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TAREFA
PROPOSTA
Resolução
Química
10. c
5B: 1s2 2s2 2p1
9F: 1s2 2s2 2p5
7N: 1s2 2s2 2p3
1H: 1s1
BF3: trigonal plana
QG.09
1. d
Nem sempre os compostos metálicos apresentam pontos de fusão
elevados; por exemplo, o mercúrio (Hg) a 25 °C e 1 atm é líquido.
2. a
A condutividade térmica dos metais é feita pelo deslocamento dos
elétrons livres que transferem energia a átomos de regiões mais
frias.
F
H
11. a) Ligação covalente.
b) Na água há dois pares de elétrons isolados. A repulsão entre eles
é grande e entre eles e os pares ligados também. A repulsão entre
os pares de elétrons ligados é menor que a dos isolados e isso faz
com que o ângulo seja de 105°. No ozônio só há um par de elétrons isolados e sua repulsão com os demais pares é menor. No
dióxido de nitrogênio, só há um elétron e sua repulsão com os
pares de elétrons ligados é bem menor que nos outros dois casos,
onde havia pares de elétrons isolados.
Angular
F
BF3
—
s Geometria tetraé-
Trigonal plana
B
F
F
H
O
NF3
s Geometria an-
N
—
—
N
–
F
Piramidal
—
O
S
—
Nitrito: fórmula de Lewis s
gular
Angular
F
F
+
H
F
O
—
SF2
F
—
OF2
7.V – F – F – V – V
I. (V)
II. (F) Formada por ligações covalentes e dativa (coordenada).
III. (F) O ozônio é alótropo.
IV. (V)
V. (V)
—
12. c
CADERNO 2
Há uma repulsão entre os pares compartilhados e entre estes e o
par não compartilhado.
6. e
O bronze é uma liga metálica formada de Cu + Sn, portanto:
I. (F) É uma mistura.
II. (F) Os metais e suas ligas são bons condutores de calor.
III. (F) Calor específico é propriedade física.
IV. (V)
V. (V)
N
H
H
5. c
Amálgama é a mistura de dois ou mais metais em que um dos metais é o mercúrio.
8. a) Amônio: fórmula de Lewis s H
drica
N
—
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Esse composto é uma exceção à regra do octeto.
NH3: piramidal trigonal
4. Na ligação metálica ocorre a formação de mar de elétrons (gás de
elétrons) que se movem entre os espaços livres do retículo cristalino
metálico, o qual será responsável pela condução de eletricidade.
F
F
3. b
Não são as fracas ligações covalentes que justificam a existência de
substâncias moleculares líquidas e gasosas, e, sim, as ligações químicas intermoleculares.
H
B
F
F
F
–
Nitrato: fórmula de Lewis s
O
b)
N
s Trigonal plana
F
O
Tetraédrica
C
—
CF4
—
—
O
F
F
13. d
H — H s geometria linear
Sulfato de amônio w (NH4)2SO4 (MM = 132 g/mol)
100%
132 g
x
28 g
x = 21,21%
Nitrato de amônio w (NH4)NO3 (MM = 80 g/mol)
100%
80 g
y
28 g
y = 35%
Logo, o nitrato de amônio apresentará maior teor percentual de
nitrogênio.
14. c
O NO2 é uma exceção à regra do octeto, pois o N está com a última
camada incompleta. Sua estrutura de Lewis (eletrônica) é:
O N O
Como há elétron não ligante no átomo central, a geometria da molécula é angular.
Observação: Outras exceções à regra do octeto são:
9. e
Os metais possuem características marcantes, tais como: maleabilidade, ductibilidade, brilho, alta condutividade térmica e elétrica.
NO N
O
e ClO2 O Cl O
1
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15. b
O
21. a – II; b – II; c – I; d – IV; e – II; f – V
O
O
O
S
CS2
S
HF
O
C
CH2Cl2
CO2 s O
C
O w Linear
S w Tetraédrica
O
—
—
H—C—N
O
H2O
H
H
—
—
N
Angular
H
Br
H
NH4OH s
Linear
tividades extras
A
22. a
TeBr4
w Tetraédrica
H
Piramidal
Cl Cl Cl
HCN
CH4 s H
H
Tetraédrica
P
PCl3
O
H—O
C
C
H
H2SO4 s H — O
Linear
H Cl Cl
H2O s O w Angular
H
Linear
H—F
H
Trigonal plana
16. a
S
Br
[O —H] w Tetraédrica
–
H H H
Quadrado planar
Te
17. 1 – d; 2 – e; 3 – b; 4 – a; 5 – c
Br
Br
18. b
Primeira possibilidade: B — A — B
Não há par de e– livres ao redor de A.
Segunda possibilidade:
B
Cl
Cl
I–
Linear
A
B
Três pares de e– livres ao redor de A.
SF4
19. a
F
N—O
Linear
O—C—O
Linear
F
F
O
H
H
Piramidal
F
Angular
23.
F
F
F
F
F
B
BF3 s
Trigonal plana
B
Quadrado planar
S
F
Sn
—
SnF3– s
Observação: No NO, o N se estabiliza com 7 elétrons na camada de
valência.
s Trigonal plana
F
—
N
F
F
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
S
F F F
s Piramidal
F
20.e
I. (V) A distribuição eletrônica é:
K – 1s2
L – 2s2 2p6
M – 3s2 3p6 3d10
N – 4s2 4p6 4d10
O – 5s2 5p6 5d9
P – 6s2
II. (V)
BrF3 s Br — F s Forma de T
F
KrF4
F
F
Kr
O = C = O ⇒ subproduto obtido
s Quadrado planar
Geometria linear
III. (V) X é um metal de transição, portanto, ao se combinar com
ametais, a ligação será iônica.
F
F
2
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F
F
c) (V)
d) (F) Definição de ânion.
e) (F) Ânions são estruturas que receberam elétrons.
F
7. c
I. (F) A ligação entre Na e F é iônica (Na: metal + F: ametal).
II. (V) A eletronegatividade varia da seguinte forma: F > Cl > Br > I
III. (V)
s Piramidal
de base
quadrada
Br
F
F
8. d
FeO w iônica
NO w covalente polar
F2 w covalente apolar
NaCl w iônica
HCl w covalente polar
24. a
Os dois pares eletrônicos devem ficar o mais longe possível entre si e
as demais ligações. A geometria dos pares eletrônicos é octaédrica,
mas a geometria da molécula é quadrado planar.
AX4
X
9. d
H — Cl s molécula polar, ligação covalente polar.
Cl — Cl s molécula apolar, ligação covalente apolar.
Na+ [Cl–] s composto iônico, ligação iônica polar.
X
A
X
11. V – F – V – V – F
I. (V)
II. (F) A ligação é iônica (Na: metal e Cl: ametal).
III. (V)
IV. (V)
V. (F) A fórmula da substância é:
QG.10
1. e
A ligação mais polar tem maior diferença de eletronegatividade.
Então, como: Br – Li
2,8 – 1,0 s DE = 1,8
2. a) Pela informação do enunciado o átomo terá 2 camadas e 4 e– na
camada de valência, então:
K s 1s2
L s 2s2 2p2
Total é: 6 s Z = p = 6
Como: A = p + n s A = 6 + 8 s A = 14
b) Moléculas com ligações polares; átomos com eletronegatividades diferentes.
2–
O
2+
[ Ca [
C
O
O
Portanto, também há ligações covalentes.
12. Soma = 43 (01 + 02 + 08 + 32)
(01) Correta.
2
2
Ga3+ (28 elétrons)1s
2p6 3s23p6 3d10
 2s
31

 
 


K
L
M
2
2
As3– (36 elétrons)1s
2p6 3s23p6 3d10 4s2 4p6
 2s
33

 
 

 
 

K
L
M
N
(02) Correta.
Moléculas com ligações apolares; átomos com mesma eletronegatividade.
3. d
Todas as moléculas apresentam ligações polarizadas, pois estas
ocorrem entre átomos de elementos com diferentes eletronegatividades.
As
—
Cl Cl Cl
—
—
P
—
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
X
10. a
K(s) w ligação metálica
HCl(g) w ligação covalente polar
KCl(s) w ligação iônica
Cl2(g) w ligação covalente apolar
CADERNO 2
BrF5
H H H
4. Soma = 18 (02 + 16)
(01) Incorreta. Em uma família, quanto menor o número atômico
menor será o átomo.
(02) Correta.
(04) Incorreta. Átomos com mesma eletronegatividade (mesmo elemento químico) se ligam, como no H2.
(08) Incorreta. Ambas são angulares.
(16) Correta.
O par de elétrons não ligado, em ambas moléculas, faz com
que suas geometrias sejam piramidais.
(04) Incorreta. Al3+ possui somente duas camadas eletrônicas, enquanto o As3– possui 4.
(08) Correta.
6,02 · 1023 átomos (100%)
1 mol de Si
x
0,001 (0,1%) mol
x = 6,02 · 1020 átomos
(16) Incorreta. Os baixos valores de PF e PE são características de
substâncias com ligações covalentes.
(32) Correta. O baixo potencial de ionização facilita o deslocamento dos elétrons.
5. a
C
O), o que faz com que, ape A geometria do CO2 é linear (O
sar de as ligações entre o carbono e o oxigênio serem polares, a sua
molécula seja apolar. A interação intermolecular é do tipo forças Van
der Waals.
13. d
O2 s molécula apolar – substância simples – compartilhamento de
elétrons
Cl2 s molécula apolar – substância simples – compartilhamento de
elétrons
NH3 s
O
H
N
H
—
H
—
—
H2O s
—
6. c
a) (F) Ligação iônica ocorre com transferência entre metais e ametais.
b) (F) Ligação metálica ocorre entre metais com atração entre cátions metálicos e elétrons livres.
—
H
H
s Molécula polar
s Substância composta – compartilhamento
de elétrons – molécula polar
3
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Molécula de H2S, geometria angular:
O
É uma molécula com geometria linear e, apesar de cada ligação ser
polar, como os vetores se cancelam ela é uma molécula apolar.
24. d
Apolar
bipiramidal
(espacial)
Cl Cl Cl
HCN
PCl3
16. a) A única molécula polar citada no texto é o monóxido de carbono; portanto, teremos:
C
O
Br2
II. Temos — S —
s dipolo-dipolo
dipolo permanente
4. Etano s H3C – CH3 s forças de London
5. Propan-1-ol s H3C – CH2 – CH2 – OH s ligação de H
Então:
e PE s Propan-1-ol s maior massa e força intermolecular mais intensa
r PE s Etano s força intermolecular menos intensa
Para o restante, teremos:
Etano < Etanal < Metanol < Etanol < Propan-1-ol
dipolo
permanente
5. a)
Atividades extras
23.c
O
H
Cl
H
F
Molécula de H2O, geometria angular:
Cl
O
C
F
Molécula tetraédrica com todos os ligantes s apolar
iguais ao redor do átomo central
C
3. Etanal s H3C — C
22. b
Maior caráter iônico significa maior polaridade da ligação, ou seja,
maior diferença de eletronegatividade entre os átomos ligados.
Assim:
I. H — F
H—IsH—F
C
O
S
C
SsO
C
O
II. O
III.
H
F
F
F
Molécula diatômica com ligantes iguais s apolar
4. 4 – 3 – 1 – 2 – 5
1. Metanol s H3C – OH s ligação de H
2. Etanol s H3C – CH2 – OH s ligação de H
m1 m2
b) O w C w O µR = µ1+µ2 = 0
Como os vetores momentos dipolares apresentam a mesma intensidade, a mesma
 direção e sentidos opostos, o momento dipolar resultante (µ R) é igual a zero.
Br — Br
3. c
R — OH
Como os álcoois apresentam uma parte hidrocarbônica e pelo menos uma hidroxila, eles apresentam uma parte apolar e outra polar
em sua estrutura. A parte apolar interage com outra molécula através de interações do tipo dipolo induzido, e a parte polar, pelas ligações de hidrogênio.
21. a) O fato de a molécula ser classificada como apolar pode ser explicado de duas maneiras:
• É uma molécula linear, com os ligantes ao redor do átomo central iguais.
• µR = 0. Não sofre orientação quando submetida a campo elétrico.
F
Cl
2. a
Família 17
e PE s ligações de H s H — F s 2º período
e massa
H  Cl s 3º período
e PE

