QUÍMICA

QUÍMICA
c) Falsa.
NO fi 5 (N) + 6 (O) = 11 elétrons de valência.
CADERNO 5 – CURSO D/E
d) Falsa.
d+
d–
N—O e
FRENTE 1 – QUÍMICA GERAL E INORGÂNICA E
FÍSICO-QUÍMICA
d+ d–
S — O fi ambas são polares
e) Verdadeira.
x 2–
x–4=0fi x=+4
SO2
■ Módulo 19 – Oxidorredução:
Número de Oxidação
x 2–
NO
x–2=0
x=+2
1)
Elemento com 5 elétrons na camada de valência fi 5 elétrons
na última camada.
O Nox máximo de um elemento é o número de elétrons que
ele tem na última camada. Portanto, Nox = + 5.
Resposta: D
Resposta: E
1+ x
7)
a) HCl fi 1 + x = 0 fi x = – 1
1+ x 2–
b) HClO fi + 1 + x – 2 = 0 fi x = + 1
2)
Hidretos metálicos fi MeHx. Como Me é um metal que
apresenta Nox sempre positivo, o Nox do hidrogênio nos
hidretos é sempre (–1).
Resposta: A
1+ x 2–
c) HClO2 fi + 1 + x – 4 = 0 fi x = + 3
2+
3+
x 2–
e) Al (ClO4 )3 fi 3 + 3x – 24 = 0 fi x = + 7
x 1+
3)
x 2–
d) Ba (ClO3 )2 fi + 2 + 2x – 12 = 0 fi x = + 5
NH3 fi x + 3 = 0 \ x = – 3
0
N2 fi zero (substância simples)
x 2–
x 1+ 1–
8)
1–
CH3Cl
NO2 fi x – 4 = –1 fi x = + 3
x 2–
x 2– 1–
NO3
x 1+
CO2
fi x – 6 = –1 fi x = + 5
Resposta: A
C6H6
x+3–1=0fix=–2
x–4=0fix=+4
6x + 6 = 0 fi x = –1
x 2–
x–2=0fix=+2
CO
4)
x 1+
1+ 1–
H2O2
CH4
peróxidos fi oxigênio = – 1
x 1+ 2–
1+ 7+ 2–
HMnO4
1+
x+4=0fix=–4
CH2O
oxigênio = – 2
x+2–2=0fix=0
Resposta: A
x
Na2O4 fi + 2 + 4 x = 0 fi x = – 1/2
1– x
F2O fi – 2 + x = 0 fi x = + 2
■ Módulo 20 – Reação de Oxirredução:
Oxidante e Redutor
Resposta: B
5)
O nitrogênio pode ser absorvido pelas plantas na forma de
nitrato (NO–1
3 )
x 2–1–
NO3 fi x – 6 = –1 fi x = + 5
Resposta: D
4+
1)
1–
6+ 2–
I) SO2 + H2O2 Æ H2S O4
4+
1+ 2–
II) SO2 + H2O
4+ 2–
Æ
H2SO3
3–1+ 2–1+
III) SO2 + NH4OH Æ
6)
a) Falsa.
No total, enxofre e átomos de oxigênio apresentam 18 elétrons de valência.
b) Falsa.
m 0 (polar).
SO2 fi
S
O
(é redox.)
1+ 4+ 2–
(não é redox.)
3–1+ 1+4+2–
NH4HSO3
(não é redox.)
Apenas I é de oxidorredução, pois em (I) podemos observar
mudança no Nox.
Resposta: A
O
–1
0
2+
2)
HgO
+
2+
Zn
Redução
+
Æ
H2O
O alumínio sofre oxidação sendo o redutor.
Resposta: B
0
Zn (OH)2
+
Hg
(ganha 2e–)
(Agente oxidante)
7)
Oxidação (perde
Agente redutor
1)
2)
3)
4)
5)
Falsa.
Verdadeira.
Verdadeira.
Falsa.
Falsa.
1–
UO2
+
4+
0
4 HCl
2+ 1–
Æ
0
MnCl2
+
2 H2O
+
Cl2
b) N2
6+ 1–
+
O2
Æ
2 N O
0
+2 –2
2 KMnO4 + 16 HBr Æ 2 KBr + 2 MnBr2 + 8 H2O + 5 Br2
+7
1–
+3
+2
1.2= �
KMnO4: 5 . 1 = 쐄
Redução (Agente oxidante)
b) Verdadeira.
d) Falsa.
2)
0
5 Br2
2 KMnO4
3 MnO2 + 1 KClO3 + 6 KOH Æ 3 K2MnO4 + KCl + 3 H2O
+4
æÆ
+2
Resposta: C
Oxidação (Agente redutor)
a) Verdadeira.
c) Verdadeira.
e) Verdadeira.
Resposta: D
–1
Soma: 2 + 16 + 2 + 2 + 8 + 5 = 35
+4
Br2:
3 O2
0
(é oxidorredução.)
■ Módulo 21 – Acerto dos Coeficientes
por Oxirreredução
2 MnO4 + 5 H2C2O4 + 6 H+ Æ 2 Mn2+ + 10 CO2 + 8 H2O
Ø
Ø
Ø
Ø
4 Fe +
0
2 H2O (não é oxidorredução.)
Agente redutor: N2
1)
5)
+
Oxidação (Agente redutor)
Falsa.
Verdadeira.
Falsa.
Verdadeira.
Falsa.
Falsa.
Verdadeira.
+7
H2O (é oxidorredução, pois
Nox mudou.)
+1
4+ 1–
4 HF Æ U F4
0
Redução (Agente oxidante)
4)
+
a) N2 – gás nitrogênio
O2 – gás oxigênio
Oxidação (Agente redutor)
01)
02)
04)
08)
16)
32)
64)
U O2
+4
Resposta: E
1–
+
0
UF4 + F2 Æ U F6
4+ 2–
MnO2
Æ
H2
4+
8)
3)
U O3 +
+6
2e–)
2 Fe2 O3
+3 –2
+5
+6
–1
Soma: 3 + 1 + 6 + 3 + 1 + 3 = 17
MnO2: 2
/ 1 3 MnO2
Oxidação (redutor)
KClO3: /
63
Redução (oxidante)
fi
0)
1)
2)
3)
4)
Verdadeiro.
Verdadeiro.
Verdadeiro.
Verdadeiro.
Falso.
Mn fi + 4
Hfi+1
6)
1+
3)
3+
2 CrCl3 + 1 NaClO3 + 10 NaOH Æ 2 Na2CrO4 + 7 NaCl + 5 H2O
Al + 3 AgNO3 Æ Al (NO3)3
+5
0
+
Oxidação (redutor)
Redução (oxidante)
2–
\ O Nox do Mn é 4 vezes maior que o do H.
Resposta: D
+3
0
1 KClO3
3 Ag
NaClO3: 6
/2
CrCl3:
3
/ 1
1 NaClO3
2 CrCl3
Soma: 2 + 1 + 10 + 2 + 7 + 5 = 27
+6
–1
4)
3 As2S5 + 40 HNO3 + 4 H2O Æ 15 H2SO4 + 6 H3AsO4 + 40 NO
–2
+5
+6
HNO3: 3
+2
PH3:
e– = 1 . 1 = 1
6 PH3
P4H2:
e– = 1,5 . 4 = 6
1 P4H2
Soma dos coeficientes: 5 + 6 + 1 = 12
40 HNO3
As2S5: 8 . 5 = 40
3 As2S5
11)
7+
1–
5)
0
2+
5 H2O2 + 2 KMnO4 + 3 H2SO4 Æ 1 K2SO4 + 8 H2O + 5 O2 + 2 MnSO4
4 NH3 + 5 O2 Æ 4 NO + 6 H2O
oxidação D = 1
–3
0
+2
NH3: 5
redução D = 5
–2
4 NH3
O2: 2 . 2 = 4
5 O2
H2O2: e– = 1 . 2 = 2
5 H2O2
KMnO4: e– = 5 . 1 = 5
2 KMnO4
H2O2: agente redutor (o oxigênio se oxida).
