Para o vestibular Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito

Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Matéria, substâncias e misturas
Para o vestibular
1 a) Sólido
b) Sim, pois a glicerina é solúvel na água e o eugenol, não.
2 a) 10 a 20
b) 20 a 40
c) 40
14 a
15 b
16 a) É a destilação fracionada, pois, quando existe uma
mistura de componentes com pontos de ebulição
próximos, não é adequado fazer a destilação
simples (única etapa). Na destilação fracionada, a
mistura é submetida várias vezes à vaporização
e à condensação (ocorrem microdestilações).
Os vapores condensados na última etapa estão
enriquecidos com o componente mais volátil,
tornando o processo mais eficiente em relação à
destilação simples.
3 a) 3
2
1
b) Líquido
4
Processo 1
Filtração
Processo 2
Destilação fracionada
Processo 3
Separação magnética
Água, limalha de ferro,
álcool e areia
1
b) Como a água é uma substância polar e o petróleo,
uma mistura de hidrocarbonetos (apolares),
forma-se um sistema bifásico. Nesse caso, é
adequado utilizar a decantação, método pelo qual
os líquidos imiscíveis, de diferentes densidades,
podem ser separados.
17 c
Limalha de
ferro e areia
Água e álcool
2
18 c
3
19 a
Água
Álcool
Limalha
de ferro
Areia
5 Deve-se colocar água quente na mistura dos sólidos
para separar o naftaleno, que é insolúvel em água
quente; ele não se dissolve e vai ficar retido no papel de
filtro. O ácido ftálico, muito solúvel em água quente, vai
passar pelo filtro na forma de solução. Para isolar o ácido­
ftálico da água, deixa-se esfriar a solução, de maneira
que o ácido ftálico sólido se separe da água fria.
6 a) A mistura I, e o resíduo era areia.
b) No caso III, e o resíduo era o sal.
7 c
8 d
9 b
10 b
11 a
12 d
20 b
21 d
22 c
23 e
24 a
25 c
26 d
27 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
13 e
28 a) Fusão do gelo e sublimação do gelo-seco.
A fusão e a sublimação ocorrem com absorção de
energia, o que faz os líquidos se resfriarem.
b) O copo x da condição inicial corresponde ao copo d,
pois seu volume é menor que o do copo c, no qual
foi colocado o gelo (flutuação). Os cubos sólidos
que submergem (gelo-seco) estão no copo x.
No copo y, no qual havia gelo no início (copo c),
a concentração final de álcool ficou diferente da
concentração inicial porque a água líquida que se
formou diluiu o álcool da bebida original.
29 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
30 c
ESTUDANDO Matéria, substâncias e misturas
Para o ENEM
1 d
2 a
3 d
4 e
5 b
6 c
8 c
9 e
10 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
7 e
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Estrutura atômica
Para o vestibular
1 a) Quanto maior o fator de proteção solar do filtro
(FPS), mais o protetor absorve a luz UV (maior é sua
absorbância). No gráfico, a substância que apresenta
a maior absorbância para comprimentos de onda
menores que 400 nm é a B.
b)
Absorbância
0,8
13 c
0,6
14 c
0,4
15 e
0,2
0,0
16 e
200 300 400 500 600 700 800
Comprimento de onda (nm)
Alguns filtros solares funcionam absorvendo
radiação UV, em um processo que também leva à
decomposição das substâncias ativas ali presentes,
o que exige aplicações subsequentes do protetor.
Devido à absorção de radiação ultravioleta, ocorre a
decomposição da substância B. Consequentemente,
há diminuição da concentração do
componente ativo e há redução da absorbância,
como podemos observar em um possível espectro
de absorção da substância B.
2 a) O somatório é 30 (2x 2 6 5 x 1 4; x 5 10).
Elemento
Z
A
A
2 3 10 2 6 5 14
10 1 18 5 28
B
10 1 4 5 14
40 2 10 5 30
Nêutrons de A 5 28 2 14 5 14.