H  Br s 4º período
H  I s 5º período

Dipolo permanente
20. e
A substância III é apolar, pois todos os átomos ligados ao átomo
central pertencem ao mesmo elemento químico.
F
s apolar
QG.11
1. c
I. Temos N — H s ligação de hidrogênio
O), é formada por ligação co-
19. d
I. Três átomos ligados ao átomo central, e sem par de elétrons
não ligados: trigonal plana.
II. O par de elétrons não ligados interage com os átomos ligados
ao átomo central, repelindo-os: piramidal.
III. Quatro átomos ligados ao átomo central: tetraédrica.
C
Geometria piramidal s polar
Geometria trigonal plana com ligantes
iguais ao redor do átomo central
B
Cl
F
Cl
Cl
H
C
Cl
Cl
18.b
SO2 s geometria angular, ligações covalentes polares, molécula polar.
CO2 s geometria linear, ligações covalentes polares, molécula apolar.
H
P
Cl
CCl4
17.b
A molécula de gás oxigênio, O2 (O
valente apolar.
H
Geometria linear com ligantes diferentes s polar
Cl
C
H
Geometria angular s polar
H
H — C — N ao redor do átomo central
BCl3
b) As moléculas apolares serão nitrogênio e metano; portanto,
teremos:
geometria linear
N2 s N ≡ N s
s
geometria tetraédrica
CH4 s H
H
S
H
—
—
Cl Cl
Polar
piramidal
(espacial)
—
H2S
Cl — P
—
Cl
—
Cl
H
H
Como a diferença de eletronegatividade entre H–O é maior que entre H–S, a molécula de H2O será mais polar (maior vetor momento
dipolar) que a molécula de H2S.
15. d
Os compostos são:
P
S
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
C
—
14. b
O
H
ligação
de
eH
ligação
de H
Massa molar da ureia:
C = 12 ⋅ 1 =12 g
H=1⋅4=4g
N = 14 ⋅ 2 = 28 g
O = 16 ⋅ 1 = 16 g
Total = 60 g
100%
60 g
% N s % N = 46,67%
28 g
4
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b) µ ⋅ MM 1 = 1.000 ⋅ d ⋅ † s µ ⋅ 60 =1000 ⋅ 1 ⋅ 0,2
100
µ = 0,033 mol/L
c) NH+4 CNO– s interação íon-dipolo
17. b
Entre as moléculas de água estão presentes ligações de hidrogênio,
que são muito polares.
NH2
18.a
Como todas as substâncias apresentadas são apolares, a interação
entre todas as moléculas é do tipo dipolo induzido. Portanto, terá
maior temperatura de ebulição a substância de maior massa molar,
no caso, o Br2.
s ligação de hidrogênio
NH2
6. d
I. (F) O = C = O w linear
II. (V)
O
w ligação de hidrogênio
III (F) IV. (V)
H
19. d
As ligações de hidrogênio ocorrem quando o H se liga a oxigênio,
flúor e nitrogênio (FON).
H
20. a
A interação do tipo ligação de hidrogênio — presente no álcool etílico — é bem mais forte que as do tipo dipolo-dipolo, presentes no
éter metílico, daí a diferença entre os pontos de ebulição.
7. c
A substância que melhor interage com a água, reidratando a pele, é a
glicerina, por causa da formação de ligações de hidrogênio com ela.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
8. a
As interações que ocorrem no adesivo e no material são ligações de
hidrogênio (H ligado a F, O, N); sendo assim, o adesivo funcionará
melhor para colar a celulose, em razão de seu grande número de
hidroxilas (OH–).
21. a)
b)
c)
d)
Dipolo permanente
Ligações de hidrogênio
Forças de London
Forças de London
22. b
Como o cromóforo apresenta o átomo de H ligado a átomos de O e
N, ele é capaz de formar interações do tipo ligações de hidrogênio.
9. e
• H2S, H2Se e H2Te têm o mesmo tipo de interação dipolo-dipolo.
O ponto de ebulição será determinado pelas massas molares.
• O H2O tem o maior ponto de ebulição por causa das ligações de
hidrogênio.
Assim:
M H2Te > M H2Se > M H2S
PE H2Te > PE H2Se > PE H2S
Atividades extras
23. a
24. d
As principais forças que atuam no metanol são as ligações de hidrogênio, que são bem fortes.
10. d
A propilamina apresenta H ligado a N, portanto interação intermolecular do tipo ligações de hidrogênio.
QG.12
1. c
O cloreto de sódio é composto iônico, portanto, quando dissolvido
em água, sofre dissociação iônica, dando origem a uma solução eletrolítica.
A sacarose é um composto molecular que, quando é colocado em
água, sofre apenas dissolução, dando origem a uma solução não
eletrolítica.
11. d
Quem tem maior PE é o 1-butanol. Isso porque ele tem uma cadeia
mais extensa, o que faz com que exista uma maior área para as interações intermoleculares.
12. b
N2: apolar – dipolo induzido
SO2: polar – dipolo permanente
NH3: polar – dipolo permanente
H2S: polar – dipolo permanente
H2O: polar – ligação de hidrogênio
Menor PE: interação mais fraca: w N2
Maior PE: interação mais forte: w H2O
CADERNO 2
2. e
A vitamina C é solúvel em água (hidrossolúvel) por causa da sua
grande polaridade. Essa polaridade vem dos grupos hidroxilas que
interagem através de ligações de hidrogênio com a água.
3. d
As características apresentadas são típicas de substâncias iônicas,
ou seja, formadas por, pelo menos, uma ligação iônica (KF e CaCl2:
metal + ametal).
13. b
Entre os compostos citados, o de maior PE será o etanol por causa
das ligações de hidrogênio.
4. a
Como o material não apresenta brilho metálico, exclui-se a possibilidade de ser uma substância metálica. O alto ponto de fusão é característica de substância iônica.
14. d
I
II
III
s Cetona s Dipolo permanente
s Álcool s Ligação de hidrogênio
s Éter s Dipolo permanente
O dipolo permanente da cetona é mais intenso que o dipolo
permanente do álcool, portanto a ordem crescente dos pontos de ebulição será:
III < I < II
5. e
A condutividade elétrica de uma solução não depende de seu volume, mas da natureza da solução e de quantos íons estão presentes
nessa solução.
I. F
II. V
III. V
15. c
O índigo possui o H ligado a N, portanto capaz de estabelecer ligações de hidrogênio.
6. a
Pela análise das estruturas:
Vitamina B1: molécula mais polar, por causa de elementos altamente eletronegativos (maior ponto de fusão) s hidrossolúvel
Vitamina A: molécula mais apolar, por causa de sua cadeia hidrocarbônica s lipossolúvel
16. b
A interação é do tipo íon-dipolo permanente, pois a sal NaCl é formado
por ligação iônica, e a água forma interações do tipo dipolo-dipolo.
7. d
Gasolina s mistura de hidrocarbonetos s apolares s forças de London
5
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15. c
x = elétrons. No fio de cobre a condução é feita através de elétrons,
por se tratar de um metal.
y = íons. Em solução aquosa de ácido clorídrico, a condução é feita
por íons formados durante a ionização.
 OH

Polar s ligação de hidrogênio
r
Forças de London
8. F – F – F – F
I. Falsa. O elemento de número atômico 19 é metal e o de número atômico 9, ametal, portanto formam ligação iônica, e o
composto formado, consequentemente, é sólido.
II. Falsa. A dupla-ligação covalente indica o compartilhamento de
dois pares de elétrons, característica dos elementos do grupo
16 ou VIA.
III. Falsa. Por causa da repulsão dos pares eletrônicos, a geometria é angular. Exemplo:
16. b
• Para a amônia:
Fórmula eletrônica: H
N
Fórmula estrutural:
O
H
H
IV. Falsa. Tem carga 2+.
N
H
• Para o diclorometano:
Fórmula eletrônica:
Cl
Fórmula estrutural:
C
S
I. (V)
II. (F) A grafite conduz corrente elétrica.
III. (V)
IV. (V)
V. (F) São consideradas substâncias covalentes por causa do grande
número de ligações covalentes que compõem essas estruturas.
−
H2O
I. KOH(s) 
→ K+(aq.) + OH (aq.) (lâmpada acende-se)
H2O
II. C6H6(,) 
→ C6H6(aq.) (lâmpada não se acende)
−
H2O
III. HCl(g) 
→ H+(aq.) + Cl (aq.) (lâmpada acende-se)
Dipolo permanente
H2O
IV. Fe(s) 
→ Fe(s) (lâmpada não se acende)
O
O
Ligação de hidrogênio
−
H2O
V. NaCl(s) 
→ Na+(aq.) + Cl (aq.) (lâmpada acende-se)
Portanto, três substâncias fariam a lâmpada se acender.
Ligação de hidrogênio
19. a
I. Composto metálico w partículas condutoras w elétrons livres.
2+
–
II. CuSO4(aq.) w Cu (aq.)
+SO24(aq.)
NH2
O
OH
e) H C — C — O — CH 3
3
H
Fórmula eletrônica: S
H
s geometria tetraédrica
• Para o dissulfeto de carbono:
17. c
Dipolo permanente
d) H3C — C
H
Fórmula estrutural: S — C — S s geometria linear
O
Cl
C
Cl
18. c
c) H3C — C
C
H
11. e
A s iônico, pois possui valores elevados de PE e PF e conduz corrente
elétrica quando fundido.
B s molecular, pois possui baixos valores de PE e PF.
C s metal, pois possui altos valores de PE e PF e conduz eletricidade
mesmo no estado sólido.
D s iônico, pois possui altos valores de PE e PF e é isolante no estado
sólido.
b) H3C — C — CH3
H
Cl
10. F – F – F – V
I. (F) Os compostos iônicos (metal + ametal) não conduzem corrente no estado sólido.
II. (F) Todo composto iônico é sólido nas CATP.
III. (F) Compostos covalentes ou moleculares não conduzem corrente elétrica no estado sólido ou líquido.
IV. (V)
a) H3C — C
H s geometria piramidal
H
9. e
Pelas características, X é iônica e Z é molecular.
12. c
H
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Etanol s H3C  CH2



