH3
CH3
Não são isômeros.
OH
CH2 — CH3
H3C — CH2 — CH — CH2 — CH3
Pentan-3-ol
b) Considerando a quebra da ligação entre átomo de carbono que
apresenta OH e o átomo de carbono vizinho, temos:
I. • Quebrando a ligação entre o primeiro e o segundo átomo de
carbono no pentan-2-ol, temos:
H3C – (massa molar 15 g/mol) e
3.a
Anfetamina
H
H H
H—
H
H
H
H
H
OH
N
— C — CH2CH2CH3
H
H
CH3
Amina primária
Metanfetamina
H
H H
H—
H
H
H
H
H—
CH3
H
H
CH3
* (carbono quiral)
H3C — C —
H
CH3
CH3
H OH
H N
H
OH
H N
Efedrina
H
(massa molar 73 g/mol)
• Quebrando a ligação entre o segundo e o terceiro átomo de
carbono, temos:
(massa molar 45 g/mol) e CH2CH2CH3 (massa molar 43 g/mol)
II. • No caso do pentan-3-ol a quebra da ligação citada produziria
somente os fragmentos:
H3C — CH2 — (massa molar 29 g/mol) e
— CH — CH2 — CH3
H
OH
(massa molar 59 g/mol)
11
QUÍMICA
O
H2C — OH
Observando o gráfico A, notamos que a maior abundância
(100) apresenta massa molar igual a 59 g/mol, que corresponde ao fragmento:
HC — OH
w
+
R — C — ONa
Sal de ácido
carboxílico
H2C — OH
OH
H2
— C — C — CH3
H
w
sabão
Glicerina
Saponificação
Gordura 

→ Glicerina + sal de ácido
ou hidrólise básica
carboxílico(sa
abão)
que aparece na quebra da ligação do pentan-3-ol. A ligação
rompida foi a entre os átomos de carbono 2 e 3:

→ Manteiga rançosa
IV. Manteiga + O2 Oxidação
OH
2.b
As reações possíveis são:
H3C — CH2 — C — CH2 — CH3
H
O
De acordo com o gráfico B, o fragmento de maior abundância (100)
apresenta massa molar 45 g/mol, que corresponde à quebra da ligação dos átomos de carbono 2 e 3, presente no pentan-2-ol.
H3C — CH2 — CH2 — C
+ HO — CH2 — CH3 OH
OH
O
H3C — C —
H3C — CH2 — CH2 — C
H
+ H2O
A ligação rompida está representada a seguir.
OH
H2 H2
H3C — C — C — C — CH3
Butanoato de etila ; abacaxi
O
H3C — C
H
+ HO — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH3 w
OH
8.b
I. (F) Há formação, principalmente, do 2-cloro-3-metilbutano.
V. (F) Nesse caso, pode haver substituição na cadeia, de acordo
com a equação:
O
w H3C — C
Acetato de pentila y pera
— CH2 — Cl + H – Cl
— CH3 + Cl – Cl w
+ H2O
O — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
3.a) As equações das reações são:
• desidratação intermolecular do composto com formação de
éter:
QR.16
1.d
I.
O
H
H
O — C — (CH2)3 — CH2 — OH + HO — CH2 — (CH2)3 — C — O w
O
HO
— N — C — C — N — C — C — + nH — OH w
H
R
R
H
n
w O — C — (CH2)3 — CH2 — O — CH2 — (CH2)3 — C — O + H2O
Proteína
H
O
H
H
R
HO
HO
O
Éter
w nH — N — C — C — OH + nH — N — C — C — OH
H
HO
R
•
desidratação intermolecular do composto com formação de éster:
HO — CH2 — (CH2)3 — C — O + HO — CH2 — (CH2)3 — C — O w
Aminoácidos
OH
w HO — CH2 — (CH2)3 — C — O — CH2 — (CH2)3 — C — O + H2O
II.
C6H12O6
Glicose
III.
OH
hidrólise
Proteína 
→ aminoácidos
Zimase
O
2H3C — CH2 — OH + 2CO2
Fermentação
alcoólica
HO
Éster
Etanol
b) As equações são:
• desidratação intramolecular do composto com formação de éster cíclico:
O
H2C — O — C — R
H2
C
O
HC — O — C — R
O
H2C — O — C — R
+
NaOH
HO — CH2 — (CH2)3 — C — O w
w
OH
Base
forte
C
H2C
O
H2C
C
H2
Gordura ou óleo
Éster cíclico
12
O
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O — CH2 — CH3
•
desidratação intramolecular do composto com formação do ácido insaturado:
OH
7.a
A equação da reação de transesterificação pode ser representada por:
CH2 — O — C — C17H21
H
O
CH2 — C — CH2 — CH2 — C — O w
H
CH — O — C — C17H21 + 3H2C — CH2 — OH OH
O
CH2 — O — C — C17H21
O
O
w H2C — CH — CH2 — CH2 — C + H2O
H2C — OH
O
OH
3C17H21 — C — O — CH2 — CH3 + HC — OH
H2C — OH
8.a) As equações balanceadas são:
O
5.d
III. (F) O propionato de etila sofre hidrólise de acordo com a
equação:
O
+
—C
HO —
O
O
w
H
O
Vanilina
O
Anidrido acético
H3C — O
H3C — CH2 — C
O
O
H3C — O
O
O
HCl
+ H — OH
O
w
O — CH2 — CH3
OH
OH + 2
+ 2H2O
O
b) As equações para formação do PAHF são:
Hidrogenação:
O
HCl
H3C — CH2 — C
H3C — O
+ HO — CH2 — CH3
OH
OH + H2 w
O
V. (F) O ácido pentanoico é solúvel em água.
H3C — O
6.a)
O
OH
OH
O
H
Hidrólise
oxidação
redução
OH
O
oxidação
O
O
w
CH3
O
O
H3C — O
O
O
OH + H2O w
O
H3C — O
adição
w
HO —
OH
OH
H3C — O
n
w
OH
H3C — O
O—
w
O
+ nH2O
n
Poliéster
13
OH
O
HO —
OH
*
O
+
Polimerização:
eliminação
b)
O
QUÍMICA
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4.c
I. Correto. Pode sofrer hidrogenação, por possuir duplas ligações.
II. Correto. Na presença de um ácido carboxílico, pode sofrer
reação de esterificação por apresentar uma hidroxila (função
álcool) na molécula.