6)
1 N2H4 + 1 KIO3 + 2HCl Æ N2 + ICl + KCl + 3 H2O
KMnO4: agente oxidante (o manganês se reduz).
Resposta: D
+5
–2
0
+1
1–
N2H4: 2 . 2 = 4
/1
1 N2H4
KIO3: 4 . 1 = 4
/1
1 KIO3
3+
7)
0
12) H2O2
O2
oxidação
Resposta: D
+
2+ + 8 H O
13) 5 H2S + 2 MnO1–
4 + 6 H Æ 5 S + 2 Mn
2
7+
5 CaC2O4 + 2 KMnO4 + 8 H2SO4 Æ
2+
4+
Æ 5 CaSO4 + K2SO4 + 2 MnSO4 + 8 H2O + 10 CO2
CaC2O4: 1 . 2 = 2
5 CaC2O4
KMnO4: 5 . 1 = 5
2 KMnO4
0
8)
5+
2+
–2
H2S: 2
3–
0
MnO1–
4 : 5
NH4NO3: 8 . 1 = 8
/ 4
Soma: 5 + 2 + 6 + 5 + 2 + 8 = 28
1 NH4NO3
0
6
14) 3 Cl2 + x OH– Æ 5 Cl – + 1 ClO–3 + 3 H2O
1–
oxidação D = 1
e– = 1 . 1 = 1
1+
0
–1
Cl –: 1
+5
5 Cl –
1 NaCl
NaClO: e– = 1 . 1 = 1
1 NaClO
Cl2: oxidante-redutor
–
ClO 3: 5
–
1 ClO 3
∑cargasreagentes = ∑cargasprodutos
Resposta: E
2–
2 MnO1–
4
Resposta: D
Cl2 (g) + 2 NaOH (aq) Æ 1 NaCl (aq) + 1 NaClO (aq) + H2O (l)
redução D = 1
NaCl:
+2
5 H2S
4 Zn + 10 HNO3 Æ 4 Zn (NO3)2 + NH4NO3 + 3 H2O
Zn: 2 . 1 = /
2 1
4 Zn
Soma: 4 + 10 + 4 + 1 + 3 = 22
9)
+7
–1x = 5 (–1) + 1 (–1)
3–
1/2–
10) 5 P2H4 æÆ 6 PH3 + 1 P4H2
redução
x=6
Soma: 3 + 6 + 5 + 1 + 3 = 18
Resposta: E
oxidação
–3
1–
+
3+ + 7 H O
15) 2 Mn2+ + 5 BiO1–
3 + 14 H Æ 2 MnO 4 + 5 Bi
2

20) 3 C2H6O + 2 Cr2O72– + x H+ Æ 4 Cr3+ + 3 C2H4O2 + 11 H2O
+2
+5
+7
+3
–2
Mn2+: 5
+6
2 Mn2+
C2H6O:
Bi3+: 2
+3
2 . 2 = 4/ 2
0
3 C2H6O
5 Bi3+
2–
Cr2O7 :
Resposta: E
0
16) a) 2 Br– +
Cl2
Æ
Br2
2 Cr2O7
Soma das cargasreagentes = soma das cargasprodutos
– 4 + x = 12
x = 16
Soma: 3 + 2 + 16 + 4 + 3 + 11 = 39
Resposta: C
2 Cl–
+
2–
3.2=6
/3
Oxidação (redutor)
Redução (oxidante)
b) Oxidante: Cl2
–1
Redutor: Br1–
0
21) 2 MnO4– + 6 H+ + 5 H2O2 Æ 2 Mn2+ + 8 H2O + 5 O2
17) 1 Au3+ + 3 Ag Æ 3 Ag+ + 1 Au
+7
Soma das cargasreagentes = soma das cargasprodutos \ 3 Ag+
+2
MnO4–: 5
Soma: 1 + 3 + 3 + 1 = 8
2 MnO4–
Resposta: C
H2O2: 1 . 2 = 2
5 H2O2
x 2–
18) (NO2)1– fi x – 4 = – 1 fi x = 3
01) Falsa.
Meio ácido Æ H+
0
N2
↑
02) Falsa.
0
H2O2 se oxida; logo, é redutor.
NH41+
04) Verdadeira.
3–
08) Verdadeira.
↑
Nox aumenta
+3
Oxidação
N2O
MnO4– Æ violeta
+1
Mn2+ Æ incolor
↑
NO2–
2–
16) Verdadeira.
1–
NO3
NO31– ⇒ NO1–
2 →
↑
↑
↑
+5
+3
+5
Soma: 2 + 6 + 5 + 2 + 8 + 5 = 28
32) Falsa.
Oxidação
■ Módulo 22 – Reação de Deslocamento
Resposta:AI_QUI0003832.eps
A
19) 2 MnO41– + 5 SO2 + 2 H2O Æ 2 Mn2+ + 5 SO42– + 4 H+
+7
SO2: 2
MnO41– : 5
+4
+6
5 SO2
2 MnO41–
Soma: 2 + 5 + 2 + 2 + 5 + 4 = 20
Resposta: C
+2
1)
2)
a) E
3)
a)
a) Fe Æ Fe2+ + 2e–
b) Sn Æ Sn4+ + 4e–
c) Sn4+ + 4e– Æ Sn0
d) Sn4+ + 2e– Æ Sn2+
e) Cu2+ + 2e– Æ Cu0
f) Fe3+ + e– Æ Fe2+
g) Fe Æ 2e– + Fe2+
h) S2– Æ 2e– + S0
b) NE
c) E
d) E
e) NE
Cu(m) + 2Ag+(aq) Æ Cu2+(aq) + 2Ag(m)
b) O Nox do cobre aumenta duas unidades (0 Æ + 2), enquanto o Nox da prata diminui uma unidade (+1 Æ 0).
4–
4)
a) NE
5)
a)
b) E
c) NE
d) E
FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA
■ Módulo 19 – Isomeria Óptica
Zn + 2 AgNO3 Æ Zn(NO3)2 + 2 Ag0
Zn + CuSO4 Æ ZnSO4 + Cu0
1)
O tipo de isomeria que relaciona os compostos é óptica (o
átomo de carbono assimétrico está em destaque).
b) Zn Æ 0 a + 2; Ag Æ + 1 a 0
H3 C
Zn Æ 0 a + 2; Cu Æ + 2 a 0
C*
■ Módulo 23 – Eletroquímica (I):
Pilhas Eletroquímicas
H
H
OH
O
H3CO
CH3
C*
OH
O
H3CO
Resposta: A
1)
Elétrons não se movimentam na ponte salina, somente íons.