Apolar
Partículas condutoras: íons
Dipolo permanente
III. NaCl(,) w Na(+�) +C l(�–)
O
Como c e d fazem ligações de hidrogênio, a definição está no número de ligações de hidrogênio que cada substância faz; nesse caso, a
amida apresenta maior número de ligações de hidrogênio, portanto
apresenta maior ponto de ebulição.
Partículas condutoras: íons
20. a) Composto I: 3,3-dimetil-but-1-eno
Composto II: hex-1-eno
b) Terá maior temperatura de ebulição por possuir maior cadeia.
13. c
a) A curva 1 é de ebulição.
b) Cl2 é molécula apolar (dipolo induzido).
d) A 25 °C Br2 é líquido.
21. c
I. (V)
III. (V)
IV. (F)
14. F – F – V – F
I. (F) Constituídos por átomos (cátions metálicos).
II. (F) Composto iônico não conduz corrente elétrica no estado
sólido, porque os íons não têm liberdade de movimento.
III. (V)
IV. (F) Os compostos covalentes podem ou não conduzir corrente
elétrica.
II. (V)
HO
OH
C
C
C
O
H
C
O
Carbonos
primários
CH — OH
CH2 — OH
6
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HO
OH
O–
O
ou HO — CH2 — CH —
O
HO
OH
22. a) Cloreto de sódio
∆
+
−
NaCl(s) → Na( , ) + Cl( , )
Quando fundido, o cloreto de sódio libera os íons sódio e cloreto, que conduzirão a eletricidade.
b) Iodo
I—I
I2
Fórmula molecular
Fórmula estrutural
Como o iodo apresenta moléculas apolares, estas estão unidas,
principalmente, por interações do tipo Van der Waals.
+ HO — CH2 — CH —
HO
13. d
Diluir uma solução implica em reduzir sua concentração mediante
aumento de volume do solvente (no caso, água).
14. a
Periódico: HIO4
Iódico: HIO3
Iodoso: HIO2
Hipoiodoso: HIO
15. d
Oxiácido – tem oxigênio na estrutra; diácido – dois hidrogênios ionizáveis.
H+ + H3C — C
OH
16. c
A equação representa a ionização total do ácido fosfórico, um triácido, produzindo o ânion trivalente fosfato.
O–(aq.)
H+(aq.) + H3C2O–2(aq.)
17. e
Quanto maior o valor de x, mais forte é o ácido, portanto a ordem
crescente da força será:
H3BO3 < H3PO4 < H2SO4 < HNO3 < HClO4
É um monoácido.
6. e
A condução de eletricidade se dá pela presença de íons livres, portanto quando ocorre ionização do HCl(g) em água.
18. a)
b)
c)
d)
7. a) Pelo descrito no texto, teremos:
O
O + H2O
HO
O
O + H3O+
HO — CH2 — CH —
HO
OH
O–
O
ou HO — CH2 — CH —
O
HO
OH
+ HO — CH2 — CH —
HO
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H2O
H+ +
OH
O
O
Ácido tiossulfúrico.
Ácido antimonioso.
Ácido permangânico.
Ácido crômico.
19. e
HI e HCl são hidrácidos fortes.
Observação: Regra para os oxiácidos: determinar o m.
m = (número de oxigênio) – (número de hidrogênios ionizáveis)
m > 3 muito forte
m = 2 forte
m = 1 moderado
m = 0 fraco
HClO4 s m = 4 – 1 = 3 muito forte
HClO3 s m = 3 – 1 = 2 forte
H3BO3 s m = 3 – 3 = 0 fraco
OH
OH
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
C—O
O
–
(dissociação)
HO — CH2 — CH —
O–
12. V – F
I. (V)
II. (F) A estrutura correta é: H — O
d) Ácido fluorídrico
e) Ácido sulfídrico
OH
O
11. c
I. ácido sulfúrico
II. ácido carbônico
III. ácido clorídrico
5. a
Como o ácido acético é um oxiácido, o hidrogênio ionizável deve
estar ligado ao oxigênio.
O
O
H2O
O
10. d
HCl: monoácido
H2SO4: diácido
H4SiO4: tetrácido
H3PO4: triácido
4. a
A ordem crescente da acidez é dada por: H3PO4 < H2SO4 < HClO4
Por causa do aumento da eletronegatividade do elemento central
que facilita a formação do cátion H3O+.
H4C2O2
OH
9. d
O HF forma com a água ligações de hidrogênio, o que diminui sua
acidez.
QG.13
1. e
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (V)
V. (F) H3BO3 e H2CO3 s são ácidos fracos, portanto de baixa condutividade elétrica.
H2O
+
8. c
I. (F) CO2 + H2O x H2CO3 s ácido carbônico é instável
II. (V)
C
O s Σµ R = 0
III. (F) CO2 é apolar s O
IV. (V)
24.Soma = 31 (01+ 02 + 04 + 08 + 16)
(01) V
(02) V
(04) V
(08) V
(16) V
H3C — C
+
H
b) Não, porque a vitamina C é muito polar sendo, então, vitamina
hidrossolúvel e as margarinas são apolares.
Atividades extras
23.De modo geral, substâncias moleculares que não fazem ligações de
hidrogênio (Br2) têm ponto de fusão menor do que substâncias moleculares que fazem ligações de hidrogênio (H2O).
Estas últimas têm ponto de fusão menor que o dos metais (Na), que, por
sua vez, têm ponto de fusão menor que o dos compostos iônicos.
O Si é uma substância covalente formada por um arranjo com um
número muito grande de átomos e, por esse motivo, apresenta o
maior ponto de ebulição.
2. a) Ácido fosfórico
b) Ácido sulfuroso
c) Ácido carbônico
3. c
+
−
KNO3(s) w K (aq.) + NO3(aq.) H2O
7
O–
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7. d
I. (V)
II. (F) Sal é composto iônico
III. (F) Sulfato de cobre II
20. a) HNO3
O
N—O—H
O
b) H2SO3
c) H3PO4
d) H2CO3
8. b
a) Na2SO4 e K2SO4 são sais
b) Bases de Arrhenius liberam hidroxila (OH–)
c) e d) Cálcio, magnésio e amônio não são metais alcalinos.
O—H
e) HCl
f) HIO2
C
21. d
a) α = 33%
b) α = 1%
c) 42 dissociados
α
α = 21%
d)
9. a
CaSO4: sal
Al(OH)3: base
H2SO4: ácido
O—H
10. c
(NH4+)2
íon amônio 200 moléculas totais
100
SO 2−
4
íon sulfato
11.d
A substância cloreto de potássio tem fórmula KCl e é um sal inorgânico formado por ligação iônica (K: metal e Cl: ametal).
I. (V)
II. (V)
III. (F) É substância composta.
3
= 0,75 w α = 75%
4
e) α = 50%
O eletrólito mais forte é o que possui o maior α, portanto:
α = 75%.
12. d
13. b
a)
b)
c)
d)
22. e
I – V; II – V; III – V; IV – V
Atividades extras
23. c
H3PO4 w α = 27%
5% < α < 50% w ácido moderado
(F) O grupo hidroxila é formado por ligações covalentes.
(V)
(F) São bases.
(F) Sofrem dissociação ao serem colocadas em água.
14. F – V – F – F
I. (F) O sal de cozinha é obtido industrialmente pela evaporação
da água do mar nas salinas.
II. (V) O sal de cozinha é uma mistura de sais (NaCl, NaI, …).
III. (F) O sal de cozinha em H2O sofre dissociação iônica, formando solução eletrolítica.
IV. (F) O iodo é adicionado na forma de iodeto (I–), e não na forma
de substância simples (I2).
24. d
Como temos ácido forte, teremos alto grau de ionização, portanto
alta concentração de íons em solução, que aparece melhor na representação IV.
QG.14
1. e
H2SO3 = ácido sulfuroso
NaClO = hipoclorito de sódio
HBrO4 = ácido perbrômico
H2MnO4 = ácido mangânico
15.e
2–
Pela estrutura XCO3 e sabendo que CO3 , teremos:
X2+ → perde 2 elétrons, portanto é metal alcalinoterroso, então:
2–
Ca2+ CO3 s CaCO3 – carbonato de cálcio
Lembrar:
NaHCO3 s bicarbonato de sódio
KHCO3 s bicarbonato de potássio
Ca(HCO3)2s bicarbonato de cálcio
Na2CO3 s carbonato de sódio
2. e
Base, na definição de Arrhenius, libera, como único ânion, o OH– em
solução aquosa.
16. c
3. b
As fórmulas dos sais são:
Na2S s sulfeto de sódio s Ânion: S2– s Ácido: H2S s sulfídrico
2−
CaSO4 s sulfato de cálcio s Ânion: SO4 s Ácido: H2SO4 s sulfúrico
Na2SO3 s sulfito de sódio s Ânion: SO32− s Ácido: H2SO3­ s sulfuroso
4. d
O bicarbonato de sódio, de fórmula NaHCO3, pode também ser denominado de hidrogenocarbonato de sódio ou carbonato ácido de
sódio, sendo que a última forma não é conveniente em razão do seu
caráter básico, quando em solução aquosa.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
I. Fórmula correta
II. Errada, o correto é: Rb2SO4
III. Errada, o correto é: Sr(ClO2)2
IV. Fórmula correta
V. Fórmula correta
17. c
H2CO3
Ácido carbônico
CO32–
–
HCO3
w Carbonato
w Hidrogenocarbonato
Na+HCO3– w NaHCO3 w hidrogenocarbonato de sódio
Ca2+HCO3− w Ca(HCO3 )2 w hidrogenocarbonato de cálcio
5. e
Na2SO4: sulfato de sódio
NaCl: cloreto de sódio
Na2CO3: carbonato de sódio
MnSO4: sulfato de manganês
CaCl2: cloreto de cálcio
18. b
I. Nem todo ácido é corrosivo.
II. Todo ácido neutraliza uma base.
III. Podem ser formados também por três ou mais elementos químicos. Ex.: H2SO4
IV. Todo ácido é um eletrólito, portanto, quando dissolvido em
H2O, forma solução eletrolítica.
6. b
NaHSO3: hidrogenossulfito de sódio
Fe3(PO4)2: fosfato de ferro II
8
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3. a) HCl + KOH w KCl + H2O
b) 2H3PO4 + 3Ba(OH)2 w Ba3(PO4)2 + 6H2O
c) 3HClO4 + Al(OH)3 w Al(ClO4)3 + 3H2O
19. F – F – F – V – F
(F) Todo ácido, forte ou fraco, é neutralizado por uma base.
(F) Ácidos tornam as soluções de fenolftaleína incolores.
(F) Apresentam mesma concentração de H+ e A–.
(V) Como é um ácido fraco, o número de moléculas que se ionizaram é bem menor que o número de moléculas que não
sofreram ionização (HA).
(F) Como é um ácido fraco, o seu grau de ionização é menor que 5%,
tendo poucos íons em solução, conduz pouca corrente elétrica.
4. a
Para neutralizar os efeitos do H2S, poderia ser adicionada uma base
(NaOH).
H2S + 2NaOH w Na2S + 2H2O
5. Equação da neutralização entre Al(OH)3 e HCl:
Al(OH)3 + 3HCl w AlCl3 + 3H2O
20. a
Como o elemento M forma o sulfato MSO4, seu íon é M2+. Dessa
3–
forma, o fosfato formado será: M2+ PO4 w M3(PO4)2
+
3+
Equação iônica: Al(OH)3(s) + 3H(aq.) w Al(aq.) + 3H2O()
Equação da neutralização entre Mg(OH)2 e HCl:
Mg(OH)2 + 2HCl w MgCl2 + 2H2O
+
2+
Equação iônica: Mg(OH)2(s) + 2H(aq.) w Mg(aq.) + 2H2O()
6. e
Para combater acidez, é aconselhável ingerir uma base.
Veja a equação: 2HCl + Mg(OH)2 w MgCl2 + 2H2O
Atividades extras
22. Soma = 31 (01 + 02 + 04 + 08 + 16)
(01) Verdadeira
(08) Verdadeira
(02) Verdadeira
(16) Verdadeira
(04) Verdadeira
(32) Falsa
Sulfato de bário:
Ba2+
O
7. 1 – c; 2 – b; 3 – a; 4 – d; 5 – e
(3) gravação vidro – HF – ácido fluorídrico
(2) caiação em paredes – Ca(OH)2 – cal hidratada, extinta ou apagada
(1) construção e decorações – CaSO4 · 2H2O – gesso
(4) conservante de carnes – NaNO3 – nitrato de sódio
(5) acidulante – H3PO4 – ácido fosfórico
2–
S
O
O
8. c
O ácido fosfórico pode produzir tanto o sal neutro fosfato como os
sais ácidos hidrogenofosfato e di-hidrogenofosfato.
Carbonato de bário:
2–
O
Ca2+
O
9. d
a)
b)
c)
e)
23. e
(PO4)3−
(OH)–1
Ca2+
x
3
Como se trata de um composto neutro, a carga total é zero, portanto:
(+2) · (x) + (–3) · (3) + (–1) = 0
2x – 9 – 1 = 0
+
2x =
2 10
x = 5
10. a)
b)
24. b
Vinagre s solução aquosa de ácido acético s H3C — COOH
Produtos de limpeza à base de amoníaco s solução aquosa de hidróxido de amônio s NH4OH
Água sanitária s solução aquosa com hipoclorito s ex: NaClO
lava-louças s detergente
2HCl(aq.) + Mg(OH)2(aq.) w MgCl2(aq.) + 2H2O(,)
MgCl2: cloreto de magnésio
H2O: água
O hidróxido de sódio é uma base forte e corrosiva que promove
alta liberação de calor e variação brusca de pH. O hidróxido de
magnésio é uma base fraca e não corrosiva.
+
−
c) H2CO3(aq.) x H(aq.) + HCO3(aq.)
−
+
2
x
+
HCO3(aq.)
H(aq.)
CO3(aq.)
QG.15
1. a) HC
l + NaOH
 w NaCl + H2O
1mol
11. e
A equação da reação é:
HCl(g) + NH3(g) w NH4Cl(s)
1mol
Os reagentes apresentam a mesma concentração em mol/L e
reagem na proporção de 1:1. Portanto:
Experimento 1: excesso de HCl (meio ácido)
Experimento 2: neutralização total (meio neutro)
Experimento 3: excesso de NaOH (meio básico ou alcalino)
Portanto, o indicador apresentará cor amarela, em contato com
o suco de limão.
b) Misturando os reagentes dos experimentos 1 e 3, teremos:
(F) A fórmula do ácido nítrico é HNO3.
(F) A reação entre ácido nítrico e sulfúrico não é de neutralização.
(F) O hidróxido de sódio (base) reage com ácido nítrico (ácido).
(F) a reação entre ácido nítrico e hidróxido de potássio está representada pela equação:
+
KOH
w KNO3 + H2O
HNO3
Ácido
Hidróxido
Nitrato
nítrico
de potássio
de potássio
CADERNO 2
—
O
—
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21. a
+
Amônio (NH 4 )
Nitrito (vem do ácido nitroso HNO2 w NO 2− nitrito)
Nitrato (vem do ácido nítrico HNO3 w NO3− nitrato)
12. a)
b)
HCl:4mL  neutralização total, portanto o indicador

NaOH:4mL  apresentará cor verde.
HCl: ácido
Mg(OH)2: base
Al(OH)3: base
2HCl + Mg(OH)2 w MgCl2 + 2H2O
3HCl + Al(OH)3 w AlCl3 + 3H2O
13. b
Acertando os coeficientes, teremos:
2
 HCl + 1 Ca(OH)2 → 1 CaCl2 + 2
 H2O
x
y
w
Z
2. b
x + y + z + w = 6
I. (V)
II. (F) A fórmula do carbonato de lítio é Li2CO3.
III. (V)
IV. (F) A fórmula será:
2–
Li+
2 O
C—O
O
Portanto, há também ligações covalentes.
14. d
Mg(OH)2(aq.) + 2HCl(aq.) w MgCl2(aq.) + 2H2O()
Al(OH)3(s) + 3HCl(aq.) w AlCl3(aq.) + 3H2O()
15. a
Exemplo: HA + B(OH)2 w B(OH)A + H2O
9
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4. e
A hidratação significa adição de água, então:
Óxido básico + água w
base
w
Ca(OH)2
CaO
+H2O 16. a
O hidroxissal apresenta pelo menos uma hidroxila em sua fórmula.
17. a
NaH2PO4: quaternário (formado por 4 elementos diferentes – Na, H,
P, O); oxigenado (contém oxigênio); anidro (não possui água de hidratação); ácido (possui H resultante de uma ionização parcial de
ácido).
Cal viva
ou virgem
Fe2O3
+
3H2O Óxido de ferro III
18. a
As equações são:
I. 3Cu(OH)2 + 2H3PO4 w Cu3(PO4)2 + 6H2O
II. Fe(OH)3 + 3HNO3 w Fe(NO3)3 + 3H2O
Soma I = 12
Soma II = 8
ou óxido férrico


Cal hidratada,
extinta ou apagada
w
2Fe(OH)3
Hidróxido de ferro III
ou hidróxido férrico
5. a
N2O5 w óxido ácido
CO w óxido neutro
K2O w óxido básico
7. a
Pela equação apresentada temos a formação de H­3­O+ que apresenta caráter ácido (pH < 7).
21. b
H2S + Cu(OH)2 w CuS + 2H2O
CuS: sulfeto de cobre II
HClO3 + NH4OH w NH4ClO3 + H2O
NH4ClO3: clorato de amônio
HNO2 + KOH w KNO2 + H2O
KNO2: nitrato de potássio
H2SO4 + Cd(OH)2 w CdSO4 + 2H2O
CdSO4: sulfato de cádmio II
8. d
Óxido insolúvel de elemento semimetálico (ou ametálico) s SiO2 (sílica)
Composto com propriedade magnética permanente s Fe3O4 (magnetita)
Sal solúvel s KNO3 s nitrato de potássio
9. e
Para completar, temos:
CO + H2O w CO2 + H2
CO: óxido indiferente ou neutro
CO2: óxido ácido, reage com base
22. c
Como a substância que vazou (hidróxido de potássio: KOH) é uma
base, para neutralizá-la poderia ser colocada em contato com
uma solução ácida, por exemplo, vinagre.
10. c
Pelo texto: o aquecimento global provoca o degelo do solo da Sibéria liberando CO2 e CH4 para a atmosfera, além de criar um círculo vicioso.
Atividades extras
23. a
A equação que completa as lacunas é:
3H2SO4 + 2Al(OH)3 w Al2(SO4)3 + 6H2O
11. b
A chuva ácida corrói os monumentos de calcário pela seguinte equação genérica:
CaCO3 + H+ w Ca2+ + CO2 + H2O
24. a
A equação para formação de sal normal é:
AlPO4
+ 3H2O
1H3PO4 + 1Al(OH)3 w