III. Falso. Na presença de soda cáustica (NaOH), não sofre reação
de saponificação, pelo fato de não possuir na molécula um
grupo triéster.
REVISA
Resolução da série avançada
Química
QR.01
1.c
Considerando-se duas substâncias puras A e B, observa-se que não
há conservação do volume, por causa da presença de forças intermoleculares fortes, exemplo: água + álcool. Sabe-se que o volume inicial
do líquido A é superior ao líquido B. A densidade de A é maior que a
B; logo, a densidade máxima é atingida quando o volume de A for
igual ao volume de B. Quando se aumenta a porcentagem de B na
solução, ou seja, VB > VA a densidade é reduzida bruscamente.
II. (F) A molécula de CO é polar.
V. (F) Há vários compostos formados entre oxigênio e halogênios
(localizados à direita do oxigênio na tabela periódica).
8.d
A estrutura eletrônica e a geometria do ânion carbonato são, respectivamente:
O
O
2. a) Na etapa X, foi adicionada água saturada de CO2. Analisando o
esquema, notamos, que flocos de soja foram extraídos com o
composto A, formando uma solução. A adição de CO2 desloca o
equilíbrio para direita, formando íons solúveis em água e que não
se misturam com o óleo, tendo um sistema de duas fases. Na
etapa Y, o sistema foi aquecido, ocasionando o desprendimento
de CO2. Em seguida, o equilíbrio é deslocado para a esquerda,
dando origem à solução insolúvel em água.
b) O processo de destilação do hexano possui algumas desvantagens, tais como: maior consumo de energia; presença de traços
de hexano no óleo de soja; emissão de solvente volátil tóxico para
o ar; o rendimento não é 100%, contrário do processo sugerido.
O
Geometria
trigonal plana.
QR.03
9.b
II. (F) A molécula tetraédrica é o CCl3F, que é polar com ΣµR ± 0
IV. (F) A molécula BF3 é apolar porque ΣµR = 0.
H
C—O
H
10.Soma = 24 (08 + 16)
(01) (F)
Amostra de
gasolina
H2O
+
50 mL
50 mL
Elemento
2,9 · 10 g/cm
Cloro (Cl )
0,86 g/cm3
Potássio (K)
2,2 g/cm3
Carbono (C)
3
3
21,4 g/cm3
Mistura
Ferro (Fe)
Platina (Pt)
Gasolina
V = 36 mL
100 mL
H2O + álcool
V = 64 mL
Pelo esquema apresentado, temos que, em 50 mL de amostra
(gasolina + álcool), há 14 mL de álcool, portanto:
100 %
50 mL amostra
% álcool ∴ % álcool = 28%
14 mL álcool
Portanto, não atende às especificações da ANP (22% a 26%).
(02) (F) O sistema é heterogêneo, pois: gasolina s mistura de hidrocarbonetos ∴ apolar (dipolo induzido); H2O s polar (ligações
de hidrogênio)
O
Densidade
b) O maior caráter iônico está contido na união do potássio (K) e o
cloro (Cl ), pois são, respectivamente, o elemento mais eletropositivo e mais eletronegativo.
6.c
A ligação entre os átomos se torna estabelecida quando tem a menor energia potencial, isso ocorre na distância d3.
(04) (F) Entre água H
H e etanol H3C — CH2 — OH , temos
ligações de hidrogênio.
(32) (F) Veja item 02.
7.F – F – V – V – F
I. (F) Os óxidos dos metais alcalinos serão iônicos.
14
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
III. (F) Não há pares de elétrons livres ao redor do átomo central.
QR.02
5.a) Consultando uma tabela periódica, temos:
7,9 g/cm
O—C
C
Atenção: nesse íon
há ressonância
4.c
III. (F) Os raios catódicos são elétrons.
IV. (F) Os experimentos foram desenvolvidos por Thomson e colaboradores.
–3
2–
O
O
3.c
Fenômeno químico: há reação química.
I. Químico
II. Químico
III. Físico
IV. Químico
V. Físico
Densidade
2–
Analisando os dados fornecidos em relação ao composto C, temos:
76 g/mol
7,6 g de C
mN
2,8 g de N
mN = 28 g/mol ∴ há 2 átomos de N
76 g/mol
7,6 g de C
mO
4,8 g de O
mO = 48 g/mol ∴ há 3 átomos de O
Então, a fórmula de C será: N2O3
Por consequência: A = N2O; B = N2O2; C = N2O3; D = N2O4; E = N2O5
Os estados de oxidação serão:
A s N2O ; B s N2O2; C s N2O3; D s N2O4; E s N2O5
+2 –2
+1 –2
12.e
+3 –2
–3+3
+4 –2
+2–2
+2 –2
+2 –2
+1 –2
+5 –2
4NH3(g) + 5O2(g) w 4NO(g) + 6H2O(g)
–3 +1
0
Reduziu: 2 e– · 2 = 4 e–
Agente oxidante
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Oxidou: 5 e– · 1 = 5 e–
Agente redutor
QR.04
13.c
As equações que representam as reações são:
I. CaO + H2SO4 w CaSO4 + H2O
II. FeO + 2HCl w FeCl2 + H2O
III. SO3 + Na2O w Na2SO4
IV. P2O5 + 6KOH w 2K3PO4 + 3H2O
14.F – F – V – V – F
I. (F) São ácidas as soluções I e IV.
–
HCl(aq.) + H2O() w H3O+(aq.) + Cl (aq.)