Resposta: A
2)
A notação: Cu (s) | Cu2+ (aq) | | Fe3+, Fe2+ | Pt (s) indica:
Reação no catodo (redução) à direita da ponte salina | |
Reação no anodo (oxidação) à esquerda da ponte salina
2)
QUI-0004908-b
Os compostos I e III possuem átomo de carbono assimétrico:
I
II
Ácido-2-hidroxipropanoico
2-bromopropano
||
H
Catodo : Cu (s) Æ 2e– + Cu2+ (aq)
H3 C
semiequação
de redução
3+
–
2+
Anodo : 2 Fe (aq) + 2e Æ 2 Fe (aq) semiequação
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– de oxidação
equação total
2 Fe3+ + Cu Æ 2 Fe2+ (aq) + Cu2+
(global)
4)
Para produzir maior eficiência à reação (sem reações
secundárias expressivas) a solução ideal é a de CuSO4 onde
os íons Cu2+ sofrem redução.
C
H3 C
OH
CH3
C
H
III
IV
2-bromopentano
Etanal
Br
H3 C
C*
H
As reações que ocorrem mostram:
O
C
H2
C
H2
C
H3
H3 C
C
H
Resposta: C
–
Anodo Pb + HSO4– Æ PbSO4 + 2e + H+
O
2+
C*
OH
Resposta: A
3)
Br
O
3)
Oxidação
Uma das funções QUI-0004909-b
orgânicas apresentadas na dietilpropiona é
cetona:
semiequação de oxidação
–
Catodo PbO2 + HSO4– + 3H+ + 2e Æ PbSO4 + 2H2O
4+
2+
Redução
•
semiequação de redução
O fenproporex possui 1 átomo de carbono assimétrico:
Pb + PbO2 + 2HSO4– + 2H+ Æ 2 PbSO4 + 2H2O equação global
Resposta: C
Resposta: D
4)
A molécula de sibutramina possui a função orgânica amina
(terciária) e a função haleto.
Possui um anel aromático. Não possui isomeria geométrica.
mas possui 1 átomo de carbono quiral (isomeria óptica).
–5
8)
I) Incorreta.
é um éster.
II) Incorreta.
Resposta: E
o nome oficial do composto é 3-metilpentano.
5)
A estrutura possui 2 átomos de carbono assimétrico e fórmula
molecular
III) Correta.
C14H19NO2 .
CH3
O
O
C
H
C
HC
C*
C
HC
IV. Correta.
H
N
C*
H
CH2
H
CH
C
H2
C
H
CH2
Há 2 compostos isômeros ópticos, denominados dextrogiro e levogiro (imagens especulares).
CH3
CH3
C
H2
Resposta: E
C*
6)
7)
QUI-0004912-b
Entre glicose (poli-álcool
aldeído) e frutose (poli-álcool
cetona) ocorre isomeria de função.
Entre glicose (poli-álcool aldeído) e galactose (poli-álcool
aldeído) ocorre isomeria óptica.
Resposta: E
a) As prostaglandinas apresentam um anel saturado de
cinco átomos de carbono, com duas cadeias laterais
vizinhas, com uma dupla-ligação em cada. Uma das
cadeias laterais tem sete átomos de carbono, com um
ácido carboxílico e a dupla entre os carbonos 2 e 3 a partir
do anel. A outra cadeia contém 8 átomos de carbono
hidroxila no terceiro carbono e a dupla entre os carbonos
1 e 2 a partir do anel:
H2
C
H
C*
H2 C
H2
C
H
C
H2
C
H
C
H2
C
6–
C*
H
C
H
C
H
C*
OH
OH
Br
Br
HO
Cl
l
d
V. Correta.
QUI-0004921-a
Resposta: C
9)
(0) Correto.
O
H2
C
C
OH
H
H2 C
Cl
*C
C
H2
C
H2
C
H2
C
H2
C
H3
b) São 3 átomos de carbono assimétricos, indicados na
QUI-0004913-b
figura acima:
Exemplo: muda a posição do grupo metil.
c) C20H34O3
M = (20 x 12 + 34 x 1 + 3 x 16) g/mol = 322 g/mol
H2C
CH2
H2C
CH2
Cadeia
H2C
QUI-0004924-a
CH
CH2
CH3
I. Verdadeira.
II. Falsa.
Possui 2 átomos de carbono assimétrico.
III. Falsa.
Fórmula molecular: C14H18N2O5.
Resposta: A
Exemplo: muda o tipo de cadeia (fechada e aberta).
(1) Incorreto.
O
H 3C
C
O
H
C
CH3
CH3
H3 C
H2
C
H2
C
H
C
O
C
CH3
Acetato de isopropila
2-metilpentanal
C5H10O2
C6H12O
H
11) Para o composto adquirir atividade óptica deve possuir 4 ligantes diferentes.
Não possuem a mesma fórmula molecular, não são isômeros.
QUI-0004932-b
(2) Correto.
Enantiomorfos ou antípodas ópticos.
(3) Incorreto.
O alceno 2-buteno (but-2-eno) apresenta isomeria geométrica:
Resposta: C
(4) Incorreto.
Carbono assimétrico possui 4 ligações simples, pois se
liga a 4 ligantes diferentes.
Exemplo:
12) Para um composto com isomeria óptica, é necessária a
existência de quiralidade, assimetria molecular.
O número de isômeros ópticos é obtido pela fórmula:
isômeros ópticos = 2n, onde n é o número de carbonos
assimétricos.
• Metade dos isômeros são dextrogiros e metade levogiros:
Número de d = n o. de l = n o. r
Resposta: A
13) O composto possui 3 átomos de carbono assimétricos:
(5) Correto.
Isômeros de posição (muda a posição da carbonila).
Isômeros ópticos = 2n = 23 = 8
Resposta: D
■ Módulo 20 – Reações Orgânicas (I):
Reação de Substituição
Cl
10)
1)
H
H
H
H
C
C
C
H
H
H
H + Cl
Cl
H3C CH2 CH2 + HCl
1-cloropropano ou (Reação 1)
cloreto de propila
Cl
H3C CH CH3 + HCl
2-cloropropano ou (Reação 2)
cloreto de isopropila
A facilidade de substituição ocorre no hidrogênio do:
QUI-0004991-b
Cprimário < Csecundário < Cterciário .
Portanto, o produto com maior quantidade é o da reação 2.
Resposta: C
–7
2)
■ Módulo 21 – Reação de Adição
H
|
H3C — C — H + HONO2 Æ H3C — CH2 — NO2 + H2O
|
H
nitroetano
1)
3)
Resposta: D
2)
a) O hormônio progesterona apresenta dois grupos que caracterizam a função cetona, enquanto o hormônio testosterona apresenta um grupo hidroxila (álcool) no lugar
de um grupo cetona.
b) Ocorre adição de bromo aos átomos de carbono da
dupla-ligação.
H3C
H3C
O
Os átomos de carbono assinalados são assimétricos.
4)
5)
O
Tendo em vista que a facilidade nas reações de substituição
ocorre no hidrogênio ligado ao carbono:
primário < secundário < terciário; e observando as reações,
podemos concluir como corretas as reações dos itens 1, 4 e
5.
Br
Br
AI_QUI0003325
AI_QUI0003331
3)
Pelo enunciado temos a reação de substituição:
Resposta: A
4)
Segundo a Regra de Markovnikov, temos:
Resposta: B
5)
Como o exercício coloca como condição a não existência de
carbono assimétrico, devemos desconsiderar a molécula (II).
Resposta: B
6)
A reatividade se deve, entre outros fatores a eletronegatividade dos átomos envolvidos, bem como a existência ou
ausência de cargas.
Como é solicitada a ordem decrescente de reatividade,
temos:
F2 > Cl2 > Br2 > I2
Resposta: C
a) Apenas o composto B apresenta isomeria cis-trans, pois
apresenta ligantes diferentes nos dois átomos de carbono
da dupla-ligação.
b)
AI_QUI0003332
O produto apresenta isomeria óptica, pois o carbono assinalado é assimétrico.