12. e
Nesse caso teremos:
3+
2–
Al O ∴ a fórmula será: Al2O3
Fosfato de alumínio
(sal normal)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6. a
2HNO3 + CaO w Ca(NO3)2 + H2O
20. e
Leite de magnésia é um antiácido que contém hidróxido de magnésio (Mg(OH)2), uma base capaz de neutralizar o ácido da irritação.
13. d
O gás responsável pelo aquecimento global é o excesso de CO2,
dióxido de carbono, óxido ácido, portanto:
CO2(g) + H2O() x H2CO3(aq.)
QG.16
1. a) K2O + H2O w 2KOH (hidróxido de potássio)
SO3 + H2O w H2SO4 (ácido sulfúrico)
b) 2KOH (aq.) + H 2SO 4(aq.) w K 2SO 4(aq.) + 2H 2O () (sulfato de potássio)
2. a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
Hidróxido de
cálcio


Hematita
19. e
Deve ser adicionada uma base para neutralizar o ácido.
O NH3, apesar de ser uma base, é gasoso.
Ácido ortofosfórico
ou fosfórico
Óxido de cálcio

14. I – c; II – d; III – b; IV – e; V – a
I. Ácido fosfórico s aditivo (acidulante) de refrigerantes
II. Polietileno s fabricação de plástico
III. Etanol s combustível
IV. Bicarbonato de sódio s extintores de incêndio do tipo espuma
de sódio
V. Cal virgem s frutas cristalizadas
Óxido de lítio
Óxido de bário
Óxido de estanho (IV) ou estânico
Óxido de estanho (II) ou estanoso
Ag2O
Na2O
Fe3O4
FeO
15. c
H3PO4 w ácido
Na3PO4 w sal
P2O5 w óxido
3. 1 – d; 2 – c; 3 – g; 4 – i; 5 – a; 6 – h
P2O3 w trióxido de difósforo
HBrO w ácido hipobromoso
KNO3 w nitrato de potássio
H2CO3 w ácido carbônico
H2S w ácido sulfídrico
NaOH w hidróxido de sódio
16. e
He w é um gás nobre, pouco reativo por causa de sua estabilidade e
pouco solúvel em H2O (Z).
SO2 w é um óxido ácido, reage com base, produzindo sal + H2O, e
reage com o oxigênio, produzindo SO3 (X).
10
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12.01.11 16:28:14
H2 w é um gás pouco solúvel em H2O, reage com o oxigênio, produzindo H2O, e não reage com bases (Y).
µi · Vi = µf · Vf s 2 · 1 = µf · 100 s µf = 0,02 mol/L
Sabendo que: C = µ · MM1 s C = 0,02 · 36,5 s C = 0,73 g/L
17. c
A equação completa será:
2Al(OH)3 + calor w Al2O3 + 3H2O

2. a
Pelo procedimento descrito, temos:
Início
Alumina
18. a
Observe as equações:
FeO(s)
w
CO2(g)+
Óxido ácido
Óxido básico
FeCO3(s)
Sal
CO2(g)+
Óxido ácido
MnCO3(s)
Sal
+ 19 ml
H2O
MnO(s)
w
Óxido básico
21. a) Porque ambos os compostos são polares.
b)
Acetaldeído
Ácido acético
H—C—C
H
c)
d)
e)
H
O
H—C—C
H
H
OH
12 g
100 mL
1g
7 kcal
150 mL
18 g
y
x
x = 18 g
y = 126 kcal
Reação: CO2 + H2O → H2CO3
Classificação do óxido: óxido ácido
Tipo de bebida: destilada
µ ⋅ MM = 1.000 ⋅ d ⋅ †
7 ⋅ 46 = 1.000 ⋅ 0,8 ⋅ †
† = 0,4025 ou 40,25%
22. b
Atividades extras
23. c
I. (V) N2 + O2 w óxido de nitrogênio
Reação endotérmica (necessita de calor)
2−
4+ 2–
II. (V) N2+O2–; N1+
2 O ; N O2
III. (V) N2O w monóxido de dinitrogênio w é chamado também de
gás hilariante.
IV. (F) N2O5 é anidrido do ácido nítrico.
V. (V) NO2 w é um gás castanho-avermelhado.
,
24. a) N s 25,9 = 185
= 1 ( · 2) = 2
14
185
,
74,1 4,6
63
Os
=
= 2,5 ( · 2) = 5
16
185
,
∴ N2O5
b) É um óxido molecular, pois apresenta ligações covalentes entre
seus átomos.
c) N2O5 + H2O w 2HNO3
QF.05
1. e
Inicial
µ = 2 mol/L
diluir 1:100 
→
V = 1 L
3 mL = Cureia = 5 mmol/dm3
Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf ∴ Ci ⋅ 1 = 5 ⋅ 20 ∴ Ci = 100 mmol/dm3 ou 0,1 mol/L
Final
µ=?
V = 100 L
4. b
nf = ni
Cf ⋅ Vf = Ci ⋅ Vi
ou
%f ⋅ Vf = %i ⋅ Vi
0,01 ⋅ Vf = 0,34 ⋅ 1
Vf = 34 L
Vf = Vi + VH2O
VH2O = 33 L
5. a) A equação da reação é: H2SO4 + 2NaOH w Na2SO4 + 2H2O
Cálculo da quantidade, em mol, de NaOH usada:
1L
0,8 mol NaOH
40 ⋅ 10–3 L (40mL)
nNaOH
nNaOH = 0,032 mol
2 mol NaOH
Pela equação: 1 mol H2SO4
0,032 mol NaOH
nH2SO4 4 mL
nH2SO4 = 0,016 mol
1.000 mL (1L)
x
x = 4 mol
98 g
Sabendo que: 1 mol H2SO4
m
4 mol H2SO4
mH2SO4 = 392 g (em 1 L)
Portanto, atende às especificações.
b) O produto formado na titulação que sobrará após titulação é o
Na2SO4 (sulfato de sódio).
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
20. b
Na2O, CaO e BaO w óxidos básicos
Al2O3 w óxido anfótero
SO3 w óxido ácido (SO3 + H2O w H2SO4)
O
20 mL de
mistura
3. a
Pelo esquema abaixo:
Início
Final
µf
µi = µ
Vf = 3V
Vi = V
O volume é triplicado s µi · Vi = µf · Vf s µ · V = µf · 3V
µ
µf =
3
19. c
NH4+ w amônio; Cl – w cloreto
NH4Cl w cloreto de amônio
Ca2+ w íon cálcio; NO3 w nitrato
Ca(NO3)2 w nitrato de cálcio
K2O2 w peróxido de potássio
HBrO w ácido hipobromoso
H3PO4 w ácido fosfórico
H
1 mL de
urina
retirado
alíquota
de 3 mL
6. a
Como se deseja preparar 250 mL de uma solução 0,4 mol/L, calcula-se,
inicialmente, o número de mols a que isso corresponde.
1L
0,4 mol
0,25 L (250 mL)
x
x = 0,1 mol
Transformando esse número de mols em gramas:
63,01 g
1 mol
y
0,1 mol
y = 6,301 g
Como o ácido nítrico concentrado é 65% (m/m), temos:
65%
6,301 g
100%
z
z = 9,6938 g
A partir da densidade do ácido, determinamos qual o volume a ser
usado, em mL, que corresponda a essa massa, em gramas.
1.000 mL
1,4 · 103 g
w
9,6938 g
w = 6,93 mL
Portanto, devemos usar 6,93 mL do ácido concentrado e diluir para
250 mL (volume final desejado).
7. e
11
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1 mol
1 mol
µ s µ = 0,3 mol/L
0,3 mol/L
1L
0,3 mol Cl– 0,2 L s x = 6 · 10–2 mol
x
Para o CaCl2: CaCl2 w Ca2+ + 2Cl –
1 mol
2 mol
µ s µ = 2 mol/L
1 mol/L
1L
2 mol Cl – 0,1 L s y = 0,2 mol
y
0,3 L (300 mL)
ntotal Cl − = 0,06 + 0,2 s ntotal = 0,26 mol
1 L s w = 0,86 mol
w
µCl − = 0,86 mol/L
8. d
Para solução A s 80 g
100%
80% de H2O
mH2O
mH2O = 64 g s mH2SO4 = 16 g
12,5%
Para solução B s 16 g H2SO4
87,5% ∴ mH2O = 112 g
mH2O
Massa de água adicionada será: 112 – 64 = 48 g
9. b
µ1 · V1 + µ2 · V2 = µ · V
(0,2 · 100) + (0,4 · 50) = µ · (100 + 50)
20 + 20 = µ · 150
µ H 0,27 mol/L
16. b
• Cálculo para o NaOH (M = 40 g/mol)
C1 · V1 = C2 · V2 (volume final = VNaOH + VKOH = 5 L)
40 · 2 = C · 5
C = 16 g/L
C = µ · M
16 = µ · 40
µ = 0,4 mol/L
• Cálculo para KOH (M = 56 g/mol)
C1 · V1 = C2 · V2
60 · 3 = C · 5
C = 36 g/L
C = µ · M
36 = µ · 56
µ = 0,64 mol/L
10.a
Inicial
Final
V = ?
V = 500 mL
µ= 0,04 mol/L
µ= 3 ⋅ 10–3 mol/L
Fazendo a diluição: µi ⋅ Vi = µf ⋅ Vf
0,04 ⋅ Vi = 3 ⋅ 10–3 ⋅ 500 s V = 37,5 mL
11.d
Inicial
V = ?
µ = 0,5 mol/L
Fazendo a diluição: µi ⋅ Vi = µf ⋅ Vf
5 ⋅ Vi = 0,1 ⋅ 250 s Vi = 5 mL
Final
V = 250 mL
µ = 0,1 mol/L
17. b
µ · V = µ1 · V1 + µ2 · V2
0,5 · 500 = 1 · V1 + 0,25(500 – V1)
250 = V1 + 125 – 0,25V1
0,75 V1 = 125
V1 = 166,7 mL da solução I
Observação: V1 + V2 = V
V1 + V2 = 500 mL
V2 = 500 – V1
V2 = 500 – 166,7
V2 = 333,3 mL da solução II
12.b
Cálculo da concentração no suco:
µ =
m1
3,42
sµ=
s µ = 0,05 mol/L
342· 0,2
MM1 ·V (L )
Cálculo da concentração no refresco:
Inicial
Final
V = 200 mL
V = 1.000 mL (200 mL + 800 mL)
µ = 0,05 mol/L
µ=?
Fazendo a diluição:
µi ⋅ Vi = µf ⋅ Vf s 0,05 ⋅ 200 = µ ⋅ 1.000
µ= 0,01 mol/L, então a concentração, em g/L, será dada por:
C = µ ⋅ MM1 s C = 0,01 ⋅ 342 s C = 3,42 g/L
18. c
nf = ni
n
Como: µ1 = 1 s n1 = µ1 · V
V1
µf · Vf = µ1 · V1 s µf · 200 = 0,10 · 100
µf = 0,05 mol/L de CaCl2
Como 1 mol de CaCl2 produz 1 mol de Ca2+ e 2 mol de Cl – , a concentração de Ca2+ é 0,05 mol/L e a de Cl – , 0,10 mol/L.
13.a
1a diluição:
Inicial
Final
C = 5 mg/mL
C=?
V = 1 mL
V = 250 mL
Nessa diluição: Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf s 5 ⋅ 1 = Cf ⋅ 250 s Cf = 0,02 mg/mL
2a diluição:
Inicial
Final
C = 0,02 mg/mL
C=?
V = 4.500 mL ou 4,5 L
V = 150 cm3
Nessa diluição: Ci ⋅ Vi = Cf ⋅ Vf s 0,02 ⋅ 150 = Cf ⋅ 4.500
Cf = 6,67 ⋅ 10–4 mg/mL ou 6,67 ⋅ 10–3 mg/10mL
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Nessa mistura, temos:
µf · Vf = µ1 · V1 + µ2 · V2
µf · 100 = 0,2 · 70 + 0,1 · 30 s µf = 0,17 mol/L
19. c
a) Correta, se dobrarmos o volume de solução, mantendo a quantidade de soluto, sua concentração se reduz à metade.
b) Correta, para um mesmo volume, se a quantidade de soluto for
três vezes menor, a concentração também será.
c) Incorreta, a concentração do medicamento antes da diluição é a
mesma, independentemente da quantidade.
d) Correta.
14. e
Número de mols da solução s 3 mol
1L
10 · 10– 3 L
x
x = 3 · 10– 2 mol de H2SO4
Número de mols da massa adicionada:
98 g
1 mol H2SO4
0,245 g
y
y = 2,5 · 10– 3 mol de H2SO4
Número total de mols s 3 · 10– 2 + 2,5 · 10– 3 = 0,0325 mol
n
0,0325
Cálculo da molaridade da solução final: µ =
=
V
65 ⋅ 10−3
µ = 0,5 mol/L
20. Cálculo a partir dos dados para o nitrogênio:
Cf = 0,1 g/L
Vf = 100 L
Ci = 100 g/L (solução do frasco 1)
Vi = ?
Cf · Vf = Ci · Vi
ViI = 0,1 L (frasco I)
Cálculo a partir dos dados para o potássio:
Cf = 0,1 g/L
Vf = 100 L
CiI = 70 g/L
ViI = 0,1 L
CiII = 10 g/L
ViII = ?
nf = ni
15. e
Para o NaCl: NaCl w Na+ + Cl –
12
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12.01.11 16:28:40
Atividades extras
21. a) nf = ni
Vf = 300 + Vi
Cf · Vf = Ci · Vi
10 · (300 + Vi) = 25Vi
Vi = 200 L
Portanto: Vf = 300 + 200 = 500 L
b) Cálculo da massa de NaCl:
1L
25 g
200 L ou
m
1L
10 g
500 L
m
m = 5.000 g
50 pessoas
5.000 g
1 pessoa
x
x = 100 g/pessoa
c) A evaporação da água do mar consiste na passagem para o estado de vapor somente das moléculas de água, o sal continua
dissolvido na água do mar. Portanto, a água da chuva é praticamente isenta de sal.
22. e
Para iniciar a cristalização, tem-se:
100 mL de água
35 g de NaCl
Vf
14 g
Vf = 40 mL
Vevaporou = Vi – Vf = 200 – 40 = 160 mL de água
23. a) Vt = 50 L
% final de álcool = 24
100%
50 L
24%
x
x = 12 L de álcool no tanque cheio.
b) Vamos considerar que:
x = volume de álcool (etanol) anidro colocado no tanque.
y = volume de gasolina adicionado.
Sabemos que o volume total do tanque é 50 L, portanto x + y =
= 50 L.
Também sabemos que o volume de álcool anidro (x) mais 20%
do volume da gasolina (y) corresponde ao total de álcool no
tanque (12 L), portanto, x + 0,2 y = 12 L.
 x + y = 50 s y = 50 − x
Matematicamente 
 x + 0,2y = 12
x + 0,2 (50 – x) = 12
x + 10 – 0,2x = 12
0,8x = 12 – 10
0,8x = 2
x = 2,5 L (volume de etanol adicionado por engano)
1.080 g
100%
% de açúcar na garapa s % de açúcar na ga 165 g
rapa = 15,27
Observação: 165 g é a massa de açúcar em 1 L de garapa.
b) A 20 ºC s CS açúcar = 660 g/L
1 L de garapa
temos que: 660 g de açúcar
x ∴ x = 0,25 L de garapa
165 g de açúcar
(em 1 L de garapa)
1
do volume inicial.
Portanto, o volume deverá ser reduzido a
4
QF.06
1. e
Para o etanol:
46 g liberam 1.370 kJ
1 mol etanol
x
1 g
x = 29,8 kJ
Para o hidrogênio:
2 g liberam 286 kJ
1 mol H­2­
y
1 g
y = 143 kJ
então:
QH2
Qetanol
=
143
= 4,8
29,8
2. b
I. (V)
libera
226 kJ
II. (V) 1 mol
Q
0,5 mol libera
∴ Q = 113 kJ
III. (F) como ∆H < 0, temos a relação: Hreag > Hprod­
3. b
Inverter a equação 2: 2H2­ O( ) w 2H2(g) + O2(g) ∆HII­ = +136,6 kcal
Manter a equação 1: 2H2(g) + O2(g) w 2H2O­(g)­ ∆HI = –115,6 kcal
2H2O() w 2H2O(g)
∆HT = 21 kcal
2 mol H2O
como: 21 kcal
1 mol H­2­O
Q
∴ Q = 10,5 kcal/mol
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cf · Vf = CiI · ViI + CiII · ViII
0,1 · 100 = 70 · 0,1 + 10 · ViII
10 = 7 + 10 · ViII
ViII = 0,3 (frasco II)
Cálculo a partir dos dados para o fósforo:
Cf = ?
Vf = 100 L
CiI = 30 g/L
ViI = 0,1 L
CiII = 80 g/L
ViII = 0,3 L
Cf · Vf = CiI · ViI + CiII · ViII
Cf · 100 = 30 · 0,1 + 80 · 0,3
Cf = 0,27 g/L de fósforo
4. a) Um indivíduo de 60 kg ingere o equivalente a 7.600 kJ.
I. O gasto metabólico de repouso é de 4,2 kJ/kg/h, portanto será
de 252 kJ no indivíduo de 60 kg. Durante um dia
(24 horas), teremos: 252 · 24 = 6.048 kJ/dia.
II. O gasto energético corresponde a 10% do valor ingerido, portanto:
100%
7.600
10%
x
x = 760 kJ
III. O gasto com atividade física é de 40%, portanto:
100%
6.048 kJ
40%
y
y = 2.419,2 kJ
Gasto energético total = 6.048 + 760 + 2.419,2 = 9.227,2 kJ
b) Cálculo do balanço energético:
Quantidade ingerida: 7.600 kJ
Quantidade gasta: 9.227,2 kJ
Balanço: –1.627,2 kJ
Como o gasto energético é maior que a quantidade ingerida,
ocorre perda de massa corporal.
450 g de massa corporal
15.000 kJ
x
1.627,2 kJ
x = 48,816 g de massa corporal
24. Sabe-se que:
CS açúcar a 20 ºC = 660 g/L de H2O
Densidade da garapa = 1,08 g/cm3
Caçúcar garapa = 165 g/L
5. c
I. (V)
II. (V)
III. (F) A lei de Hess é aplicada a qualquer processo químico.
a) Pela densidade:
1,08 g
1 cm3
x
1.000 cm3 s 1 L solução (garapa)
x = 1.080 g de solução (garapa)
6. b
I. Toda combustão é exotérmica.
II. Para ferver a água, é necessário fornecer calor; processo endotérmico.
13
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12.01.11 16:28:45
7. b
Em quatro cubos de gelo, teremos:
9g
1 cubo
m
∴ mH2O = 36 g
4 cubos
18 g
Sabendo que: 1 mol H2O
perde Q
36 g
ou seja, ∆H = –12 kJ
H
perde 6 kJ
∴Q = 12 kJ
HOOC
Líquido
Gás
Fenômeno endotérmico
Fenômeno exotérmico
10. c
Inverte-se a primeira equação:
1
O 2( g ) ∆H = 285,77 kJ
2
1
H 2 (g) + O 2( g ) w H2O(v) ∆H = –241,84 kJ
2
H2O(,) w H2O(v) ∆H = +43,93 kJ
– ΣHf
reagentes
15. a
Manter primeira equação; inverter e multiplicar por 2 a segunda
equação:
2
C6H12O6(s) + 6 O2(g) → 6CO 2(g) + 6 H2O(, ) ∆H1 = −2.808 kJ
+
6CO 2( g ) + 4H2O ( , ) → 2C3H4 O3( s) + 5O 2( g ) ∆H2 = +2.316 kJ
C6H12O6(s) + O2(g) w 2C3H4O3(s) + 2H2O(,)
DHT = DH1 + DH2
DHT = –2.808 + 2.316 ∴ DH = –492 kJ/mol
COOH
HOOC
H
Trans-butenodioico s fumárico
H
C2H5OH(,) + 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O(,)
Lei de Hess:
Multiplicar a primeira equação por 2:
2C(,) + 2O2(g) w 2CO2(g) DH = –788 kJ
Multiplicar a segunda equação por 3:
3H2(,) +
Inverter a terceira equação:
C2H5OH(,) w 2C(g) +
b)
C2H5OH(,) w 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O(,) DH = –1.368 kJ/mol
DH < 0 s reação exotérmica (toda combustão é exotérmica)
Observação: Poderia ser calculado o valor de combustão do eta– ΣHf
nol pelos calores de formação s ΣHf
3
O2(g) w 3H2O(g) DH = –858 kJ
2
1
O2(g) DH = +278 kJ
2
reagentes
22. d
1 mol de glicose s 2.700 J
1 mol de etanol s 1.380 J
Qglicose = 15 · mglicose
Qetanol = 30 · metanol
Qglicose = Qetanol
COOH
—C
C—
—C
C—
HOOC
17. a)
21. b
Pelo gráfico, temos que o calor trocado na ebulição da substância I
é maior que em II, então: DHV(I) > DHV(II).
I. (V)
H
H
Atividades extras
20. c
Energia recebida em 1 dia: 1,0 · 107 J
1 L de ar
1,2 g de ar
0,5 L de ar
x
x = 0,6 g de ar
0,6 g de ar
1 inspiração
y
16 · 103 inspirações
y = 9.600 g de ar
Q = m · c · Dt ∴ Q = 105.600 J
100%
1,0 · 107 J
z
105,6 · 103 J
z H 1%
14. e
I. (V) ∆H < 0 s exotérmico ∴ libera calor
II. (V) ∆H > 0 s endotérmico ∴ absorve calor
III. (V) Vide item I.
16. a
HOOC
19. a
A massa molar do biodiesel é: 308 g/mol
9,6 kJ
Como: 1 ºC
Q ∴ Q = 48 kJ
5 ºC
48 kJ
Então em: 1 g biodiesel
q ∴ q = 14.784 kJ/mol
308 g biodiesel
DH = {(3 · 0) + (–108)} – {(–75) + (–287)}
DH = –108 – (–362)
DH = –108 + 362 = +254 kJ/mol CH4
1
COOH
18. d
Supondo 100% de rendimento:
2 mol Y
1 mol X
Y s Y = 20 mol
10 mol X
Então o calor liberado será:
2 mol Y
200 cal
20 mol Y s Q = 2.000 cal
Q
Como o sistema é adiabático, todo calor será absorvido por Y. Então, temos:
Q = m ⋅ c ⋅ ∆T s 2.000 = 20 ⋅ 1 ⋅ ∆T s ∆ T = 100 K
Pela equação de estado:
p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T s 1 ⋅ V = 20 ⋅ 0,082 ⋅ 400 s V = 656 L
12. d
Pela lei de Hess, teremos: inverte-se a equação I, mantém-se a II,
multiplica-se por 2 e inverte-se a equação III, multiplica-se por 4 a
equação IV, assim:
∆H = –50,63
N2H4(,) w N2(g) + 2H2(g) ∆H = –196,4
2H2O2(,) w 2H2O ( ) + O 2( g ) ∆H = 571,66
2H2O (, ) w 2H2(g) + O 2( g ) ∆H = –967,2
4H2(g) + 2 O 2( g ) w 4H2O(g) N2H4(,) + 2H2O2(,) w N2(g) + 4H2O(g)
∆H = –642,57
∆H H –643 kJ
produtos
—C
C—
produtos
11. d
1 kcal
4,18 kJ
x
33.900 kcal
x = 141.702 H 142.000 kJ/kg
13. a
DH = ΣHf
COOH
H
ΔH = Hfinal – Hinicial
ΔH = –5.545 – (–5.525)
ΔH = –20 kJ/mol
9. a
Sabemos que:
H2O(,) w H 2 (g) +
H
C—
—C
(F) A combustão de 1 mol de glicose libera 2.842 kJ.
(F) DH < 0 s Reação exotérmica.
(V)
(F) Consome 6 mol de O2(g).
Sólido
H final
H inicial
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
8. c
a)
b)
c)
d)
II. (V) Ácido maleico é polar, portanto mais solúvel em água.
III. (V) Considerando:
H
Cis-butenodioico s maleico
14
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12.01.11 16:28:54
x =
15 · mglicose = 30 · metanol
m
metanol
15
1
= etanol s
=
mglicose
30 mglicose
2
6. a)
CH3
23. b
A partir do estado líquido para o estado gasoso, há aumento da
desorganização do sistema.
— CH
H3CCHCH —
2
(produtos)
(reagentes)
Entalpia (H)
CH3
H3CCH —
— CCH3
DH = –127 kJ/ mol DH = –119 kJ/ mol DH = –113 kJ/ mol
CH3
H3CCHCH2 —
— CH2
b) C5H10 +
15
O2 w 5CO2 + 5H2O
2
c) Pelo gráfico, verifica-se que o conteúdo energético (calor de formação) de cada isômero é diferente. Como os produtos da combustão dos três isômeros são os mesmos, o seu DH de combustão será diferente.
–5.635 = [(12 · (–394)) + (11 · (– 286))] –
)
(
–  Hf C H O + (12 ⋅ 0)
12 22 11