CO2(aq.) + H2O() x H2CO3(aq.) x H+(aq.) + HCO–3(aq.)
II. (F) São básicas as soluções II e III.
NaOH(aq.) w Na+(aq.) + OH–(aq.)
NH3(aq.) + H2O() x NH+4(aq.) + OH–(aq.)
V. (F) [H+] H [HCO3–]
15. F – F – F – V
I. (F) Partículas em suspensão são menos densas que a água.
II. (F) Água potável é água própria para o consumo humano, sendo uma mistura homogênea com várias substâncias.
III. (F) A fórmula do sulfato de alumínio é Al2(SO4)3
16.a)
b)
c)
SO2 – dióxido de enxofre ou anidrido sulfuroso
SO3 – trióxido de enxofre ou anidrido sulfúrico
SO3 forma H2SO4.
SO2 forma H2SO3.
A configuração eletrônica é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
Os estados de oxidação são:
SO2
+4
e
19.a) Os materiais oleosos são predominantemente apolares. Observando a molécula do xampu A, nota-se que possui uma cadeia
longa apolar que interage com o material oleoso. Na extremidade, nota-se um caráter polar, interagindo com a água. A atuação
conjunta das extremidades é responsável pela remoção do material oleoso.
b) De acordo com as estruturas apresentadas, a mistura do xampu
A com o xampu B promove a interação da parte catiônica (B) e
aniônica (A), havendo a neutralização das cargas elétricas. Forma-se um sal que é pouco solúvel em água, dificultando a remoção. Sendo assim, o produto final é ineficiente, pois não apresenta características de um agente surfatante.
SO3
+6
d) Quando a cebola é colocada na geladeira, diminui-se a vaporização dos óxidos e, em água, formam-se ácidos e não se atingem os olhos.
QR.05
17.V – V – F – V
III. (F) A base formada é o hidróxido de sódio.
18. a) No teste de condutividade elétrica, o composto sacarose é molecular e, quando se dissolve em água, não se formam íons; portanto, não conduz corrente elétrica, enquanto o carbonato de
sódio, ao se dissolver em água, se dissocia, liberando íons Na+
, provocando condução de corrente elétrica.
e CO2–
3
b) As equações são:
H2SO4
→ 12C + 11H2O
C12H22O11 
Na2CO3 + H2SO4 w Na2SO4 + CO2 + H2O
+4
+2
20.a) A oxidação do CO produz CO2 , sendo que a substância simples produzida corresponde ao iodo diatômico (I2).
5CO + I2O5 w 5CO2 + I2
b) I2O5 + H2O w 2HIO3
r
Ácido monoprótico
c) MMHIO = 176 g/mol;
3
MMH O = 18 g/mol
2
2HIO3 w I2O5 + H2O
18 g
2 ⋅ 176 g
x
100 g
x = 5,1 g
Porcentagem: 5,1 %
QR.06
21.e
160 °C
→ Na2CO3 + H2O + CO2
I. 2NaHCO3 
II. Na2CO3 + Ca(OH)2 w 2NaOH + CaCO3
a) (F) I é uma reação de análise e II, da dupla-troca.
b) (F) 1 mol de Na2CO3 possui 3,6 · 1024 átomos enquanto que
1 mol de CaCO3 possui 3,0 · 1024 átomos.
c) (F) y é um sal.
d) (F) x é um sal normal.
3 · 6 · 1023 átomos de O
e) (V) 1
mol Na2CO3
18 · 1023 átomos de O
106 g Na2CO3
z
26,5 g Na2CO3
z = 4,5 · 1023 átomos de O
22.b
Amostra 1 g:
• 73% = 0,73 g CaC2O4
128 g
1 mol CaC2O4
0,73 g
x = 0,228 g Ca
• 8% = 0,08 g Ca3(PO4)2
1mol Ca3(PO4)2
310 g
0,08 g
y = 0,031 g
MT = x + y
MT = 0,228 + 0,031
MT = 0,26 g
40 g Ca
x
120 g Ca
y
23.e
x
Pela equação: 1Fex(CO)y + O2 w
Fe2O3 + yCO2
2
x
1 mol
mol
y mol
2
Calculando a quantidade, em mol, de cada produto, temos:
nFe
2O3
nFe
2O3
nCO =
2
=
mFe2O3
MMFe
s nFe
2O3
=
=
0,4
160
0,0025
=1
0,0025
mCO2
110
,
0,025
s nCO =
s nCO =
= 10
2
2
MMCO
44
0,0025
2
Então: y = nCO2 = 10
x
2 = nFe2O3 = 2
Portanto,
15
2O3
x 10
=
=5
y
2
QUÍMICA
11.a)
b)
24.a)
Considerando uma mesma quantidade de KO2 (4 mol), temos:
• Ambiente seco: 2 mol de CO2 produzem 3 mol do O2.
• Ambiente úmido: 4 mol de CO2 produzem 3 mol de O2.