Existem os isômeros dextrogiro e
AI_QUI0003333
levogiro.
8–
11)
6)
Resposta: D
7)
AI_QUI0003337
12)
8)
13)
1) Falso.
CH3
|
CH3 — C — CH3
|
CH3
2) Verdadeiro.
H
|
CH3 — C — C
|
CH2
|
CH3
AI_QUI0003338
5 átomos de carbono
AI_QUI0003339
CH 6 átomos de carbono
■ Módulo 22 – Desidratação de Álcoois –
Combustão
3) Verdadeiro.
H2C
C
CH2
3 átomos de carbono
4) Verdadeiro.
HC
CH
2 átomos de carbono
1)
5) Verdadeiro.
CH3 — CH — CH3
|
CH3
AI_QUI0003342
2)
9)
Resposta: C
Resposta: D
10)
3)
A desidratação de álcool ocorre mais facilmente em:
álcool terciário > álcool secundário > álcool primário
Resposta: B
AI_QUI0003336
–9
11)
4)
Resposta: A
12) C8H18 + 25/2 O2 Æ 8 CO2 + 9 H2O
4 litros ––––––– 25 mols de C8H18
Resposta: A
5)
OH
|
H3C — CH — CH2 — CH3 æÆ H3C — CH = CH — CH3 + H2O
but-2-eno
40 litros ––––––– x
x = 250 mol de C8H18
Pela reação balanceada:
1 mol de C8H18 –––––––– 8 mol de CO2
250 mol de C8H18 –––––– x’
x’ = 2 000 mol de CO2
Resposta: D
6)
13) A questão aborda a reação química de combustão
Resposta: C
14) C8H18 + 12,5 O2 Æ 8 CO2 + 9 H2O
gasolina
Reação de eliminação
7)
C2H6O + 3 O2 Æ 2 CO2 + 3 H2O
etanol
12,5
Relação –––––
3
Resposta: C
Desidratação intermolecular:
15) I) C2H6 + 3,5 O2 Æ 2 CO2 + 3 H2O
alcano
II) C2H4 + 3 O2 Æ 2 CO2 + 2 H2O
alceno
Resposta: C
III) C2H5OH + 3 O2 Æ 2 CO2 + 3 H2O
álcool
IV) H3C — O — CH3 + 3 O2 Æ 2 CO2 + 3 H2O
éter
O
8)
V) H3C — C
Resposta: C
9)
desidratante
a) H3C — CH2 — OH ææææææÆ H2C = CH2 + H2O
D
catalisador
b) H2C = CH2 + H2 ææææææÆ H3C — CH3
D
etano
10) (1) Verdadeiro.
(2) Verdadeiro.
(3) Falso.
A combustão incompleta ocorre quando a quantidade de
oxigênio é menor.
10 –
aldeído
Resposta: A
+ 2,5 O2 Æ 2 CO2 + 2 H2O
H
16) Vitamina C + 5 O2
x
+
x = C6H8O6
Resposta: D
6 CO2 + 4 H2O
6 carbono
8 hidrogênio
10 oxigênio = 16 oxigênio
æÆ
17) Metano
CH4 + 2 O2 æÆ CO2 + 2 H2O
Propano
C3H8 + 5 O2 æÆ 3 CO2 + 4 H2O
Éter dietílico
C4H10O + 6 O2 æÆ 4 CO2 + 5 H2O
5)
Acetileno
A)
C2H2 + 2,5 O2 æÆ 2 CO2 + H2O
Benzeno
C6H6 + 7,5 O2 æÆ 6 CO2 + 3 H2O
Resposta: E
B) 2 CH3OH
-2
18) CxHy + 4 O2 æÆ 3 CO2 + 2 H2O
mol nos reagentes mol nos produtos
3 carbono
4 hidrogênio
8 oxigênio =
8 oxigênio
x=3
y=4
Resposta: E
H2SO4
CH3
-2
CH3
-2
O
QUI-0005031-a
C) H3C
CH2OH
-1
H2SO4
H3 C
CrO3
+ H2O
O
C
+3
OH
Resposta: E
■ Módulo 23 – Oxidação de Alcoóis:
Redução de Aldeídos
e Cetonas
6)
QUI-0005032-a
a) Isomeria de função. O composto I estabelece pontes de
hidrogênio entre suas moléculas.
(I-álcool e II-éter)
b) É um álcool terciário, que não se oxida.
OH
|
H3C — C — CH3
|
CH3
1)
2-metilpropan-2-ol
7)
Resposta: B
a) Isomeria de posição (os isômeros pertencem à mesma
função química e diferem pela posição da hidroxila na
cadeia).
2)
Resposta: C
butan-2-ol
OH
3)
R
CH
O
[O]
R
R
C
R
+ H2O
Álcool secundário
butan-1-ol
Resposta: D
4)
b) but-1-eno
AI_QUI0003360
QUI-0005029-b
OH
8)
CH3
CH2
Álcool
O2
O
CH3
Aldeído
C
H
Resposta: C
QUI-0005033-a
AI_QUI0003359
– 11
9)
3)
Ordem de uma reação é a soma dos expoentes de
concentração, que aparecem na lei experimental da
velocidade.
i: ordem 1
ii: ordem 2
iii: ordem 3
iv: ordem 3
Resposta: B
4)
Usando os experimentos 1 e 2
[OH–] constante
[(CH3)3CBr] dobra
v dobra
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a (CH3)3CBr
Usando os experimentos 1 e 5:
[(CH3)3CBr] constante
[OH–] triplica
v não muda
Conclusão: v é de ordem zero em relação a OH–
Expressão da velocidade:
v = k [(CH3)3CBr]
Resposta: A
5)
Usando os experimentos I e II
[I–] e [H+] constantes
Resposta: C
10)
[H2O2] variou; tempo variou
Conclusão: v depende do [H2O2]
Usando os experimentos I e III
[H2O2] e [I–] constantes
[H+] variou; tempo não variou
Conclusão: v não depende da [H+]
Usando os experimentos I e IV
[H2O2] e [H+] constantes
[I–] variou; tempo variou
Conclusão: v depende da [I–]
Resposta: A
Resposta: E
FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA
6)
Usando os experimentos 1 e 2
[B] constante
[A] triplicou
v aumenta de 9 vezes
Conclusão: v é de 2.a ordem em relação a A
Usando os experimentos 2 e 3
[A] constante
[B] dobrou
v dobrou
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a B
Expressão da velocidade:
v = k [A]2 [B]
Resposta: A
7)
Usando os experimentos 1 e 2
[A] e [C] constantes
[B] dobrou
v não variou
Conclusão: v é de ordem zero em relação a B
Usando os experimentos 2 e 3
[A] e [B] constantes
[C] dobrou
v quadruplicou
Conclusão: v é de 2.a ordem em relação a C
■ Módulo 19 – Cinética Química (II):
Mecanismo por Etapas
1)
Alternativa b: errada
Uma equação química não informa se a reação é ou não
elementar.
Alternativa c: errada
v = k [HBr] [NO2]
Alternativa d: errada
A expressão v = k [NO2] [CO] mostra os reagentes da etapa
lenta.
Resposta: A
2)
Como a etapa lenta é a que determina a velocidade, a
expressão da velocidade da reação global é a própria
expressão da velocidade da etapa lenta dessa reação global.
v4 = v2
Resposta: B
12 –
8)
9)
Usando os experimentos 3 e 5
[B] e [C] constantes
[A] dobrou
v dobrou
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a A
Expressão da velocidade:
v = k [A] [C]2
Resposta: C
04) Correta.