–5.635 = [(– 3.146 + (– 4.728)] – Hf C12H22O11
Hf = – 3.146 – 4.728 + 5.635 = –2.239 kJ/mol
2. d
A equação da dissolução do cloreto de cálcio em H2O é:
H O
–
+
2
CaCl2(s ) 
→ Ca2(aq.)
+ 2Cl(aq.)
∆H = ?
Lei de Hess:
Inverter a 1ª equação s CaCl2(s) w Ca2+
+ 2Cl(–g ) (g)
DH = 2.260 kJ
w Ca2+
Manter a 2ª equação s Ca2+
(g)
(aq.)
DH = –1.657 kJ
–
–
w 2Cl(aq.)
Multiplicar a 3ª equação por 2 s 2Cl(g)
2+
–
CaCl2(s) w Ca(aq.) + 2Cl(aq.) DH = – 77 kJ/mol
3. a) 2
2(H — H) + O — O
O
H
H
Ligações rompidas (processo endotérmico):
4 mol O — H = 4 · 460 = 1.840 kJ
Ligações formadas (processo exotérmico):
2 mol H — H = 2 · 436 = –872 kJ
O = 1 · 490 = –490 kJ 1 mol O
–1.362 kJ
b) DH = 1.840 + (–1.362) s DH = +478 kJ
2 mol de H2O consumidos
478 kJ
478
x
1 mol de H2O s x =
= +239 kJ
2
4. c
O ∆H da reação: 3C(s)­ + 4H2(g) w C3H8(g) é o ∆Hf0 , então:
∆H = –2.220 kJ
C3H8(g) + 5O2(g) w 3CO2(g) + 4H2O()
∆HT = ∆Hprod – ∆Hreag s ∆HT = [(3 ⋅ ∆HCO ) +
2
+ (4 ⋅ ∆ HH O )] – [(1 ⋅ ∆Hf C3H8) + (5 ⋅ ∆Hf O2 )]
2
– 2.220 = [(3 ⋅ –394) + (4 ⋅ –286)] – [(Hf C3H8 ⋅ 1) + 0]
∴ ∆Hf C3H8 = –106 kJ
5. d
DH = ΣHf(produtos) – ΣHf(reagentes)
DH = {(3 · 0) + [2 · (– 1.676)]} – {[3 · (– 521)] + (4 · 0)}
DH = –3.352 – (– 1.563)
DH = –3.352 + 1.563 = –1.789 kJ DH < 0 reação exotérmica libera calor.
liberam
1.789 kJ
3 mol Mn
liberam
1.789 kJ
3 · 55 g
x
11 g
7. a
Trata-se de uma reação exotérmica, pois há liberação de calor. Toda
reação de combustão é exotérmica.
8. b
Sabendo que: ∆H = HProd. – HReag.
∆H = [(2 ⋅ –394) + (3 ⋅ –286)] – [(1 ⋅ –278)]
∆H = –1.368 kJ/mol
9. a) H2(g) + O2(g) w H2O(,) 1
O2(g) 2
1) H2O2(,) w H2O(,) +
2) 2H2(g) + O2(g) w 2H2O(,) Inverter a equação (1):
H2O(,) +
Dividir a equação (2) por 2:
H2(g) +
DH = ?
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Sendo DH < 0, a reação é exotérmica.
C12H22O11(s) + 12O2(g) w 12CO2(g) + 11H2O(,)
DH = –5.635 kJ/mol
– ΣHf
DH = ΣHf
CH3
H3CCH2C —
— CH2
24. F – V – F – V – V
(F) Cristalização: aumento da organização (SI > SF).
(V)
(F) Cristalização.
(V)
(V)
QF.07
1. a)
b)
c)
11 ⋅ 1.789
= 119 kJ liberados
3 ⋅ 55
DH = –98 kJ/mol
DH = –572 kJ/mol
1
O2 w H2O2(,) DH = +98 kJ/mol
2
1
O2 w H2O(,) DH = –286 kJ/mol
2
H2(g) + O2(g) w H2O2(,)
DH = –188 kJ
b) Sendo o DH < 0, a reação é exotérmica.
10. a
A equação de formação do ácido nítrico é:
1
3
1
O2(g) +
N2(g) w HNO3(,) DH = ?
H2(g) +
2
2
2
Lei de Hess:
Divide-se a equação I por 2:
1
1
O2(g) w
H2O 1 H2(g) +
4
2
2
Divide-se a equação III por 2:
1
1
N2O5(g) +
H2O(,) w HNO3(,)
2
2
DH1 = –143,3 kJ
DH3 = –38,25 kJ
Divide-se a equação II por 2:
1
5
1
N2(g) +
O2(g) w
N2O5(g)
2
4
2
DH2 = –28 kJ
1
3
1
H2(g) + O2(g) + N2(g) w HNO3(,)
2
2
2
DH = –209,55 kJ
11. a
A reação de síntese do metano é:
DH = ?
C(s) + 2H2(g) w CH4(g) Lei de Hess:
Manter a 1ª equação s C(s) + O2(g) w CO2(g) DH = –393,5 kJ
Inverter a 3ª equação s CO2(g) + 2H2O(,) w CH4 + 2O2(g)
15
OPV11TP2Q.indd 15
12.01.11 16:29:25
DH = 890,3 kJ
Multiplicar a 2ª equação por 2 s 2H2(g) + O2(g) w 2H2O(,)
DH = –571,6 kJ
DH = –74,8 kJ
C(s) + 2H2(g) w CH4(g)
Como DH < 0, a reação é exotérmica; portanto, a entalpia dos reagentes é maior que a dos produtos. O gráfico correto será o representado na alternativa a.
c)
18. a
A equação é:
H
12. Soma = 21 (01 + 04 + 16)
(01) (V)
(02) (F) Reação exotérmica ∴∆H < O ∴ HProd. < HReag.
(04) (V)
(08) (F) A combustão da glicose pode ser representada por
C 6H 12O6 + 6O 2 w 6CO 2 + 6H 2O ∆H = –2.800 kJ. Então,
ao
sintetizar
1,5
mol
de
glicose,
teremos
4.200 kJ absorvidos.
(16) (V)
H
Produtos
formação de
ligação (exo)
N — H : 4 ⋅ 391 = 1.564
N
N : 1 ⋅ 941 = 941
N — N : 1 ⋅ 163 = 163 H — H : 2 ⋅ 436 = 872
+1.727
–1.813
19. a
A equação pode ser representada por:
H
+ Cl — Cl
H
H
Cl
C — C = 143
Cl — Cl = 58
+ 201
Ligações rompidas (processo endotérmico):
4 mol C — H = 4 · 99 = 396 kcal
C = 1 · 147 = 147 kcal
1 mol C
1 mol Cl — Cl = 1 · 58 = 58 kcal
601 kcal
Ligações formadas (processo exotérmico)
4 mol C — H = 4 · 99 = 396 kcal
2 mol C — Cl = 2 · 79 = 158 kcal
1 mol C — C = 1 · 83 = 83 kcal 637 kcal
DH = 601 + (–637)
DH = 601 – 637 = –36 kcal
H
H—C—C—H
H
Reagentes:
quebra de ligação w endo
H—C—C—H
Cl
H
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H
+ Cl — Cl
H
Reagentes
quebra de
ligação (endo)
Saldo de energia s ∆H = 1.727 – 1.813 s ∆H = –86 kJ /mol
H
H
N—
— N + 2H — H
H
14. d
DH = Ligações rompidas + ligações formadas
C—C
libera 563,5 kJ
liberará 56,35 kJ
H
N—N
13. c
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (F) Ambas são endotérmicas.
H
– 537 = 590 – 2x
2x = 1.127
x = 563,5 kJ/mol
H — F = 563,5 kJ/mol
1 mol de F2 reage com 1 mol de H2
0,1 mol de F2 com 0,1 mol de H2
Cl
Cl
Produtos: formação
de ligação w exo
C — C = 80
C — Cl = 2 · 78,5
– 237
Saldo de energia s DH = 201 – 237 ∴ DH = –36 kcal/mol
20. V – V – F – V
No processo, temos:
2H
H
+
F —F