Ou seja, o ambiente úmido, há maior consumo de CO2. Portanto, o dispositivo contendo dióxido de potássio seria mais eficiente em meio úmido.
b) Em ambiente seco, temos a seguinte proporção entre CO2 e O2:
3 mol de O2 ou
2 mol de CO2
3 volumes de O2
2 volumes de CO2
(êmbolo) 4 volumes de CO2
6 volumes de O2
Ou seja, o êmbolo será empurrado até a posição 6.
b)
28.c
Solução
inicial
KO2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Resfriamento
40 °C
240 g de
cristais
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10 °C
340 g de
cristais
Cristalizam-se 100 g
De acordo com o esquema, nota-se que, ao passar de 40 ºC para
10 ºC, cristalizam-se 20 g de sal para cada 100 g de H2O.
• a 10 °C:
Cristais
H2O
100 g
20 g
x
100 g
x = 500 g H2O
• a 40 °C:
Solução
Sal
H2O
100 g
130 g
30 g
x
500 g
x = 650 g solução
Massa inicial = solução a 40 ºC + massa de cristais
m = 650 g + 240 g = 890 g
QR.07
25.Soma = 20 (04 + 16)
3 mol de átomos
(01)(F) 1 mol NO2
x ∴ x = 10,5 mol de átomos
3,5 mol NO2
7 mol de átomos
1 mol N2O5
y ∴ y = 10,5 mol de átomos
1,5 mol N2O5
23 g
6 · 1023 átomos
(02)(F) 1 mol de Na
x
100 g
x = 26,08 · 1023 átomos
7 g
6 · 1023
1 mol de Li
50 g
y
y = 42,86 · 1023 átomos
(08) (F) 18 g é a massa de 6 · 1023 moléculas (1 mol)
QR.08
29.a) Pelo gráfico:
H
Entalpia
A
26.e
Calculando a quantidade, em mol, de átomos de cada elemento
químico, temos:
32,86%
Para o Na: 23 · x g
100%
210 g
x=3
12,86%
Para o Al: 27 · y g
100%
210 g
y=1
54,29%
Para o F: 19 · z g
100%
210 g
z=6
Então, a fórmula da criolita é Na3AlF6.
27.a)
Resfriamento
B
C
CH3
H3CCHCH2CH3
O maior ΔH, em módulo, é o referente ao A, portanto, será do 3-metilbut-1-eno.
b) C5H10 +
15
O w 5CO2 + 5H2O
2 2
c) O mais estável é o que apresenta menor conteúdo energético (menor entalpia), portanto, libera menos energia, então será representado pelo patamar C, que é referente ao 2-metil-but-2-eno.
d) Pelas equações, mantendo a 1a e invertendo a 2a:
Cálculo da massa total de lipídios ingeridos na refeição:
m1 = 32 g + 15 g + 11 g
m1 = 58 g
Cálculo da massa total de proteínas ingeridas na refeição:
m2 = 31 g + 4,1 g + 2,2 g
m2 = 37,3 g
Cálculo da massa total de carboidratos ingeridos na refeição:
m3 = 36 g + 35 g + 33 g
m3 = 104 g
Cálculo da massa total de carboidratos ingeridos no refrigerante:
11 g açúcar
100 mL
x
500 mL
x = 55 g
Energia total consumida:
E = 58 ⋅ 38 kJ + (55 + 37,3 + 104) ⋅ 17 kJ
E = 5.541,1 kJ
Cálculo do percentual atingido do VDE:
100%
8.400 kJ
x
5.541,1 kJ
x = 65,96%
2-metilbut-2-eno+H2 w 2-metilbutano
ΔH1 = −113 kJ
2-metilbutano w 2-metilbut-1-eno+H2
ΔH2 = +119 KJ
2-metilbut-2-eno w 2-metilbut-1-eno
ΔHT = ΔH1 + ΔH2
∆HT = –113 + (+119) ∴ ΔH = +6 kJ/mol
30.d
Entre t = 10 e 20 min, temos:
Δ H2O2 
0,3 − 0,5
v
=
s vH O =
H2O2
2 2
Δt
20 − 10
vH
2O2
= 0,02
mol
L ·min
31.e
No início da reação, não existe C(g) , portanto, a reação é mais lenta
e o consumo de A(s) é menor.
À medida que a reação avança e começa a produção de C(g) (catalisador), a rapidez da reação aumenta e o consumo de A é maior.
16
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
CO2
Cálculo da massa de sal (NaCl ) consumida na refeição:
Massa de sódio (Na):
1,22 g + 0,31 g + 0,18 g = 1,71 g
58,5 g NaCl
23 g Na
1 mol NaCl
1,71 g Na
x
x = 4,35 g NaCl
O limite máximo diário de sal comum não foi atingido. A massa
foi de 4,35 g.
32.Soma = 37 (01 + 04 + 32)
2 mol NH3
(02)(F) Pela estequiometria: 1 mol N2
28 g
2 ⋅ 17 g
17 g
m
m = 14 g de N2
(08) (F) A equação da velocidade é: v = k · [N2]2 · [H2]3, então é de
3ª ordem, em relação ao hidrogênio.
(16) (F) Pela tabela, quando [N2] duplica, a velocidade da reação
quadruplica.
(64) (F) Pela estequiometria o consumo de H2 é três vezes maior
que do N2.