Nêutrons de B 5 30 2 14 5 16; portanto,16 1 14 5 30.
b) 2, 8, 4
3 d
4 d
(17 2 8) 5 (16 2 7) 5 9
5 c
2
1
4
3
6 b
7 a
8 c
11 d
12 b
1,0
10 d
17 a
18 V
A luz refletida é que será vista.
F
Toda a luz branca foi absorvida.
F
Toda a luz branca foi refletida.
V
A cor que vemos resulta da reunião das
ondas luminosas refletidas, e não das que
foram absorvidas.
19 e
20 a
21 d
22 d
23 Soma: 01 + 08 + 16 = 25
24 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 c
25 a) BaCc2(s) P BaCc2(g) P Ba2+ (g) + 2Cc– (g)
b) A explicação não seria correta, pois não se forma um
sólido iônico entre dois metais, como é o caso do
sódio e do estrôncio.
26 c
27 c
28 c
29 c
30 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
31 Soma: 08 + 16 = 24
ESTUDANDO Estrutura atômica
Para o ENEM
1 c
2 e
3 b
4 d
5 d
6 c
O número de nêutrons errado é: 40 2 18 = 22.
Como o estudante cometeu um equívoco e diminuiu
a quantidade em duas unidades, o número de
nêutrons correto é 24. Portanto, seu número
de massa verdadeiro é 18 1 24 = 42.
8 a
9 a
O modelo dos níveis energéticos foi estabelecido por
Niels Bohr, aprimorando o modelo de Ernest Rutherford.
10 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
7 b
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Tabela Periódica
Para o vestibular
b) Os gases nobres têm alto potencial de ionização,
pois apresentam grande estabilidade. Gases
nobres com número atômico baixo (He e Ne) têm
potencial de ionização mais alto por serem átomos
pequenos e apresentarem os elétrons da 1a e da 2a
camada eletrônica mais atraídos pelo núcleo. Com
o aumento do número atômico, a partir do argônio
os potenciais de ionização assumem valores mais
próximos entre si.
2 Por apresentarem o mesmo número de elétrons na
camada de valência, os pares A–C e B–D pertencem à
mesma família.
3 Silício (Si) – número de elétrons no nível mais energético: 4.
4 d
5 e
21 d
22 e
23 c
24 a
25 a
26 b
27 5
3
4
2
1
28 a) Ambos apresentam três níveis de energia. No último
nível, o sódio apresenta apenas 1 elétron na camada
de valência, ao passo que o cloro apresenta 7 elétrons.
Com isso, a atração do núcleo do átomo de sódio e
do elétron da camada de valência é menor do que a
atração do núcleo do átomo de cloro com 7 elétrons
na camada de valência. Como a atração é menor, o
raio é maior.
6 b
7 a
8 c
9 a
b) Li2CO3 (carbonato de lítio).
29 a) A energia necessária para arrancar o segundo
elétron é maior do que a necessária para arrancar
o primeiro elétron, e assim sucessivamente.
10 e
11 c
12 a
30 a) Os elementos X, Y e Z são, respectivamente,
b) Ocorreu mudança de camada para o nível mais interno.
oxigênio (O), carbono (C) e potássio (K).
13 d
b) A combinação de X e Y pode originar CO e CO2.
14 e
c) K2CO3 (carbonato de potássio).
15 c
31 d
16 c
32 b
17 b
33 e
18 b
19 a
20 c
34 b
35 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a) F . S . Na
36 a) A carga nuclear efetiva (Zef ) pode ser definida como
a atração que é efetivamente exercida pelo núcleo
sobre os elétrons mais externos. Dentro de um
mesmo período da Tabela Periódica, Zef
aumenta com o aumento do número atômico da
esquerda para a direita. Quanto maior for o valor
de Zef, maior será a atração núcleo-elétron e,
consequentemente, menor será o raio atômico
(ou iônico). Isso explica a diminuição do raio
atômico (ou iônico) dentro de um mesmo período
da esquerda para a direita em função do aumento
de Zef.
b) Para os pares de espécies apresentados em i, ii e iii,
têm-se, respectivamente, Ac, F e Li.