Usando os experimentos I e II
[Fe2+] constante
[Cl2] dobrou
v dobrou
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a Cl2
Usando os experimentos III e I
[Cl2] constante
[Fe2+] dobrou
v dobrou
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a Fe2+
Expressão da velocidade:
v = k [Cl2] [Fe2+]
Resposta: B
32) Errada.
a) A lei da velocidade é tirada da etapa mais lenta.
b) A velocidade da reação com [NO] maior é quatro vezes
maior.
10) Usando os experimentos 1 e 2
[NO] constante
[H2] dobrou
v dobrou
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a H2
Usando os experimentos 1 e 3
[H2] constante
[NO] dobrou
v quadruplicou
Conclusão: v é de 2.a ordem em relação a NO
Expressão da velocidade:
v = k [H2] [NO]2
Resposta: E
11) 01) Correta.
Usando os experimentos 1 e 2
[H2] constante
[N2] dobrou
v quadruplicou
Conclusão: v é de 2.a ordem em relação a N2
Usando os experimentos 1 e 3
[N2] constante
[H2] dobrou
v aumentou de 8 vezes (23)
Conclusão: v é de 3.a ordem em relação a H2
Expressão da velocidade:
v = k [N2]2 [H2]3
02) Errada.
N2
2 NH3
28 g ––––––––– 34 g
10 g ––––––––– x
\ x 12 g
2 NH3
N2
1,7 .
10–4
mol
L–1
min–1
3,4 . 10–4 mol L–1 min–1
08) Errada.
16) Errada.
v = k [N2]2 [H2]3 \ v1 = k (x2) (y)3
v2 = k (2x)2 (y)3 \ v2 = 4 v1
N2 + 3 H2 Æ 2 NH3
vH = 3 vN
2
2
Corretas: 01 e 04 (soma 5)
12) Usando os experimentos 1 e 2
[Cl2] constante
[CO] dobrou
v dobrou
Conclusão: v é de 1.a ordem em relação a CO
Usando os experimentos 2 e 3
[CO] constante
[Cl2] dobrou
v quadruplicou
Conclusão: v é de 2.a ordem em relação a Cl2
Expressão da velocidade:
v = k [CO] [Cl2]2
Usando o experimento 1 no cálculo do k
2
0,09 mol L–1 . s1– = k 0,12 mol L–1 (0,20)2 mol2 L–1
k = 18,8 L2 . mol–2 . s–1
Resposta: D
13) [A] mudou
v não mudou
Conclusão: v é de ordem zero em relação a A
Resposta: B
14) [A] dobrou
v quadruplicou
Conclusão: v é de 2.a ordem em relação a A
v não depende da [B] e de [C]
Expressão da velocidade:
v = k [A]2
2.a ordem
Resposta: E
15)
Reagente
Velocidade
x
a
3x
a 3 ou a 31/2
(3x)b
a . 31/2
–––––– = ––––––––
xb
a
3b = 31/2 \ b = 1/2
Resposta: B
16) v = k [NO2]2 é tirada da etapa lenta
2 NO2 Æ NO3 + NO
A substância O3 não participa da reação
Resposta: A
– 13
17) v = k [A] [B]
A concentração de cada participante aumenta de 4 vezes,
pois o volume e a concentração são grandezas inversamente
proporcionais.
Conclusão: v aumenta 16 vezes.
■ Módulo 20 – Equilíbrio Químico: Conceito
de Equilíbrio Químico
1)
a) etanoato de etila
O
Resposta: E
(notação de bastão)
O
b) Pelo gráfico, o número total de mols inicial (1,0 mol) dos
reagentes vai diminuindo e o número total de mols do
produto vai aumentando até não mais mudar (foi atingido
o equilíbrio). Isso acontece após 4 minutos. Nesse equilíbrio o número total de mols dos produtos vale 0,65 mol.
18) Em uma reação de primeira ordem, a velocidade é diretamente proporcional a concentração do reagente.
Velocidade
4
2)
Atingido o equilíbrio, a reação de formação do dímero e a
reação de decomposição do dímero continuam ocorrendo
com velocidades iguais.
Resposta: E
3)
Num equilíbrio químico, as reações direta e inversa
continuam ocorrendo com velocidades iguais. As
características do sistema em equilíbrio não mais se alteram
e as concentrações de reagentes e produtos permanecem
constantes, não necessariamente iguais.
Resposta: E
4)
O equilíbrio é atingido quando as velocidades das reações
direta e inversa se igualam (instante t4).
Resposta: D
Concentração
Resposta: D
QUI-0006480-a
19) NO2 + CO Æ CO2 + NO
v = k [NO2]2 (etapa lenta)
5)
Conclusão: A reação deve ocorrer em mais de uma etapa.
Resposta: D
[N2O4]
20) a) v = k [HBr] [O2] (etapa lenta)
I
HBr + O2 Æ HOOBr
concentração
b)
II HBr + HOOBr Æ 2 HOBr
2x III 2HOBr + 2 HBr Æ 2 Br2 + 2 H2O
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
4 HBr + O2 Æ 2 Br2 + 2 H2O
32 g Æ 2 mol
3,2 g Æ x \ x = 0,2 mol
tempo
21) 1 e 2 corretos.
O + O3 æÆ 2 O2
1 mol
12 . 1023 moléculas
48 g
64 g
N2O4 (g) vai diminuindo e NO2 (g) vai aumentando na proQUI-0000301-b
porção de 1 para 2
N2O4 (g) Æ
 2 NO2 (g)
1mol
2 mol
Se no equilíbrio predomina N2O4 (g), então sua concentração
será maior que a do NO2 (g).
3) Errado.
Nem toda colisão gera uma reação.
4) Correto.
Maior Ea Æ menor v
6)
22) Ordem total é 2
v = k [A]2 ou v = k [A] [B] ou v = k [B]2
Conclusão: a reação deve ocorrer em mais de uma etapa.
Resposta: D
14 –
[NO2]
Um equilíbrio é atingido num sistema fechado quando as
reações direta e inversa passam a ocorrer com velocidades
iguais e as concentrações de reagentes e produtos não mais
se alteram.
Na garrafa de água mineral gasosa fechada temos o
equilíbrio.
CO2 (g) Æ
 CO2 (aq)
Resposta: B
7)
■ Módulo 21 – KC e KP
1)
2H2O (g) Æ
 2H2 (g) + O2 (g)
As constantes de equilíbrio podem relacionar as concentrações em quantidades de matérias (Kc), as pressões (Kp), as
frações em mols (Kx) entre as substâncias presentes no
1
––
[N2] 2 . [CO2]
Kc = –––––––––––
[NO] . [CO]
equilíbrio.
[H2]2 . [O2]
Exemplo: Kc = –––––––––––
[H2O]2
Estão corretos os itens: 02, 04 e 08.
8)
Resposta: C
2)
pCO . pNO
[CO2] . [NO]
2
I) Kc = ––––––––––––
; Kp = ––––––––––––
[CO] . [NO2]
pCO . pNO
II) Kc = [N2O] . [H2O]2 ; Kp = pN
2O
. (pH2O)2
[CO]2
[pCO]2
III) Kc = –––––– ; Kp = ––––––
[CO2]
pCO
2
Obs.: substâncias no estado sólido não participam com suas
concentrações ou pressões nas constantes de equilíbrio.