QR.09
33.F – F – V – F
I. (F) O catalisador aumenta a rapidez das reações direta e inversa.
II. (F) A constante de equilíbrio só depende da temperatura.
IV. (F) O equilíbrio é dinâmico.
34.a) A2(g) + B2(g) x 2AB(g)
Equilíbrio: 4 mol A2 — 4 mol B2 — 8 mol AB
µB =
4
s µB = 2 mol·L−1
2
2
Cl –
C8H17 — N — CH2 —
CH3
b) pH = 5 ∴ [H ] = 10 mol/L s mais ácido
pH = 12 ∴ [H+] = 10−12 mol/L s menos ácido
1L
No mais ácido: 1 · 10−5 mol H+
0,5 L (500 mL)
x
x = 5 · 10−6 mol H+
+
4 mol
8
µ AB = s µ AB =
2
L
2
[ AB]
4· 4
s K eq. =
K eq. =
 A ·B 
2·2
2
2
+
CH3
−5
Início
Quantidade
consumida ou
formada
Keq. = 4
b) Será igual. Como a soma dos coeficientes estequiométricos dos
reagentes é igual a dos produtos, a reação ocorre sem variação
do número de moléculas de gases. Sendo assim, o equilíbrio não
é deslocado e o número de mols de AB presente no volume de
8 litros é igual ao anterior.
c) Para o volume 2 litros:
Equilíbrio
H3CCOO–
H3CCOOH
OH­–
0,1
0
0
1 ∙ 10–4
1 ∙ 10–4
1 ∙ 10–4
0,0999 ≈ 0,1
1 ∙ 10–4
1 ∙ 10–4
b) Pela lei da diluição de Ostvald: Ki = α2 · µ
2
 01
, 
 · 0,1 ∴ Ki = 10−7
Ki = 
100 
38.No sistema, temos três equilíbrios:
8 mol
= 4 mol · L–1
CAB =
2L
I. NH+4 + H2O x NH4OH + H+; K1 =
Para o volume 4 litros:
II. CN + H2O x HCN + OH ; K2 =
8 mol
CAB =
= 2 mol · L–1
4L
Para o volume 8 litros:
CAB =
−
−
Kw
Kb
Kw
Ka
III. H2O x H+ + OH−; K3 = Kw
Então, podemos simplificar como:
CN− + 2H2O + NH4OH + H+ x H+ + 2OH− + NH+4 + H2O + HCN
K
em que K’ = Kw ⋅ b .
Ka
8 mol
= 1 mol · L–1
8L
[OH– ] ·NH+4 · [HCN] K w · K b
=
Ka
[CN– ] ·NH4 OH
2
d)
Então:
20
Como [CN−] = [NH+4], temos 0,5 − x = 0,5 − y.
Pelo enunciado, conclui-se que x = y ou [HCN] = [NH4OH].
18
16
Logo: [OH−]2 =
14
10–14 ·175
, ·10–5
= 0,25 · 10–9
7·10–10
[OH−] = 0,5 · 10−4,5 mol/L
Como pOH = −log [OH−] = log 5 · 10−5,5 = 5,5 − 0,7 = 4,8
Entretanto, para Kw = 10−14, temos pH + pOH = 14
∴ pH = 9,2
12
10
8
6
4
2
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Volume (litro)
e) Como não há deslocamento de equilíbrio, em razão de uma variação de volume, a quantidade de matéria AB é constante. Variando-se o volume, varia-se a concentração molar (item c).
39. Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(01) Verdadeira. Turbidez é a dificuldade de um feixe de luz atravessar certa quantidade de água, a presença de lama torna o
processo mais difícil.
(02) Verdadeira. Conforme o texto, a concentração de metais
(Fe, Al, Cd e Cu) não está em conformidade com a legislação
ambiental.
3OH–
(04) Falso. Al(OH)3(s) w Al 3+ +
x mol
x mol
3x mol
Kps = [Al 3+] ⋅ [3OH–]3
Kps = [S] ⋅ [3S]3
17
QUÍMICA
4
s µ A = 2 mol·L−1
2
2
2
Quantidade de matéria (mol)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
µA =
2
36.a) A fórmula é:
QR.10
37.a) µH CCOONa= 0,1 mol/L
3
α = 0,1 %
100%
Então: 0,1 mol/L
0,1%
x
x = 1 · 10−4 mol/L (reage)
A tabela ficará corretamente preenchida da seguinte forma:
n
µ=
V
35.O aumento da intensidade da respiração diminui o teor de CO2, deslocando o equilíbrio para a esquerda e diminuindo a [H+], portanto
o pH aumenta. O aumento do teor de HCO3– na urina é por causa da
diminuição no sangue, que provoca deslocamento de equilíbrio para
a direita, aumentando [H+], e diminuindo o pH.
(08) Verdadeira. Ácido + base w sal + H2O, portanto, reação de
neutralização.
(16) Falsa. Para o equilíbrio deslocar para a esquerda, segundo o
princípio de Le Chatelier, dever-se-ia diminuir o pH, assim,
aumentar-se-ia a [H+]. A [H+] neutraliza a [OH–], deslocando o
equilíbrio para a esquerda.
(32) Falsa. pOH = 12; logo, [OH–] = 10–12 mol/L
Como a estequiometria da reação é 1:1, temos [OH–] = [H+]
[H+] = 10–12 mol/L
(64) Falsa. Os metais presentes no rio não estão dissolvidos, podem ser encontrados combinados com outros compostos, ou
ainda na forma iônica.
b) Mistura II + III
40.a)
Fe
3+
4–
[Fe(CN)6]
Temperatura
Vapor
Fim da ebulição
Líquido + vapor
Início da ebulição
Líquido
Tempo
Mistura I − III (Mistura azeotrópica: Tebulição – constante).