37 a
38 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
39 c
40 d
41 d
42 e
43 b
44 d
10 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
ESTUDANDO Tabela Periódica
Para o ENEM
1 c
2 b
3 d
4 c
5 b
6 a
7 a
8 e
9 e
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Ligações químicas
Para o vestibular
6 a) PE (CH4) 5 112 K; PE (NH3) 5 240 K e PE (H2O) 5 373 K
b) NH3: ligação covalente
2 a) Maior eletronegatividade: 7A
Menor eletronegatividade: 1A
b) Ligação iônica, pois elementos com alta
eletronegatividade atraem elétrons (formando
ânions) e elementos com baixa eletronegatividade
doam elétrons (formando cátions), ocorrendo assim
a transferência dos elétrons.
3 a) (PH3)
H P H
H
b) (H2S)
unem-se por pontes de hidrogênio.
II e III: moléculas apolares unem-se por forças de Van
der Waals (dipolo instantâneo-dipolo induzido).
A substância III deve possuir ponto de ebulição mais
alto que II, por ter moléculas maiores.
Logo, temos: II , III , I.
9 d
c) (CF4)
10 c
F
F C F
F
11 d
4 a) As forças intermoleculares presentes são do
tipo interações de Van der Waals (dipolo
instantâneo-dipolo induzido).
7 I: apresenta maior ponto de ebulição, pois as moléculas
8 a
S H
H
b) CH4 – moléculas atraídas por forças de Van der Waals
(dipolo instantâneo-dipolo induzido); portanto, PE
baixo.
H2O e NH3 – massas moleculares próximas; a
molécula H2O apresenta maior polaridade; portanto,
PE (H2O) . PE (NH3).
b) F2, Cc2 e Br2
12 a
13 b
14 d
5
15 e
+100
Temperatura (°C)
16 A amostra I é constituída por material sólido com alta
condutividade elétrica; portanto, apresenta elétrons livres
para se movimentar. Conclui-se que é formada por
elementos com pequeno número de elétrons na última
camada, ou seja, metais: Mg e Ac. No 3o período, o
elemento com 7 elétrons na camada de valência é o cloro,
o elemento com 3 é o alumínio e o elemento com 2
é o magnésio. Portanto: Amostra II: AcCc3.
Amostra III: MgCc2.
0
–2
–41
–60
–72
–100
0 18 34
81 100
130
200
Massa molar
O valor esperado para o ponto de ebulição da água é
272 °C (ver no gráfico).
Dada a grande diferença de eletronegatividade entre o
hidrogênio e o oxigênio, a ligação H—O na água é
fortemente polar. Isso faz com que moléculas de água se
liguem umas às outras, por meio das pontes (ligações)
de hidrogênio, que são interações muito fortes, elevando
o ponto de ebulição da água.
17 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a) MgF2: ligação iônica
18 a) BaCc2: cloreto de bário
NaCc: cloreto de sódio
(momento dipolo elétrico) é diferente de zero; a
molécula é polar. Água: geometria angular, o vetor
resultante (momento dipolo elétrico) é diferente
de zero; a molécula é polar. Metano: geometria
tetraédrica, o vetor resultante (momento dipolo
elétrico) é igual a zero; a molécula é apolar.
b) O cloreto de metila (CCc4) é polar; não há elétrons
sobrando no átomo central e todos os ligantes são
iguais; portanto, é uma molécula apolar. O CH3Cc tem
um ligante diferente; portanto, é uma molécula polar.
H
H
C
Cc
H
Cc
Cc
C
Cc
Cc
Cc
jtotal % 0
j
C
j
j
H j H
H
Cloreto de metila (polar)
Cc
j
jtotal 5 0
j C j
j
Cc
Cc
Cc
Tetracloreto de carbono (apolar)
19 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
31 a) Amônia: geometria piramidal, o vetor resultante
20 d
21 c
22 a) C10H20N2S4
b) Dez pares de elétrons.
c) Não, pois o oxigênio só pode fazer duas ligações,
e não três, como o nitrogênio.
23 b
24 a
25 e
26 d
27 b
28 d
29 e
30 Soma: 01 + 08 + 16 = 25
b) A substância mais solúvel em água será a amônia,
pois é polar (o vetor resultante momento dipolo
elétrico é diferente de zero) e semelhante à água.