Em meio homogêneo, a constante de equilíbrio envolve
todas as substâncias presentes.
H (g) + Br (g) Æ
 2HBr (g)
2
2
[HBr]2
Kc = –––––––––––
[H2] . [Br2]
Resposta: D
4)
A constante de equilíbrio Kp só envolve as pressões das
substâncias gasosas presentes no equilíbrio.
Kp = pH2O . pCO2
Nos equilíbrios heterogêneos, substâncias no estado sólido
não participam da expressão da constante de equilíbrio.
3Fe (s) + 4 H2O (g) Æ
 Fe3 O4 (s) + 4 H2 (g)
[H2]4
Kc = ––––––––
[H2O]4
2
3)
Catalisadores são substâncias que aumentam a velocidade
das reações diminuindo a energia de ativação. Eles não são
consumidos durante a reação, não alteram a entalpia dos
reagentes e dos produtos e a variação de entalpia da reação.
A expressão da constante de equilíbrio para a reação citada
é:
Resposta: D
9)
0 – Correta Catalisador fornece um novo mecanismo para a
reação com uma energia de ativação menor.
1 – Correta No início da reação a concentração dos reagentes é máxima e consequentemente teremos uma
velocidade inicial máxima para a reação direta.
Com o passar do tempo a concentração dos
reagentes irá diminuir e a velocidade da reação
direta também diminuirá até atingir o equilíbrio.
2 – Falsa
A velocidade da reação é diretamente proporcional a concentração dos reagentes. A constante de velocidade só será alterada se mudarmos as condições em que a reação ocorre (como
por exemplo a temperatura).
v1
Æ cC + dD
3 – Correta aA + bB 
v2
v1 = k1 [ A ]a . [ B ]b
v2 = k2 [ C ]c . [ D ]d
Resposta: D
No equilíbrio v1 = v2
5)
Quando um sistema atinge o equilíbrio as concentrações de
todas as substâncias não mais se alteram e consequente[produtos]
mente a relação –––––––––––– se torna constante (Kc).
[reagentes]
[SO3]2
Constante de equilíbrio é expressa por ––––––––––––
[SO2]2 . [O2]
No sistema: 2 SO2 (g) + O2 (g) Æ
 2 SO3 (g), em equilíbrio.
6)
k1 [ A ]a . [ B ]b = k2 [ C ]c . [ D ]d
k1
[ C ]c . [ D ]d
–––– = –––––––––––– = Kc
k2
[ A ]a . [ B ]b
k1
Kc = ––––
k2
Não irá mais ocorrer alteração de pressão e cessará a variação de volume a pressão constante.
Quanto maior a energia de ativação, menor será
a velocidade da reação e, portanto, menor a
constante de velocidade da reação.
Resposta: D
k = A . e RT
O ponto A corresponde ao início do processo em que as
4 – Falsa
–Ea
––––
iguais.
v1 = k1 [A+] . [B–]
k1 = 1 1013
AB Æ A+ + B–
v2 = k2 [ AB ]
k2 = 2 10–7
Quando a reação A+ + B– Æ
 AB atinge o equilíbrio, temos:
[AB]
k1
1 1013
Kc = –––––––––– = –––– = –––––––––– = 5 1019
+
–
[A ] . [B ]
k2
2 10–7
Corretas: 0 e 1
Resposta: E
concentrações dos reagentes irão diminuir até ser atingido o
equilíbrio no qual permanecerão inalteradas no decorrer do
tempo. (pontos B, C, D, etc…)
A constante de equilíbrio pode ser maior, menor ou igual a 1,
dependendo da temperatura e de cada reação.
No equilíbrio, as velocidades das reações direta e inversa são
10) A+ + B– Æ AB
– 15
v1
ææÆ B
11) a) A ææ
v2
v1 = k1 [A]; v2 = k2 [B]
15) C(grafita) + CO2 (g) Æ
 2 CO (g)
(pCO)2
Kp = ––––––
pCO
2
Quando o equilíbrio é atingido v1 = v2
k1 [A] = k2 [B]
[B]
k1
–––– = ––––
k2
[A]
(1,50)2
Kp = –––––– = 1,80
1,25
k1
A relação –––– é uma constante e será chamada de consk2
tante de equilíbrio Kc.
■ Módulo 22 – Cálculo das Quantidades
no Equilíbrio
[B]
Kc = ––––
[A]
1)
[B]
k1
b) Como Kc = –––– = –––– e k2 = 10k1 temos:
k2
[A]
k1
Kc = ––––– = 0,1
10 k1
[CO] . [H2]3
Kc = –––––––––––––––
[CH4] . [H2O]
PCl3 (g) +
Cl2 (g)
início
1,0
0
0
reage e forma
0,47
0,47
0,47
equilíbrio
1,00 – 0,47 = 0,53
0,47
0,47
n
[ ] = ––– (mol/L)
V
12) CH4 (g) + H2O (g) Æ
 CO (g) + 3H2 (g)
Æ

PCl5 (g)
V = 1,00L
[PCl3] [Cl2]
Kc = ––––––––––––
[PCl5]
0,30 . (0,80)3
5,67 = ––––––––––––––
0,40 . [H2O]
Kc =
[H2O] = 0,068 mol/L
13) N2 (g) + O2 (g) Æ
 2 NO (g)
0,47
0,47
––––– . –––––
1,00
1,00
–––––––––––––
0,53
–––––
1,00
Kc 0,42
Resposta: C
(pNO)2
Kp = –––––––––––
pN2 . pO2
2)
(0,1)2
Kp = –––––––––– = 5
0,2 . 0,01
Resposta: C
2
[O2]3
Kc = –––––– = 1055 (25°C)
[O3]2
I – Falsa
II – Falsa
B
Æ

AB
início
2
2
0
reage e forma
1,5
1,5
1,5
equilíbrio
0,5
0,5
1,5
V = 1L
1,5
–––––
1
Kc = –––––––––––– = 6,0
0,5
0,5
–––– . ––––
1
1
A constante de equilíbrio depende da temperatura.
No equilíbrio
[O2]3
–––––– = 1055
[O3]2
Resposta: E
3)
CO (g) + H2O (g) Æ
 CO2 (g) + H2 (g)
[O2]3 = 1055 [O3]2
III – Correta Como a constante de equilíbrio é muito grande
(1055),
+
[AB]
Kc = ––––––––
[A] [B]
14) Dado o equilíbrio:
2 O (g) Æ
 3 O (g)
3
A
o equilíbrio está deslocado no sentido de
início
a
b
0
0
reage e forma
z
z
z
z
equilíbrio
x
y
z
z
formação de produtos (O2).
Resposta: C
16 –
Como a proporção em mols é de 1 para 1, para cada substância, a quantidade de CO que reagiu (z) é igual a quantidade de
CO inicial (a) menos a quantidade de CO presente no
equilíbrio (x).
z=a–x
Resposta: C
4)
2CO (g)
+
O2 (g)
Æ
 2CO2
[CO] (g)
[O2] (g)
[CO2] (g)
início
0,8
0,6
0,0
reage e forma
0,2
0,1
0,2
equilíbrio
x = 0,8 – 0,2 = 0,6 y = 0,6 – 0,1 = 0,5
x = 0,6 mol/L
Resposta: B
b)
0,2
7)
1 mol de N2O4 tem massa
y = 0,5 mol/L
5)
92g
Æ

N2O4 (g)
butano (g) Æ
 isobutano (g)
2NO2 (g)
início
0,10
0
início
1,0
0
reage e forma
x
x
reage e forma
x
2x
equilíbrio
0,10 – x
x
equilíbrio
1,0 – x
2x
[isobutano]
Kc = ––––––––––––
[butano]
(1,0 – x) + 2x = 1,20
x = 0,20 mol
A quantidade em mols de N2O4 que dissociou é 0,20 mol
Resposta: A
x
–––––
1,0
2,5 = ––––––––––––
0,10 – x
–––––––––
1,0
8)
2,5 (0,10 – x) = x
0,25 – 2,5x = x
–3,5x = –0,25
x = 0,071 mol
[isobutano] = 0,071 mol/dm3
6)
MMN2O4 = 2 . 14 u + 4x 16 u = 92 u
a) Cálculo da quantidade de matéria (mols) no equilíbrio.