 —
F w H
—

Quebra
de ligação
processo
endotérmico
o
∆H > 0
Formação de
ligação
processo
exotérmico
Então:
I. (V)
II. (V)
III. (F) As ligações H — H e F — F são apolares.
IV. (V)
15. d
Como as equações do enunciado são de formação, teremos:
C2H5OH(,) + 3O2(g) w 2CO2(g) + 3H2O(,) ∆H = ?
Reagentes
Produtos
∆H = HProd. – HReag. s ∆H = [(2 · –394) + (3 · –286)] – [(–278)]
s ∆H = –1.368 kJ/mol etanol
800 g etanol
Como a d = 0,8 g/mL s 1 L
Sabendo que:
46 g
–1.368 kJ
1 mol etanol
Q
1 L s 800 g
Q = –23.791 kJ/L
O corresponde à diferença:
21. a) O valor da energia de ligação O
934 – 436 = 498 kJ/mol
b) A formação de 1 mol de água líquida, através da reação:
H2(g) +
1
O2(g) w H2O(), tem ∆H = –286, como mostra o diagrama.
2
c) Pelo gráfico, para vaporizar 1 mol H2O(), são necessários 44 kJ. Por 18 g
44 kJ
tanto: 1 mol
Q s Q = 880 kJ
360 g
Atividades extras
22. a) Sabendo que:
I. CH4(g) + 2O2(g) w CO2(g) + 2H2O() DH = –803 kJ
II. C(graf.) + 2H2(g) w CH4(g) DH = –75 kJ
III. C(graf.) + O2(g) w CO2(g) DH = –394 kJ
mantendo as equações I e II e invertendo a III, teremos:
DH = –803 kJ
I. CH4(g) + 2O2(g) w CO2(g) + 2H2O()
DH = –75 kJ
II. C(graf.) + 2H2(g) w CH4(g) DH = +394 kJ
III. CO2(g) w C(graf.) + O2(g) 16. a) O fator é o oxigênio porque a formação de Al2O3 forma uma
camada que impede o contato do oxigênio com o polímero.
b) O fator é o combustível, pois a formação de H2O resfria e dilui
os gases combustíveis dificultando a reação de combustão.
c) O fator é o calor de combustão porque a reação absorve 1,17 kJ/g
do calor liberado na combustão.
DH = –537 kJ/mol
17. a) F2(g) + H2(g) w 2HF(g) b) DH = ligações rompidas + ligações formadas
F — F + H — H w 2H — F s x
Ligações rompidas (processo endotérmico)
1 mol F — F = 158 kJ
1 mol H — H = 432 kJ
+ 590 kJ
Ligações formadas (processo exotérmico)
2 mol H — F = – 2x
DH = 590 – 2x
2H2 + O2 w 2H2O
DH = DH1 + DH2 + DH3
DH = DH1 + DH2 + DH3
DH = –803 – 75+ 394
DH = –484 kJ / 2 mol de H2O
Para 1 mol de H2O: DH = –242 kJ/mol
b) Sim, porque no processo de fermentação de hexoses há liberação de gases-estufa (CH4 e CO2)
16
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12.01.11 16:29:31
35,5 mol CH4
35,5 mol
n CH4
23. a
1
Multiplicando a primeira equação por
, a segunda equação por
2
1
1
e a terceira equação por
, teremos:
6
3
1
3
3
Fe2O3(s) +
CO(g) w Fe(s) +
CO2(g) DH = –12,5 kJ
2
2
2
1
1
1
FeO(s) +
CO2(g) w
Fe3O4(s) +
CO(g) DH = –12 kJ
3
3
3
1
1
1
1
Fe3O4(s) +
CO2(g) w
Fe2O3(s) +
CO(g) DH = +7,8 kJ
3
6
2
6
FeO(s) + CO(g) w Fe(s) + CO2(g) DH = –16,7 kJ
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24. c
No intervalo de temperatura compreendido entre T1 e T2, há aumento
de entalpia (HP > HR), então há liberação de calor, reação exotérmica.
QF.08
1. a) 1 mol C4H10
Q = –29.000 kJ
b) 1 mol C4H10
58 g
580 g
–2.900 kJ
Q
58 g
580 g
25 L
V
V = 250 L
c) Em 580 g há 10 mol butano:
10
vdec.C4H10 =
s vdec.C4H10 = 0,1 mol/min
100
Pela equação:
8 mol CO2
2 mol C4H10
0,1 mol/min C4H10
x
x = vformação CO = 0,4 mol/min
2
1 mol
100 mol/s
v = 2.400 L/s
6. c
Curva I – Ascendente
∴ produto s SO3
Curva II – Descendente
∴ reagente s O2 – proporção estequiométrica 2SO2 : 1O2
Curva III – Descendente
∴ reagente s SO2 – proporção estequiométrica 2SO2 : 1O2
Curva IV – Constante
∴ catalisador s NO
7. e
A energia necessária para o início de uma reação química é chamada de energia de ativação.
8. d
∆n
2 − 10
8
=–
= 1 mol/min
vmN2 = –
=
∆t
10 − 2
8
Através da estequiometria da reação, calcularemos a velocidade de
consumo do H2 em mol/min.
N2 + 3H2 w 2NH3
1 mol
3 mol
x
1 mol/min
x = 3 mol/min
Sendo a massa molar do H2 = 2 g/mol, a velocidade do H2 em g/min
será de:
2g
1 mol
x
3 mol
x = 6 g
vm = 6 g/min
9. c
Graficamente:
Reação direta
2. a) A equação é: 2H2O2(,) w 2H2O(,) + O2(g)
b) Pela equação, temos: 2 mol H2O2
1 mol O2
2 mol H2O2
32g
0,8 g/s
n
nH2O2 = 0,05 mol/s
32 g
22,4 L nas CNTP
c) 1 mol O2
V s VO2 = 0,56 L de O2
0,8 g/s
3. d
Pela equação:
2 mol CO2
1 mol C2H6O
nC2H6O 48 mol CO2
nC H O = 24 mol/2 h
2 6
Então:
2h
24 mol C2H6O
x
x = 0,2 mol de etanol/min
Reação inversa
H (kJ)
Hi
CO + NO2
x
Ea = 360 kJ
CO + NO2
∆H = –226
Hf
CO2 + NO CO2 + NO
Então x = 360 – 226 s x = 134 kJ
120 min
1 min
4. d
A função do atrito no palito de fósforo é fornecer energia para se
iniciar a reação (energia de ativação). Como é uma reação de combustão, há liberação de calor (reação exotérmica).
5. Cálculo da velocidade de decomposição da azida de sódio é:
MM(NaN3) = 65 g/mol
65 g
1 mol
130 g
x
x = 2 mol
30 ·10– 3 g
2 mol
1s
y
2
y =
 66,7 mol/s
−3
30 ⋅ 10
Cálculo da velocidade de N2 em L/s:
2NaN3(s) w 3N2(g) + 2Na(s)
3 mol
2 mol
z
66,7 mol/s
z H 100 mol/s de N2
24 L
w
CADERNO 2
c) Pela equação, temos: 58 mol C6H12O6
58 · 180 g
5,8 kg s 5,8 · 103 g
nCH4 = 19,72 mol
10. a
A função da faísca elétrica é fornecer energia suficiente para atingir
o complexo ativado; essa energia é chamada energia de ativação.
11. F – V – V – V – F – V
I. (F) A velocidade média tem valores diferentes para diferentes intervalos de tempo.
Exemplo:
vmH2O2 = – 0,5 − 0,8 = 0,3 = 0,03 mol/L · min
10 − 0
10
0 — 10’
0,3 − 0,5
= 0,02 mol/L · min
vmH2O2 = –
20 − 10
II. (V)
0 — 20’
0,2 − 0,3
= 0,01 mol/L · min
vmH2O2 = –
30 − 20
0 — 30’
2H2O2 w 2H2O + O2
2 mol
1 mol
x
0,01 mol/L min
min
x = 0,005 mol/L
III. (V) A estequiometria de H2O2 e H2O é a mesma. Num mesmo intervalo de tempo, vmH2O2 = vmH2O .
17
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12.01.11 16:29:44
20. F – F – F – V
(F) O catalisador e os reagentes podem ter mais de uma fase.
(F) A velocidade da reação depende da concentração do catalisador.
(F) O catalisador não desloca equilíbrio.
(V)
Observação: Se o catalisador for sólido, sua concentração não
altera a velocidade da reação — o que influencia é a área de
contato.
vmH2O2 = 0,03 = 0,015 mol/L · min
2
0 — 10’
0 — 10’
V. (F)
VI. (V)
0 — 10’
vmH2O2 = 0,02 mol/L · min
10 — 20’
Velocidade média é sempre um número positivo.
vmH2O =
vmO2 =
0,03
= 0,015 mol/L · min
2
0,015
= 0,015 mol/L · min
1
12. 1 mol de Zn
x
1 mol de Zn
0,1 mol de Zn
0,2 mol de HCl
z
z = 0,02 mol 21. d
A faísca da vela fornece energia de ativação para o início da reação
de combustão (portanto, exotérmica) do etanol.
22. b
Analisando o gráfico:
65 g
6,5 g x = 0,1 mol de Zn
2 mol de HCl
y y = 0,2 mol de HCl
10 min
1 min
v = 0,02 mol/min
E
z
Energia de ativação = z – y
y
13. a
1
O2
H2O2 w H2O +
2
1 mol
16 g
1,6 g
x
x = 0,1 mol H2O2/s
1s
0,1 mol
60 s (1 minuto) = y = 6 mol/min
y
A+B
C+D
x
Tempo
Na presença de catalisador a energia de ativação diminui, então:
Eativação < (z – y).
14. c
I. (V)
II. (F) A reação direta é exotérmica.
III. (V)
IV. (V)
Atividades extras
23. a
a) (V) Energia de ativação = d + x ∴ Ea = d + (c – a)
b) (F) Variação de entalpia = a
c) (F)
d) (F)
e) (F)
15. a
Comparando-se os experimentos I e III, o III deve ocorrer em velocidade maior, já que apresenta as mesmas condições em uma temperatura mais elevada. Como o experimento II é realizado com a metade da
massa de magnésio (em relação aos experimentos I e III), o volume de
H2 produzido será também menor, portanto corresponde à curva A.
Dessa forma, temos:
A = II
B = I
C = III
E
d
16. d
A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma:
De uma reação química participam espécies denominadas de reagentes, que reagem entre si. Entre elas deve ocorrer choque efetivo,
formando o que se chama de complexo ativado, para originar os
produtos. Como a velocidade das colisões é profundamente afetada
pela agitação térmica das partículas, quanto maior a temperatura,
maior será o número de choques efetivos.
Reagentes
Energia
de
ativação
x
c
a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
IV. (V)
Produtos
24.
17. b
Um catalisador aumenta a velocidade por diminuição da energia de
ativação da reação.
Energia potencial
18. b
A energia de ativação é determinada pela diferença da energia do
complexo ativado e dos reagentes. No gráfico, ela assume um maior
valor na reação inversa, sem catalisador.
E2
E1
E+F+G
E3
A+B
19. b
Pela análise do gráfico, temos:
Variação de entalpia < 0
(kJ/mol)
C+D
50
Coordenada de reação
E
ativação
Z
20
A reação A + B w E + F + G é bimolecular s e probabilidade de
colisão s r energia de ativação
A reação E + F + G w C + D é trimolecular s r probabilidade de
colisão s e energia de ativação
DH
x+y
5
Caminho da reação
18
OPV11TP2Q.indd 18
12.01.11 16:29:51
QO.05
1. Fórmula estrutural:
8. c
ou O
O
Isômero:
O
O
; H3C — C — CH3
H3C — CH2 — C
2. e
I. (F)
H
Aldeído
H3C — C — CH3
H3C — CH2 — CH2 — OH
O
±
C3H8O
Essa fórmula geral é dos alcanos (CnH2n + 2).
OH
C3H6O ∴ não são isômeros.
II. (V)
H3C — CH — CH3
H3C — O — CH2 — CH3
OH
C3H8O
C3H8O ∴ são isômeros
de função.
=
III. (V)
a)
b)
c)
d)
e)
9. b
CH3
C3H8O
H3C — CH — CH3
C3H8O
=
CH3 CH3
H3C — C — C — CH3
H H
H3C — C — C — C — CH3
H2 H H2
OH
H3C — CH2 — CH2 — OH
Cetona
(V)
(V)
(F) São isômeros de função.
(V)
(V) O nome comercial da propanona é acetona.
são isômeros
de posição.
C6H14
C6H14
Isomeria plana
3-metilpentano
2,3-dimetilbutano
10. b
O
H3C — N — CH3
CH3
H3C — CH2 — CH2 — NH2
C3H9N
4-metil-2-pentanona: H3C — C — CH2 — CH — CH3 w C6H12O
=
C3H9N
CH3
são isômeros
de cadeia.
3. d
HO – CH2 – CH2 – CH3 (álcool)
H3C – CH(OH) – CH3 (álcool)
H3C – O – CH2 – CH3 (éter)
∴ três compostos e duas funções orgânicas
4. b
São heterocíclicas por apresentarem um heteroátomo (N) como pelo
menos um dos vértices do ciclo.
5. b
A substância do enunciado é:
H3C — CH2 — CH — CH2 — CH2 — CH3
OH
a) H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 w C6H14O (F)
O
b) H C — CH — CH — CH — CH — C
3
2
2
2
2
w C6H12O (V)
H
O
c) H3C — CH — CH2 — C
w C5H10O (F)
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
IV. (V)
H
CH3
OH
d) H3C — CH — CH2 — CH2 — CH2 w C6H14O (F)
CH3
CH3
3-metil-hexano
Seu isômero de posição será:
H3C — CH — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
CH3
2-metil-hexano
0,168
= 5,25
0,032
• composto I:
• composto II: 0,252 = 5,25
0,048
• composto III: 0,491 = 4,5
0,109
H3C — CH — CH2 — CH3
CH3
CH2
H2C — CH2
H2C — CH — CH3
H2C — CH2
12. a)
OH
NO2
Orto-nitro-hidroxibenzeno
OH
Portanto, somente os compostos I e II são isômeros entre si.
7. d
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
CH3
6. b
Analisando-se as relações entre as massas de C e de H, temos:
11. H2C
CH — CH2 — CH3
CH — CH3
H3C — CH
H2C — C — CH3
Meta-nitro-hidroxibenzeno
NO2
Essas são as estruturas
possíveis com essa
fórmula molecular.
OH
CH3
Para-nitro-hidroxibenzeno
H3C — C — CH3
CH3
NO2
19
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12.01.11 16:30:27
20. c
b) O composto de menor ponto de ebulição é o orto-nitro-hidroxibenzeno, por causa da existência de ligações de hidrogênio intramoleculares. Veja a fórmula a seguir:
4
3
2
O
H3C — CH2 — O — CH2 — CH3 H3C — CH2 — CH2 — CH2 — OH
Etoxietano
n-butanol
Ambos com fórmula C4H10O.
14. c
A fórmula estrutural do 3-octen-1-ol é:
H2C — CH2 — C — C — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
Atividades extras
23. d
I. (F) O 1,5-hexadiino é um exemplo de isômero do ciclo-hexano.
II. (F) Admite apenas uma estrutura plana.
III. (V)
IV. (F)
H
Portanto, serão isômeros de posição.
15. F – F – V – V
I. (F) Isômeros possuem a mesma fórmula molecular.
II. (F) A fórmula molecular para ambos é: C20H28O
III. (V)
IV. (V)
O
24. a)
C
N
16. c
A isomeria geométrica será caracterizada pela seta 3:
b) Isômero cis da oleamida:
O
O
C
CH3 H
CH2
CH2 — CH3
C
17.a
a)
b)
c)
d)
e)
H
CH2 — CH3
H
trans
cis
O
c) H3C(CH2)7CH — CH(CH2)7C
São isômeros planos de cadeia.
São a mesma substância: but-1-eno.
São isômeros espaciais (cis-trans; geométrico).
São a mesma substância: pentano.
São a mesma substância: 1,2-diclorociclobutano.
w H3C(CH2)7CH — CH(CH2)7COOH + NH3
QO.06
1. d
Analisando as fórmulas, temos:
Dietilpropiona
Cetona
OH
H
OH
C
O
H
H
C
N
C
C
Amina
OH
H
OH
Fenol
Fenol OH
cis
+ HOH w
NH2
18.a
Observando as estruturas a seguir e suas propriedades:
Fenol
NH2
C—C
C
CH3 H
H
(CH2)7C
H3C(CH2)7
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
22. Soma = 35 (01 + 02 + 32)
C — CH3 e H2C
C
CH2
HC
Alcino
Alcadieno ou dieno
(01) (V)
(02) (V)
(04) (F) Apresentam oito ligações, portanto o mesmo número de
ligações.
(08) (F) Pertencem à mesma função (hidrocarboneto).
(16) (F) Veja item 02.
(32) (V) Apresentam mesma fórmula molecular e diferente fórmula
estrutural.
13. c
As fórmulas dos compostos são:
C
1
21. a
A prioridade da análise é: função, cadeia, posição, metameria, tautomeria.
CH2
2
Eles apresentam isomeria de posição.
N
O
3
O
O—H
H
4
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — NH2
e
NH2
ligação de hidrogênio
OH
1
H3C — CH2 — CH — CH3
C2H5
C2H5
Femproporex
OH
H
C*
CH2 — CH2 — CN
N
H
H
trans
H
I. (V)
II. (F) É um trifenol.
III. (V)
IV. (V)
2. b
a) (F)
b) (V)
19. c
I. (V)
II. (F) Licopeno e benzeno são substâncias diferentes, portanto
apresentam propriedades químicas diferentes.
III. (V)
H
O
H2C — C* — C
OH OH
H
20
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12.01.11 16:30:40
c) (F) As ligações C — O e O — H são polares.
d) (F) Sua fórmula molecular é C3H6O3 ou C3(H2O)3.
O).
e) (F) Molécula com grupo carbonila (— C
HO
OH
H3C — C — CH3
d) (F)