32 e
10 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
ESTUDANDO Ligações químicas
Para o ENEM
1 c
2 c
3 b
4 c
5 e
6 d
7 a
8 e
9 a
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Funções inorgânicas
Para o vestibular
13
1 e
2 d
Cátion
Ânion
Fórmula do
composto
Nome do
composto
3 b
NH14
Cc2
NH4Cc
Cloreto de amônio
Ba21
Cc2
BaCc2
Cloreto de bário
Ag1
NO–3
AgNO3
Nitrato de prata
Fe2S3
Sulfeto de ferro III
Fe(OH)2
Hidróxido de ferro II
4 b
5 c
6 b
9 a) Vinagre
2
OH
b) O KCc(s) se dissolve com dissociação iônica; o HCc
se dissolve com ionização.
15 a) 2 H2S 1 3 O2
b) H3CCOOH 1 H2O Molécula
de ácido
Molécula
de água
1
H3O 1 H3CCOO
Íon
hidroxônio
2
Íon
acetato
10 a) Quando a água usada na irrigação evapora, os sais
nela dissolvidos permanecem no solo, provocando
o fenômeno da salinização.
b) A água da chuva não contém sais dissolvidos;
portanto, quando evapora, ela não deixa resíduo
salino, não contribuindo com a salinização do solo.
11 a) A molécula de água é polar, pois o oxigênio (O) tem
eletronegatividade maior que o hidrogênio (H); as
ligações covalentes O–H são polares, fazendo com
que a molécula de água tenha maior concentração
eletrônica sobre o átomo central.
S
b) Modelo A. O polo positivo das moléculas de água
está ao redor do íon cloreto (2), e o polo negativo
das moléculas de água está ao redor do íon sódio (1).
Observa-se que isso também ocorre em D;
porém, nesse caso, os íons + estão muito próximos,
e o texto se refere a uma solução diluída.
12 a) Hipoclorito de sódio e hipoclorito de cálcio
b) NaCcO e Ca(CcO)2
c) O cloro gasoso – Cc2
d) Ac2(SO4)3 1 3 Ca(OH)2 b) SO3 1 H2O 2 SO2 1 2 H2O
H2SO4 (ácido sulfúrico)
16H2SO3 e H2SO4. O ácido mais forte é o H2SO4, pois,
quando ele ioniza, forma-se uma maior quantidade
de íons.
17 a) HIn 1 H2O (incolor)
H3O1 1 In2
(vermelho)
b) Quando madura, a flor fica vermelha porque o
meio se torna alcalino (estão presentes íons OH2
em maior quantidade do que íons H1), e a reação
descrita anteriormente é deslocada para a direita, pois
o íon H1 reage com o íon OH2, formando mais água.
18 b
19 c
20 a
21 a
22 d
23 d
24 a
3 CaSO4 1 2 Ac (OH)3
25 b
26 b
Óxidos que podem resolver problemas de acidez e
alcalinidade devem apresentar, respectivamente,
caráter básico e ácido, como ocorre com Na2O e SO2.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
8 a
Fe
21
22
14 a) KCc(s): ligação iônica; HCc(g): ligação covalente.
7 b
Fe
31
27 b
N2O, NO e CO são classificados como óxidos neutros
ou indiferentes devido à baixa reatividade frente a
determinados compostos.
28 a
Entre os óxidos mencionados, apenas o SO3 é ácido.
Sua reação com a água produz ácido sulfúrico,
acarretando a formação de chuva ácida.
SO3 1 H2O
H2SO4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
29 a
a) Correta. O óxido de sódio, ao reagir com água, produz
hidróxido de sódio.
b) Incorreta. Segundo a Iupac, os metais terras raras
fazem parte da série dos lantanídeos e incluem, sim, o
escândio e o ítrio.
c) Incorreta. A distribuição eletrônica para o estado
fundamental indica que apenas o vanádio é um metal
de transição; o gálio, por sua vez, é um metal
representativo.
d) Incorreta. O óxido de alumínio ou alumina tem
grande resistência à corrosão e não é bom condutor elétrico.