NH4OCONH2(s) Æ

2NH3 (g) + CO2 (g)
início
4 . 10–3 mol
0
0
reage e forma
x
2x
x
equilíbrio
4 . 10–3 – x
2x
x
2x 2 x
4 . 10–9 = –––– . ––
2
2
+
I2 (g)
Æ

2HI (g)
início
1
1
0
reage e forma
x
x
2x
equilíbrio
1–x
1–x
2x
[HI]2
Kc = ––––––––––
[H2] . [I2]
2
1
2x
–––––
1,0 . 102 = ––––––––––––––
1–x 1–x
–––––––
–––––––
1
1
1,0 . 102 =
Kc = [NH3]2 . [CO2]1
(2x)2
–––––––
(1 – x)2
2x
1,0 . 10 = –––––––
1–x
x3 = 8 . 10–9
x=
H2 (g)
10 (1 – x) = 2x
8 . 10–9
3
10 – 10x = 2x
x = 2 . 10–3 mol
12x = 10
10–3
No início, tínhamos 4 .
mol de NH4OCONH2(s); como
reagiram 2 . 10–3 mol durante a decomposição, restarão
no equilíbrio 2 . 10–3 mol de carbamato de amônio sólido.
5
x = ––– mol
6
– 17
Cálculo do número de mols de cada substância no equilíbrio:
5
1
H2 ⇒ 1 – ––– = ––– mol
6
6
5
1
I2 ⇒ 1 – ––– = ––– mol
6
6
5
5
HI ⇒ 2 . ––– = ––– mol
6
3
11) A partir dos dados do equilíbrio podemos montar a tabela
admitindo não haver HI no sistema no início da experiência 1.
H2
1 mol
Como o volume do recipiente é igual a 1 litro, as concentrações serão:
O2 (g) Æ

4,2
4,2
0
reage e forma
x
x
2x
equilíbrio
4,2 – x
4,2 – x
2x
V = 1L
0
reage e forma
8,835 . 10–3
8,835 . 10–3
17,67 . 10–3
equilíbrio
1,83 . 10–3
3,13 . 10–3
17,67 . 10–3
2 HBr (g) Æ

H2 (g)
+
Br2 (g)
início
8
0
0
reage e forma
4
2
2
equilíbrio
8–4=4
2
2
2 mol
[H2] = [Br2] = –––––– = 1 mol/L
2L
[H2] [Br2]
Kc = ––––––––––
[HBr]2
2
2x
–––––
1
–––––––––––––––––
4,2 – x 4,2 – x
–––––––––
1
1.1
Kc = ––––– = 1/4
22
–––––––––
1
2x
10–1 = –––––––
4,2 – x
0,1 (4,2 – x) = 2x
0,42 – 0,1x = 2x
2,1 x = 0,42
x = 0,2 mol
No equilíbrio teremos:
N2 ⇒ 4,2 – 0,2 = 4,0 mol
O2 ⇒ 4,2 – 0,2 = 4,0 mol
NO ⇒ 2 . 0,2 = 0,4 mol
[NO] = 0,4 mol/L
Resposta: D
10) Se nas quatro experiências foram determinadas as concentrações no equilíbrio, para o cálculo da constante de equilíbrio basta substituir os valores de qualquer das experiências.
2 HI (q) Æ
 H2 (g) + I2 (g)
[H2] . [I2]
Kc = ––––––––––
[HI]2
Substituindo com os valores da experiência 1 teremos:
1,83 . 10–3 . 3,13 . 10–3
Kc = –––––––––––––––––––––
(17,67 . 10–3)2
18 –
11,965 . 10–3
n
4 mol
[HBr] = –– = –––––– = 2 mol/L
V
2L
[NO]2
Kc = ––––––––––
[N2] . O2]
Kc = 1,84 . 10–2
Resposta: A
10,665 . 10–3
Concentração das espécies no equilíbrio
2NO (g)
início
2 HI
2 mol
início
12)
N2 (g) +
10–2 =
Æ

I2
1 mol
Resposta: C
1
[H2] = ––– mol/L
6
1
[I2] = ––– mol/L
6
5
[HI] = ––– mol/L
3
Resposta: C
9)
+
Resposta: C
13)
álcool
+
ácido
Æ
 éster + água
0
0
início
1,0
1,0
reage e forma
2/3
2/3
2/3
2/3
equilíbrio
1,0 – 2/3 =
= 1/3
1,0 – 2/3 =
= 1/3
2/3
2/3
n
[ ] = ––
V
[éster] [água]
Kc = ––––––––––––––––
[álcool] [ácido]
2/3
2/3
–––––
V
V
Kc = –––––––––––––
1/3
1/3
–––– ––––
V
V
––––––
Kc = 4,0
Resposta: D
14)
H2 (g)
início
+
I2 (g)
1
Æ
 2 HI (g)
1
0
reage e forma
x
x
2x
equilíbrio
1–x
1–x
2x
[propeno]
Kc = ––––––––––––––––
[ciclopropano]
V = 1L
10 – x
––––––––
1
V
Kc = ––––––––––– = ––––
3
x
–––
V
[HI]2
Kc = ––––––––––
[H2] . [I2]
2
2x
1
49 = ––––––––––––––
1–x
1–x
–––––
–––––––
49 =
1
x = 3 (10 – x)
x = 30 – 3x
4x = 30
–––––––
1
30
x = –––– = 7,5
4
(2x)2
–––––––
(1 – x)2
Número de mols de propeno no equilíbrio.
2x
7 = –––––––
1–x
n = 10 – 7,5 \ n = 2,5 mol
Resposta: B
7 (1 – x) = 2x
9x = 7
16)
7
x = ––
9
Concentração de HI no equilíbrio
2x
7
14
[HI] = ––––– mol/L = 2 . –– mol/L = –––– mol/L
1
9
9
Resposta: B
15) Cálculo da constante de equilíbrio na temperatura da
experiência
H2
C
H2C
ácido acético + álcool Æ
 acetato de etila + água
início
2
3
0
0
reage e
forma
x
x
x
x
equilíbrio
2–x
3–x
x
x
[acetato de etila] [água]
Kc = ––––––––––––––––––––––––––––––
[ácido acético] [álcool etílico]
Admitindo volume
igual a V.
x x
V V
4 = –––––––––––––––––
2–x
3–x
––– . –––
Æ
 CH3 – CH = CH2
–––––––
CH2
início
1,0
0
reage e forma
0,25
0,25
equilíbrio
1,0 – 0,25 = 0,75
0,25
V
–––––––
V
x.x
4 = ––––––––––––
(2 – x) (3 – x)
4 (2 – x) (3 – x) = x2
[propeno]
Kc = ––––––––––––––––
[ciclopropano]
4 (6 – 5x + x2) = x2
admitindo o volume = V,
0,25
24 – 20x + 4x2 – x2 = 0
n
[ ] = ––– (mol/L)
V
3x2 – 20x + 24 = 0
––––––––
20 ± 112
x = ––––––––––––
2.3
V
1
Kc = ––––––––– = ––
0,75
3
–––––
V
Cálculo da quantidade de propeno no equilíbrio na segunda
experiência sabendo que Kc = 1/3 pelo fato da temperatura
ser a mesma.