CH2
C
O
O
H
C
CH3
O
OH
H3C — C
OH
A molécula da vitamina C apresenta dois carbonos assimétricos,
mas somente um está ligado ao grupo hidroxila.
OH
e) (V)
H
4. a
Os compostos I e III não apresentam isomeria óptica nem geométrica.
O composto II apresenta isomeria geométrica, e o IV, isomeria óptica.
5. e
A frutose e a glicose são isômeros de função, pois apresentam funções diferentes (frutose: poliálcool – cetona e glicose: poliálcool –
aldeído). A glicose e a galactose são isômeros ópticos em razão da
diferente posição dos grupos hidroxila.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H
H
OH
Cl
10. a
Pela análise da estrutura, temos:
CH3
N+ Cl –
CH3
H3C
metil
H
O
HO — C — C* — C* — C* — C
H
OH
OH
H
N
H
O
—C—C—C
H
H
H
HO
N
NH2
Triptofano
H
H3C — CH2 — C
OH
I. (V)
II. (F) Não há carbono quiral.
III. (F) Não há grupos com H ligado a F, O, N, portanto não há
formação de ligação de hidrogênio intermolecular.
11. Observe a estrutura em que o C quiral está representado por um
asterisco. As funções estão circuladas.
Éter
Serotonina
H
H3C — O
H
H
CH3
12. Soma = 26 (02 + 08 + 16)
(01) (F) O composto A apresenta as funções éster, éter e álcool.
O composto C apresenta as funções fenol, cetona e éter.
(02) (V)
(04) (F) Somente os compostos A e C apresentam ligações duplas
conjugadas.
(08) (V)
(16) (V)
13. d
I. (F) Somente a anfetamina apresenta função amina.
II. (V)
III. (F) Também há pares de elétrons na anfetamina, veja a seguir:
O
O
C
H
O
O
C
CH3
14. e
A fórmula estrutural plana e seus carbonos assimétricos estão representados na fórmula a seguir:
CH3
O
H
H
H3C — C — C — C — CH3
Ácido
carboxílico
H
b) (F)
H
OH
C
C*
H
8. c
I. (F) Hidrossolúvel porque é muito polar.
II. (V)
III. (V)
IV. (V)
O
amina
CH3
O
a) O triptofano é o único que apresenta atividade óptica por causa
da presença do carbono assimétrico assinalado na figura. (V)
b) A serotonina não apresenta a função ácido carboxílico, somente
a função amina; o triptofano apresenta — NH2 ligado ao carbono de um ácido carboxílico, portanto é um aminoácido. (F)
c) Apenas triptofano. (F)
d) Não são isômeros, pois o triptofano apresenta dois oxigênios e
a serotonina, um. (F)
e) Somente a serotonina apresenta função fenol. (F)
9. e
a) (F)
H 3C
OH
— C — C — NH2
H
N
H
OH
Então, o número de isômeros opticamente ativos (IOA) é dado pela
equação: 2n em que n é o número de carbonos quirais, logo: 23 = 8
7. a
CH3
N
6. d
Na fórmula a seguir, temos 3C quirais, veja:
H
O
H3C — C* — C
CADERNO 2
3. b
c) (F)
H
NO2 H
O
H
C
C
*C
C
C
C
C
C
H
H
H
N
CH2
C*
H
CH2
H 2C
H
C
H2
21
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12.01.11 16:31:08
Portanto, a fórmula molecular é C14H19NO2 e o número de carbonos
assimétricos é 2.
b) (V)
15. c
a) (F) A substância II não apresenta carbono assimétrico.
b) (F) Pertencem à mesma função.
c) (V)
H
CH3
Cl
c) (F)
Cl
H2C
e
H
Cis
Cl
C
Cl
s São isômeros
geométricos.
C
H
Trans
d) (V)
CH2
OH
CH3
CH
H3C — CH2 — CH2 — CH3 e H3C
C
H3C
C
H
CH2
H
Cl
C
C*
H 2C
Cl
H — C — CH3
n-butano
C
H
CH3 s São isômeros
de cadeia.
Metilpropano
CH3
e) (V)
O
O
H3C — C — CH3
16. d
H3C — CH2 — C
e
Propanona
O
O
O
HO — C — CH2 — *CH — C — NH —*CH — C
NH2
Produto 1
CH2
20. a)
Amina
Aspartame
+
CH3 CH3
Produto 3
A estrutura apresenta 2 carbonos assimétricos ou quirais.
HN
OH
C
* OH
H
* OH
H
* OH
O
C
* H
H
* OH
H
* OH
O
NH2 Amina
Cetona
Grupos metil
* H
HO
HO
C*
HO
H
C*
H
CH2 — OH
Glicose
(V)
H 3C
CH2
CH2 — OH
(V)
(F)
(F)
(V)
COOH
Ácido shikímico
H
OH
21. a) I. Cadeia alifática = cadeia não aromática, ausência de anel aromático.
II. Cadeia aromática = por causa da presença do anel aromático.
b) O composto II, em razão da presença de carbono quiral, representado por um asterisco na fórmula a seguir:
Frutose
Todos os OH representam a função álcool.
A frutose apresenta as funções cetona e álcool.
A glicose apresenta quatro carbonos assimétricos, e a frutose, três.
Apresentam mesma fórmula molecular e funções diferentes,
portanto, são isômeros de função.
Tanto a glicose como a frutose apresentam assimetria molecular, que está relacionada com a atividade óptica.
H
H
O
C*
18. a
A fórmula estrutural está representada a seguir:
c) Cadeia fechada, saturada, alifática, heterogênea.
Amina
C
C
C
H
22. Soma = 45 (01 + 04 + 08 + 32)
(01) (V)
O
Carbonos tetraédricos
(apresentam apenas
ligações simples)
H3C — CH2 — CH2 — C
Ácido butanoico
ou
Ácido butírico
OH
Fenol
Fórmula molecular: C9H11O3N
Cl
OH
O — CH2 — CH3
Etanoato de etila
Cl
C
H3C — CH2 — OH e H3C — O — CH3 s isômeros funcionais
Etanol
O
H3C — C
(02) (F)
19. c
a) (V)
N
CH3
NH2
H
C* O
H C H C
Ácido carboxílico
OH
C
H
C
C H
H
Tamiflu®
OCH2CH3
Amida
H Aldeído
HO
O
O
17. V – F – F – V – V
H
Amida
b) Átomo de carbono ligado a quatro grupos diferentes.
Existem três C assimétricos.
Veja o esquema:
Produto 2
O
s São isômeros
funcionais
Funções nitrogenadas
03
+
+ 2H2O w
Propanal
Nº de grupos metila
OCH3 +
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
d) (F) Não apresentam função enol.
e) (F) Pois um dos carbonos da dupla apresenta ligantes iguais.
Metoximetano
H
C
H
Apresenta isomeria geométrica.
22
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5H3C — CH — CH2 — CH2 — CH3 + 5Cl — Cl w
CH3
Cl
(04) (V)
OH
*
H3C — C — CH2 — CH2— CH3 + H3C — CH — CH — CH2 — CH3 +
O
H3C — C* — C
H
(08) (V)
Etanamida
+ H3C — CH — CH2 — CH2 — CH2 +
C2H5HO
NH2
CH3
OH
Cl
Hidroxibenzeno é conhecido como fenol comum.
(32) (V)
H
6. c
A reação é representada por:
CH3
+
Cl
+
HCl
7. a) A fórmula da anilina é:
NH2
H H
O
C
H
C
C
H
C
C
H
N — CH3
H
C
C* O
C
C
*
H
H
C* C
Éster
C
C
O H
C
H
C
Amina
H
terciária
O
CH3
H
*
b) A equação pode ser representada por:
H
+ HO — NO2
NO2
H2SO4
+ H2O
(V)
(V)
(F) A hernandulcina não apresenta isomeria geométrica.
(F) No ciclo da hernandulcina há função cetona.
(V)
(F) A fenilalanina não apresenta isomeria geométrica.
8. b
A substância com fórmula C6H6 é o benzeno, que apresenta fórmula
estrutural:
H
H
QO.07
1. d
C
C
H
C2H5
H
+ I – C2H5
cat.
+ HI
H
portanto, é um composto insaturado.
9. a
A presença de luz e calor favorece a substituição, por radicais livres,
no radical alquila ligado ao núcleo aromático.
3. d
Cl
C
C
H
Etilbenzeno
+ Cl2
H
C
C
2. c
+ HCl
4. d
H3C — CH2 — CH3 + 2Cl2 w H3C — CH — CH3 +
H2C — CH2 — CH3 + 2HCl
O
H
O
H3C —
Atividades extras
23. c
I. (V)
II. (V)
III. (F) Pela estrutura adiante, temos:
H
H
CH3
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cl
*
+ H2C — CH — CH2 — CH2 — CH3 + 5H — Cl
(16) (F)
IV.
24. a
1.
2.
3.
4.
5.
Cl
CH3
H3C — C
Cl
*
+ H3C — CH — CH2 — CH — CH3 +
O
CH3
CH3
OH
Cl
Cl
10. d
I: Reação de halogenação é catalisada por ferro (Fe).
II: Nitração é feita com ácido nítrico (HNO3).
III: Na alquilação é empregado um reagente alquil que, nesse
caso, se ligará ao anel aromático por substituição de um átomo de H ( Ar-R).
O
IV: Na acilação o eletrófilo é o RC+ .
11. A equação é:
CH3
5. e
A equação da reação é:
CH3
+ 2Cl — Cl w
5H3C — CH — CH2 — CH2 — CH3 + 5Cl — Cl w
+
Cl
CH3
Cl
Cl
CH3
Cl
+ 2H — Cl
2,6-dicloro-tolueno
Cl
*
H3C — C — CH2 — CH2— CH3 + H3C — CH — CH — CH2 — CH3 +
CH3
CH3
*
OPV11TP2Q.indd 23 + H3C — CH — CH2 — CH — CH3 +
CH
Cl
23
Cl
12.01.11 16:31:55
19. e
12. a) O composto A pode ser qualquer haleto de metila; o mais comum é H3C – Cl (cloreto de metila).
OH
CH3
2
+ 2HNO3
CH3
4-nitrofenol
Grupo orto/para-dirigente
CH3
+ 2HO — NO2 H2SO4
2
NO2
2-nitrofenol
OH
OH
c) São isômeros de posição.
d) A função do AlCl3 é de catalisar a reação.
13. a)
+ 2H2O
+
Fenol
NO2
OH
NO2
NO2
1
+ 2H2O
+ 2HNO3
NO2
CH3
+
HNO3
2,4-dinitrofenol
+ 2H2O
OH
2
1
OH
O2N
NO2
1
NO2
NO2
+ 3H2O
+ 3HNO3
b) 1. 1-metil-2-nitrobenzeno
2. 1-metil-4-nitrobenzeno
NO2
2,4,6-trinitrofenol
14. a
I. (V)
II. (V)
20. c
Na reação A temos a entrada de radical alquila (C12H25) e na reação B
temos a entrada de radical proveniente de H2SO4, formando um composto que apresenta função ácido sulfônico, portanto houve sulfonação.
III. (F) Álcool: — C — OH; fenol: OH
Anel aromático
21. e
Amina: — N — H ou — NH ou — N —
IV. (F) São isômeros de função.
V. (F) – NO2 é meta-dirigente, portanto é desativante.
15. a
As equações são:
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (V)
V. (V)
22. a) A equação de reação é:
orto/ para-dirigente
+ Cl — CH3 w
CH3
CH3
+ 2HO — NO2
H2SO4
CH3
NO2
+
+ 2H2O
CH3
CH3
+ 3HO — NO2
3
grupo meta-dirigente
C
C
+ HO — NO2
+ H2O
NO2
+ Br — Br w
17. a)
b)
c)
d)
Fd–
F
d–
C
C
NO2
Atividades extras
23. b
O CF3 é meta pela explicação:
O
H
+
Composto A: Cl – CH3
Composto B: ácido nítrico
b) Isomeria de posição.
Grupo meta-dirigente
O
+
NO2
16. a) Pela equação: 1 mol de acetofenona  1 mol de imina; com
rendimento de 100%, como o rendimento é de 80%, formará
0,8 mol de imina, então:
133 g
1 mol de imina
m ∴ m = 106,4 g
0,8 mol de imina
b)
H
CH3
NO2
+ 3H2O
+
H2SO4
H2SO4
Ácido nítrico
CH3
O
HO
O
HO
+ H — Cl
A
NO2
NO2
CH3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b)
OH
d+
+ H — Br
Br
Três.
C9H12
Saturada, homogênea.
Tolueno ou metilbenzeno.
d–
Cd+ Fd–
d–
d+
d+
d–
O flúor é mais eletronegativo e atrai para si os elétrons da ligação
com o átomo de carbono, que adquire caráter positivo e induz o
átomo de carbono 1 do anel a se polarizar negativamente. Este, por
sua vez, induz a polarização alternada dos demais carbonos do anel.
Assim, o ataque acontecerá nas posições 3 e 5.
De um modo geral, quem possuir duplas ou triplas ligações é meta-dirigente.
18. b
A é HNO3, B é H2 e ocorre redução.
24
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12.01.11 16:32:07
7. d
A equação da reação é:
24. c
O composto A será H — Br, portanto:
Cl2 + 2H — Br w 2H — Cl + Br2
H2C — CH — CH3 + H — Cl → H3C — CH — CH3
propeno
QO.08
Cl
2-cloropropano
Br
1. a) H C — CH — C — CH + HBr w H C — CH — C — CH
3
3
2
CH3
Reagente X
9. V – V – V – F – F – V
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (F) É composto insaturado, portanto sofre reação de hidrogenação.
V. (F) Não apresenta cadeia aromática.
VI. (V)
Br
b) H C — CH — C — CH + HBr
3
2
CH3
H2O2
H2O2
Br
H3C — CH — CH — CH2 — Br
CH3
10. A cadeia da bixina apresenta 9 duplas ligações, portanto serão necessários 9 mol de H2.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
c) I: 3-metil-but-1-ino
II: 2-bromo-3-metil-but-1-eno
III: 1,2-dibromo-3-metilbutano
11. c
A equação é representada, pois, levando-se em consideração a regra de Markovnikov.
2. c
H2C
Br
cat
H3C — C — CH + 2Br2
Br
OH
2-butanol
H3C — C — CH
Br
3. d
II.
H2C — CH — CH3 + H2O
H+
Br
12. b
De acordo com a regra de Markovnikov, temos:
H
H3C — CH — CH3
H
CH3
H3C — CH — CH3
H2C — CH — CH3 + HCl
H
Cl
b) O álcool formado é o propan-2-ol (nome oficial) ou álcool isopropílico.
5. As classes funcionais de cada composto são:
CH2
CH3
O
CH3
H3C
CH3
H3C
CH3
HO
1,8-cineol
I
Funções: éter
+
H
→ H3C — CH — CH3
13. a) H2C = CH – CH3 + H – OH 
OH
4. c
I. (F) Br2 é líquido a 25 °C, 1 atm.
II. (V)
III. (V)
H3C
Cl
3-metil-3-cloropentano
O H+ foi adicionado ao C da dupla mais hidrogenado.
CH3
CH3
H3C — C — C — CH2 — CH3 + HCl w H3C — C — C — CH2 — CH3
OH
IV.
CH — CH2 — CH3 + H2O w H3C — CH — CH2 — CH3
CADERNO 2
CH3
8. a
A substância orgânica capaz de descorar bromo é a que apresenta
insaturação em sua estrutura, no caso, uma tripla ligação (butino-2).
linalol
II
hidrocarboneto
a-terpineol
III
álcool
14. b
I. Verdadeira.
II. Falsa. 2-metil-2-butanol.
III. Falsa. CH3 é orto/para-dirigente.
IV. Verdadeira.
V. Verdadeira.
VI. Falsa. COOH é grupo meta-dirigente.
15. c
A equação da reação é:
H2C — CH — CH3 + H2O w H3C — CH — CH3
OH
A reação de hidratação do a-terpineol é:
CH3
CH3
+ HOH
H3C
CH3
H3C
HO
OH
H
17. e
A equação será:
CH3
H2C — CH — CH — CH2 — CH2 — CH3 + H — H
HO
CH3
H
6. a) H2C — CH — CH2 — CH3 + H2O
b) buton-2-ol
16. d
A presença de dupla ligação entre carbonos confere ao colesterol
a propriedade de fazer reação de adição.
OH
H
H3C — CH2 — C* — CH2 — CH2 — CH3
H+ H C — CH — CH — CH
2
2
3
CH3
3-metil-hex-1-eno
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18. a) O aldeído é o 2,2-dicloropropanal:
Cl
22. a) e b) HC
H
H3C — C — C — H
C — CH3 + 1Br2 w
O
C—C
w
Br
Cl
H
Br
Br
Br
C
Cis
C
Trans
CH3
Os isômeros são 2:
Atividades extras
23. a) O substrato é aldeído benzoico ou benzaldeído.
b) A reação é classificada como adição a carbonila.
c) É proveniente do HCN (acido cianídrico), de acordo com a equação:
O
H2C — CH — C
Cl
Cl
Cl
H
O—H
O
O
H
Cl
C — CN
C + H — CN w
HC — CH2 — C
CH3
H
H
24. a) A equação da reação é:
b) Será o propanal:
O
O
O
H3C — CH2 — C
H
porque apresenta menor massa.
+
CH3
CH3
O dienófilo é:
O
H
C
Cl
w
19. c
A equação do propeno com ácido clorídrico pode ser representada
por:
H2C = CH – CH3 + HCl → H3C — CH — CH3
C
CH3
CH2
20. b
As equações são:
CH2 + H — OH w H3C — CH2 — OH
H2C
H3C — CH2 — OH + Na w H3C — CH2 — ONa + H2
b)
CH3 + 2H — Br w
C
O
21. V – F – F – V – F
I. (V)
II. (F) A energia da ligação simples é menor do que a da dupla.
III. (F) Veja a fórmula:
w
Br
CH3
Br
C
O
H
C — C — CH2 — CH3
C
w
C
c)
Ligantes iguais não
há isometria geométrica
C*
CH3
w
H
H
IV. (V)
V. (F) Mistura racêmica não desvia o plano da luz polarizada.
C
O
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
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