Temperatura
=Fe4[Fe(CN)6]3
b) n H2C — CH2 w [ — O — CH2 — CH2 — ]n + nH2O
HO
OH
Líquido + vapor
Tebulição = constante
c)
+7
–8
–
2+
+3 –8
Líquido
P4 + MnO4 + H+ w Mn + H3PO4
0
+7 –2
+1
+2
Vapor
+1 +5 –2
Oxidou 5 e– · 4 = 20
5P4 + 20MnO4– + 60H+ w 20Mn2+ + 20H3PO4
Para obtermos os menores coeficientes inteiros, dividimos os
coeficientes da reação por cinco.
P4 + 4MnO4– + 12H+ w 4Mn2+ + 4H3PO4
d) CaCl2(s)
w
Ca2+
+
2Cl–
x mol
x mol
2x mol
Kps = [Ca2+] ⋅ [Cl–]2
Kps = [S] ⋅ [2S]2
43.a)
b)
Como a massa de sais é constante, teremos:
Água salobra Água residual
m sais
m sais
Vf = 0,25 · V1(Vf = 25%)
Vi Cf = ?
Ci = 10.000 mg/L Como: C1 · Vi = Cf · Vf s 10.000 · Vi = Cf · 0,25 · V1
Cf = 40.000 mg/L
Como T = 27 ºC, teremos T = 300 K, e sabendo que
π · V = n · R · T · i, e supondo solução de NaCl (α = 100%),
podemos escrever:
π·V=
π=
m
· R · T · i, reorganizando, temos:
M
C
4 ·10–11 = 4 S3
S = 3 1·10–11
S = 2,16 ⋅ 10–4 mol ⋅ L–1
e) Fórmula eletrônica de Lewis para o íon cianeto:
[ C N ]–
m R ·T · i
, então:
V
M
8,314 ⋅ 103 ·300·2
π = 10 ·
∴ π = 8,52 · 105 Pa
58,5
c) Como π · V = n · R · T · i, podemos reescrever:
n
π=
·R·T·i
V
QR.11
41.a) Pelo gráfico, temos 700 mmHg.
b) Pelo gráfico, temos H 115 ºC.
c) O líquido A é o mais volátil que B porque apresenta maior pressão de vapor, sob mesma temperatura, o que significa que as
forças intermoleculares de A são menos intensas que as do líquido B.
d) Adicionar soluto não volátil e/ou diminuir a pressão que atua
sobre o líquido.
Para o NaCl e Na2SO4:
πNaCl = µ ·R ·T ·2
πNaCl
=
πNa2SO4 = µ ·R ·T ·3 πNa2SO4
πNa
2SO4
=
πNaCl ⋅ 3
2
Portanto, πNa2SO4 > πNaCl
44. e
A pressão osmótica é dada por: π = µ · R · T · i
42.a) De acordo com a quantidade de solvente evaporado, temos:
Antes da diluição s
Aumenta evaporação
p1 = 0,1· R ·T · i
0,1
p2 =
· R ·T · i
4
s
p1 0,4
=
p2
0,1
Depois da diluição s p1 = 4 · p2
(I)
(III)
QR.12
45.Cálculo de massa de ferro corroída por dia:
1 dm2
100 cm2 ∴ mFe = 350 mg
350 mg
A quantidade de carga necessária e−:
Fe2+
Fe0 w 2 e− +
2 mol
1 mol
56 g
2 ⋅ 96.500
350 · 10−3 g
Q
Q = 1.206,25 C/dia
(II)
Aumenta a pressão de vapor
Portanto, pvI < pvIII < pvII.
Como temos mistura homogênea de líquidos, o processo físico
indicado para separação é a destilação fracionada.
A corrente será: i =
18
Q
1.206,25
s i=
s i = 0,014 A
Δt
86.400
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Tempo
Reduziu 5 e–
46.a
a) Correta. O metal de sacrifício é qualquer metal usado em estruturas oxidantes, com o objetivo de ser oxidado em seu lugar.
Esse metal deve possuir menor poder de redução para que possa ser sacrificado. O potencial de redução do ferro é E 0 = 0,44
V e do magnésio é E 0 = –2,37 V. Sendo assim, o magnésio seria
sacrificado, pois por apresentar a maior diferença de potencial
em relação ao ferro, seria o mais eficiente.
b) Falsa.
Fe+2
+ H2(g)
(aq.)
+
Fe(s) + 2H(aq.)
0
+2
Oxidou 2e–
Agente redutor
c) Falsa. A emulsão ocorre em sistemas heterogêneos.
d) Falsa. Considerando o número atômico do enxofre sendo 16 e do
neônio sendo 10, temos: 10Ne: 1s2 2s2 2p6 e 16S: [Ne] 3s2 3p4.
O enxofre não é um dos elementos mais abundantes do Universo.
d)
MV = 6 h
99
Tc – BF
m = 100%
MV = 6 h
Tc – BF
m = 50%
MV = 6 h
Tc – BF
m = 25%
99
MV = 6 h
99
Tc – BF
m = 12,5%
99
99
Tc – BF
m = 6,25%
Após 24 horas, restaram 6,25% de 99Tc-BF, logo, desintegram-se
93,75% da amostra.
e) O BP mais hidrofílico é o HMDP por ser mais polar.
50.e
Pela equação fornecida, adaptando-se para 11C, temos:
C w 115Y + +1e0 + 0 υ0

11
6
11B
5
51.b
O radionuclídeo mais adequado terá t 1 próximo ao tempo do
+
–
Cátodo: 2Fe3(solv.
) + 6 e w 2Fe(s)
2–
(solv.)