H2
C
H2C
Æ
 CH3 – CH = CH2
CH2
início
0
10
reage e forma
x
x
equilíbrio
x
10 – x
20 + 10,6
x’ = ––––––––––
6
30,6
x’ = –––––– = 5,1
6
impossível
20 – 10,6
x’’ = ––––––––––
6
9,4
x’’ = –––––
6
x’’ = 1,57 mol
– 19
No equilíbrio teremos:
ácido acético ⇒ 2 – 1,57 = 0,43 mol
acetato de etila ⇒ 1,57 mol
Resposta: C
17)
O
O
+ ROH Æ
R—C
R—C
O–H
1
0
0
reage e
forma
x
x
x
x
equilíbrio
1–x
1–x
x
x
R—C
O – R . [H2O]
Kc = –––––––––––––––––––––––––––
O
R—C
O–H
3)
Nas reações a, b, c e e não ocorrem variações de volume,
portanto a pressão não desloca esses equilíbrios.
CaCO3 (s) Æ
 CaO (s) + CO2 (g) pressão desloca
0 volume
0 volume 1 volume
Resposta: D
4)
O valor do KC mostra que a concentração de HmCO é maior
que HmO2 indicando que a hemoglobina tem maior afinidade
com o CO.
Resposta: 01
5)
I. Errada.
O equilíbrio desloca no sentido 2.
II. Errada.
O equilíbrio desloca no sentido 2.
III. Correta.
O equilíbrio desloca no sentido 2 (exotérmico).
IV. Correta.
O equilíbrio desloca no sentido 1 (expansão de volume).
V. Correta.
Catalisador não desloca equilíbrio.
Resposta: B
6)
I. Falsa.
A produção de amoníaco diminui aumentando a temperatura até 100°C.
II. Verdadeira.
Desloca no sentido de NH3 (contração de volume).
+ H2O
1
Em águas quentes o equilíbrio citado está deslocado no
sentido de CaCO3 (corais), pois a concentração de CO2 é
pequena.
Resposta: B
O–R
início
O
2)
. [ROH]
x.x
9 = –––––––––––––
(1 – x) (1 – x)
9 (1 – x)2 = x2
9 (1 – 2x + x2) = x2
9 – 18x + 9x2 = x2
8x2
– 18x + 9 = 0
(18)2 – 4 . 8 . 9
x = 18 ± ––––––––––––––––––––––
2.8
x=
III. Verdadeira.
Introduzindo-se H2 no sistema, o equilíbrio desloca no
sentido de NH3.
IV. Falsa.
[NH3]2
K = ––––––––––
[H2]3 . [N2]
V. Verdadeira.
Resposta: 02
18 ± 324 – 288
––––––––––––––––––
16
36
x = 18 ± ––––––––––
16
18 + 6
x’ = ––––––––
16
x’ = 1,5
↑
18 – 6
x’’ = ––––––––
16
12
3
x’’ = ––– = ––– mol/L
16
4
7)
Durante o andamento desta decomposição, a pressão total
da mistura gasosa aumenta (quantidade em mols dos
produtos é maior que a quantidade em mols do reagente).
Resposta: B
8)
Ao diminuir a pressão do sistema o equilíbrio desloca no
sentido de CaO (expansão de volume).
Æ CaO (s) + CO (g)
CaCO3 (s) 
2
0 volume
1 volume
Resposta: B
9)
Ao diminuir a pressão do sistema o equilíbrio desloca no
sentido de CO + H2 (expansão de volume).
Æ CO (g) + H (g)
C (s) + H2O (g 
2
1 volume
2 volumes
Resposta: D
valor impossível
3
A concentração do éster no equilíbrio será ––– mol/L
4
Resposta: B
■ Módulo 23 – Deslocamento de Equilíbrio
1)
I. Favorece.
Introdução de N2 (aumenta a sua concentração) desloca o
equilíbrio no sentido do NH3.
II. Favorece.
Aumento da pressão do sistema desloca o equilíbrio no
sentido do NH3 (contração de volume).
III. Não favorece.
O catalisador não desloca equilíbrios.
Resposta: A
20 –
10) Aumentando a temperatura do sistema, o equilíbrio desloca
no sentido dos reagentes (sentido endotérmico).
[H2]  [I2]  [HI] Ø
O gráfico que representa esse acontecimento refere-se à
alternativa b.
Devido ao aumento da temperatura, o equilíbrio é alcançado
mais cedo.
Resposta: B
18) Aumentando a temperatura, o equilíbrio desloca no sentido
dos reagentes (sentido endotérmico). Teremos:
[H2]  [I2]  [HI] Ø
Resposta: E
19)
p2SO
3
11) Kp = ––––––––––––
como p = x . P, temos:
2
pSO . pO
2
2
20)
x2SO . P2
1
3
Kp = ––––––––––––– \ 4,0 . 104 = 6,0 . 104 . –––
2
3
xSO . xO . P
P
2
2
P = 1,5 \ 1,5 atm
Resposta: A
pWI
[WI6]
6
12) a) KC = –––––––
ou Kp = ––––––
3
p3
[I2]
I
2
b) A formação do WI6 (g) a partir dos elementos é
exotérmica, pois em temperatura baixa o equilíbrio está
deslocado no sentido de WI6.
13) I. Certa.
Acrescentando mais CO na mistura em equilíbrio este
será deslocado no sentido dos produtos.
II. Errada.
Gás inerte adicionado não desloca equilíbrio, pois não
altera as pressões parciais.
III. Errada.
A pressão não desloca esse equilíbrio, pois não ocorre
variação de volume.
Resposta: A
14)
Equilíbrio 1
Equilíbrio 2
21) A formação de estalactites (CaCO3) é favorecida em ambientes ricos em íons Ca2+, pois o equilíbrio é deslocado no sentido do CaCO3. O aumento da concentração de vapor-d’água
desloca o terceiro equilíbrio para a esquerda.
O aumento da [H+] desloca o segundo equilíbrio para a esquerda diminuindo a [HCO–3]. Isto acarreta o deslocamento do
terceiro equilíbrio para a esquerda.
Resposta: B
Æ 2 H O (g)
2 H2 (g) + O2 (g) 
2
3 volumes
2 volumes
NH (g) + HCl (g) Æ
 NH Cl (s)
3
4
2 volumes
0 volume
Resposta: B
15) a) Formação dos reagentes. (A [Cl2] diminui devido à reação:
2 KI + Cl2 Æ 2 KCl + I2).
b) Formação dos produtos. (O NaOH reage com os produtos).
c) Formação dos produtos. (A concentração de HCl diminui
devido à reação: HCl + AgNO3 Æ AgCl + HNO3).
16) a)
b)
c)
d)
Formação dos produtos (sentido endotérmico).
Formação dos produtos (sentido de consumo do CO).
Nada (não haverá variação de volume).
Formação dos reagentes (diminui a concentração da água
deslocando o equilíbrio para a sua formação).
17) Aumentando a temperatura, o equilíbrio desloca no sentido 1
(endotérmico).
Resposta: B
– 21