Ânodo: 3O
3
w O2(g ) + 6 e–
2
b) A temperatura usada, no processo atual, é muito superior à do
processo eletrolítico. No processo atual, ocorre liberação de
CO2, principal gás do efeito estufa, pela queima do carvão coque, conforme a reação:
Fe2O3 + 3CO w 2Fe + 3CO2
Além disso, no processo atual, é liberado SO2, por causa das
impurezas de enxofre no carvão, ocasionando a chuva ácida.
48.c
Em uma eletrólise, em série, a quantidade de carga é a mesma para
cada cuba, então:
• Para a cuba de AgNO3: Ag+ + e− w Ag0
1 mol
1 mol
108 g
1 mol
• Para a cuba de KI : KI w K+ + I−
H2O w H+ + OH−
• Descarga catódica: 2H+ + 2 e− w H2
2 mol
1 mol
22,4 L
2 mol
V s V = 11,2 L
1 mol
• Descarga anódica: 2I− w 2 e− + I2
2 mol
1 mol
254 g
2 mol
m ∴ m = 127 g
1 mol
QR.13
49.a) Clodronato. Os átomos de cloro são extremamente eletronegativos, exercem efeito indutivo retirador de elétrons, aumentando
a acidez em relação aos demais compostos.
b) Errada. Para ter atividade óptica, tem de ter um carbono fazendo quatro ligações com ligantes distintos, no mínimo. Vejamos;
OH R1
OH
O—P —C —P—O
OH R2
OH
transporte, portanto, será 11C.
52.a) Assumindo que nB, nP e nCO são as quantidades, em mol, de
2
butano, propano e dióxido de carbono, respectivamente, e que
1 é o valor da pressão inicial; 2, valor da pressão final e 3, quantidade, em mol, de CO2 em função dos gases butano e propano,
as equações de combustão são:
C3H8 + 5O2 w 3CO2 + 4H2O e
C4H10 +
Temos: 1,25 · V = (nB + nP) · R · T
0,5 · 8V = nCO · R · T
2
nCO = 4nB + 3nP
2
Relacionando as equações 1 e 2:
(1)
(2)
(3)
( n + nP ) ·R ·T · 8V s 2,5· n = 8 n + n
125
,
= B
( B P)
CO2
y
nCO ·R ·T
0,5
2
e substituindo os valores de 3:
2,5 =
8 ( nB + nP )
4nB + 3nP
s 4 X B + 3 X P = 3,2
Como XB + XP = 1, temos que XB = 0,2 ou 20%
b) Um aumento de temperatura aumenta a energia cinética média das
partículas, aumentando o número de choques contra as paredes do
recipiente, elevando a pressão, a volume constante.
53.a) Considerando uma combustão completa:
C2H2 +
5
O w 2CO2 + H2O
2 2
b) O cilindro que contém oxigênio puro possui maior massa. A massa
de oxigênio é 32 g/mol, enquanto que a média do ar atmosférico
é 28,8 g/mol.
Veja os cálculos:
M Ar =
(80·28 + 20·32) g/mol
100
M Ar = 28,8 g/mol
c) Considerando a proporção estequiométrica, o calor liberado
será o mesmo nos dois casos (O2 puro e O2 no ar), para uma
mesma massa de acetileno queimada. Considerando o calor liberado na queima do acetileno com O2 puro, uma parte é absorvida pelos produtos da reação (CO2 e H2O). No caso do calor,
liberado na queima do acetileno com o ar, também será absorvido pelo gás nitrogênio, que não participou da queima; portanto a temperatura do sistema será menor.
CO2 + H2O
Ligantes iguais
Portanto, nenhum BP apresentará isomeria óptica.
c) Certa. Na ordem mencionada, aumentam as extensões das cadeias de hidrocarbonetos (hidrofóbicas) ligadas ao N.
13
O w 4CO2 + 5H2O
2 2
Q
∆θ1
19
Portanto: ∆θ1 > ∆θ2
CO2 + H2O + N2
Q
∆θ2
QUÍMICA
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2
47.a) Os minérios de ferro mais usados na produção desse metal são
os óxidos, podendo ser escritos como FexOy. Nesse novo processo
(eletrólise), os minérios de ferro estão dissolvidos em carbonato
de lítio líquido. Assim, no cátodo, os íons ferro são reduzidos a
ferro metálico (Fe) e os íons óxido (O2–) são oxidados a gás
oxigênio (O2) no ânodo.
Baseando-se no Fe2O3 como exemplo, temos:
LiCO3(  )
+
2–
Fe2O3(s) 
→ 2Fe3(solv.
) + 3O(solv.)
QR.14
54.e
a)
b)
c)
d)
b) A solução de glicose apresenta quatro átomos de carbono assimétrico, ou seja, apresenta atividade óptica.
A hulha é proveniente do carvão.
A reforma catalítica aumenta a octanagem da gasolina.
A reação de formação é de condensação.
A buna-S é formada por 1,3-butadieno e fenileteno.
H—C—O
H — C* — OH
HO — C* — H
55.b
Da destilação do carvão, são obtidos vários hidrocarbonetos aromáticos.
H — C* — OH
H — C* — OH
56.a
Nos itens II e IV, estão compostos que, segundo o texto, são aromatizantes, pois são ésteres ou aldeídos.
H2C — OH
61.e
A reação de monocloração do metilbutano na presença de luz é:
57.b
Os tiocompostos são formados pela substituição de um oxigênio por
um átomo de enxofre. Dessa forma, teremos:
SH
Cl
4H3C — CH — CH2 — CH3 + 4Cl2 w H3C — C — CH2 — CH3 +
H3C — C — CH3 ou (H3C)3 CSH
CH3
CH3
CH3
2-cloro-2-metilbutano
O
CH3
H
Cl
2-cloro-3-metilbutano
HO
CH3
Cl
1-cloro-3-metilbutano
+ H2C — CH — CH2 — CH3 + 4H — Cl
Cl
CH3
1-cloro-2-metilbutano
b) O tautômero da auroglaucina é:
O
H
QR.16
62.c
I. (C6H10O5)n + nH2O w nC6H12O6 s Hidrólise do amido
II. [ CH2CH2O ]n +nH2O w n H2C — CH2 s Hidrólise de poliéster
O
HO
59.e
Pela tabela, temos:
Composto
Massa de
amostra (g)
Massa de
hidrogênio (g)
Massa de
carbono (g)
I
0,500
0,420
0,0800
II
0,750
· 1,5
·2
III
· 1,5
1,50
· 1,5
O
0,120
0,630
·2
63.a) Dentre os compostos citados (açúcares, lipídios, água, proteínas e
sais), o nitrogênio está contido apenas nas proteínas (ligação pep-
· 2,25
1,26
tídica – C – N – . Sendo assim, o teor de nitrogênio fornece,
0,270
indiretamente, o teor de proteínas do leite.
b) Cálculo da massa de nitrogênio (N) em 9.000 litros de leite puro:
0,5 g de N
1 litro leite puro
x
9.000 L
x = 4.500 g de N
Cálculo da massa de nitrogênio (N) que deveria existir em
10.000 litros da mistura, contendo a mesma quantidade de nitrogênio (N) que o leite puro.
0,5 g de N
1 litro de leite puro
x
10.000 L
y = 5.000 g de N
N = 5.000 g – 4.500 g = 500 g
Essa massa é referente à quantidade de nitrogênio adicionada
ao leite sem adulteração.
Cálculo para a massa de melamina a ser adicionada:
126 g
1 mol de C3H6N6
84g de N
126 g de C3H6N6
500 g
Z
Z = 750 g de melamina
Como em I e II temos proporção constante, os compostos são isômeros.
60.a) Cálculo da quantidade, em mols, de Na+ em 500 mL.
1 mol Na1+
1 mol NaCl
1,8 ⋅ 10–2 mol
1,8 ⋅ 10–2 mol Na1+
1 mol citrato de sódio
3 mol de Na1+
1,7 ⋅ 10–3
5,1 ⋅ 10–3 mol Na1+
Para 500 mL, temos:
nT = (1,8 ⋅ 10–2 + 0,51 ⋅ 10–2) mol
nT = 2,31 ⋅ 10–2 mol Na+
µ=
2,31·10–2
n
sµ=
s µ = 4,62·10–2 mol·L–1
V
0,5
Cálculo da quantidade, em mols, de citrato em 500 mL:
1 mol citrato
1 mol citrato de potássio
3,3 ⋅ 10–3 mol
3,3 ⋅ 10–3 mol
1 mol citrato
1 mol citrato de sódio
1,7 ⋅ 10–3 mol
1,7 ⋅ 10–3 mol
Para 500 mL, temos:
nT = (3,3 ⋅ 10–3 + 1,7 ⋅ 10–3) mol
nT = 5 ⋅ 10–3 mol de citrato
µ=
OH
III. C12H22O11 + H2O w 2C6H12O6 s Hidrólise da sacarose
IV. C6H12O6 + H2 w C6H14O6 s Hidrogenação (redução) da glicose
V. C6H12O6 w 2H3CCH2OH + 2CO2 s Fermentação alcoólica da
glicose
–3
5·10
n
sµ=
0,5
V
64.a) Como a adição de átomos de enxofre na borracha a torna mais
resistente, são rompidas algumas duplas ligações e aparecem as
ligações de enxofre (ligações cruzadas); unindo as cadeias de
um polímero.
s µ = 1·10–2 mol·L–1
20
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
+ H3C — CH — CH — CH3 + H3C — CH — CH2 — CH2 +
QR.15
58.a) Pelas informações apresentadas, a estrutura da auroglaucina é:
b)
De acordo com a figura, temos:
2 unidades monoméricas: 4 átomos de enxofre
4 ⋅ 32 g
2 ⋅ 68 g
16 g
x
x = 17 g
H 3C
Assim:
OH
C
H
C—C
— CH2
O
CH2 —
= monômero
Para porcentagem, temos:
100%
1.000 gramas
x
17 g
x = 1,7%
c) Surgimento de movimentos migratórios, por causa da demanda
de trabalho no local.
cis-buteno (isomero
geométrico do trans-buteno)
67.A equação de hidrólise ácida seria:
O
— C — O — CH — CH2 — CH3 + H2O
H+
x
CH3
A s Benzoato de sec-butila
66.Sabendo-se que D é cetona com 4 carbonos s
O
O
H3C — C — CH2 — CH3 e que é produto de oxidação branda, o
composto C terá de ser álcool secundário com 4 carbonos s
H3C — CH — CH2 — CH3, que sofre desidratação intramolecular,
H+
x
— C — OH + HO — CH — CH2 — CH3
CH3
OH
B s Ácido benzoico
formando s H3C — CH — CH — CH3
21
QUÍMICA
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
65.b
a) A sacarose não é ose (monossacarídio), é osídio, porque sofre
hidrólise.
c) As ligações peptídicas ocorrem entre o grupo amino de um aminoácido com o grupo carboxila de outro aminoácido.
d) As proteínas são polímeros naturais.
e) A ordem da destilação está incorreta.
D