30 a
As fórmulas químicas dos sais citados são Ca3(PO4)2
(fosfato de cálcio), CaHPO4 (fosfato ácido de cálcio),
NH4Cℓ (cloreto de amônio), KNO3 (nitrato de potássio)
e (NH4)2SO4 (sulfato de amônio).
31 b
a) Falsa. A reação entre uma base e um ácido produz sal
e água.
b) Verdadeira.
c) Falsa. Fenolftaleína é usada como indicador
ácido-base.
d) Falsa. Ácidos são substâncias moleculares e,
portanto, sofrem ionização em água.
32 a
A configuração 3s2 3p4 diz respeito à camada de
valência do elemento enxofre, cujo hidrácido
correspondente é o H2S. O hidróxido que contém o
metal do 4o período e família IIA é o Ca(OH)2, e a
reação de neutralização completa entre esses dois
compostos é dada por H2S 1 Ca(OH)2
CaS 1 2 H2O.
33 c
a) Incorreta. O ânion hidrogênio arsenito no hidrogênio
arsenito de cobre (II) é monovalente.
b) Incorreta. O trimetil arsênio, por ser composto de
três elementos químicos diferentes, é uma substância
orgânica ternária.
c) Correta. Quanto menor a interação intermolecular,
maior a volatilidade de um composto.
d) Incorreta. O óxido arsênico citado no texto reage com
a água, formando um composto ácido.
e) Incorreta. O elemento arsênio apresenta camada
de valência 4s2 4p3.
34 a
Óxido misto ou duplo é aquele que se comporta como
se fosse formado por dois outros óxidos do mesmo
elemento químico. Tetróxido de trichumbo (Pb3O4)
é um óxido duplo que equivale a 2 PbO 1 PbO2.
35 a
a) Correta.
b) Incorreta. As substâncias 1, 4 e 5 são iônicas e,
portanto, sólidas na temperatura ambiente.
c) Incorreta. Óxidos são compostos binários, ou
seja, formados por dois elementos. O carbonato de
sódio, Na2CO3, é ternário e classificado como sal.
d) Incorreta. A substância 2 reage com a água,
formando ácido sulfuroso.
e) Incorreta. A substância 1 corresponde ao dióxido
de silício, principal componente da areia e, por isso,
apresenta elevado ponto de fusão.
36 b
ESTUDANDO Funções inorgânicas
Para o ENEM
1 d
Para verificar quais dos ácidos citados conferem maior
acidez às chuvas, é necessário colocá-los em ordem de
acidez. De acordo com a regra de Linus Pauling, dos que
apresentarem fórmula molecular geral MOm(OH)n, terá
mais acidez aquele com maior número de oxigênios não
ligados ao hidrogênio (maior m).
É preciso lembrar que o ácido mais forte é aquele que
apresenta maior facilidade em ceder H1. Logo, os que
conferem maior acidez às chuvas são os ácidos H2SO4
e HNO3.
2 e
3 e
4 a
5 a
6 c
HCℓ – ácido clorídrico – ácido: cede H1.
Mg (OH)2 – hidróxido de magnésio – base: possui
íon hidroxila (OH2).
NaHCO3 – bicarbonato de sódio – sal
CaCO3 – carbonato de cálcio – sal
7 d
X é um composto iônico e Y é um molecular. Para
conduzir eletricidade, a solução deve ter íons livres.
As substâncias iônicas conduzem eletricidade quando
em solução aquosa e quando se apresentam como
líquidos, pois se dissociam. Já as soluções moleculares,
em sua grande maioria, não conduzem eletricidade,
exceto ácidos (sofrem ionização) e amônia, que o
fazem quando estão em solução aquosa.
8 e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
I. Dissociação iônica; II. Liberação de gás (CO2)
III. Formação de ácido (H2CO3); IV. Ionização do ácido cítrico.
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Reações inorgânicas
Para o vestibular
2 Ac(OH)3(s) 1 3 SO224(aq)
b) Hidróxido de alumínio
15 a) Chumbo 5 Pb; enxofre 5 S
b) PbS 1 4 H2O2 c) Sim, pois na equação do item b há variação no
número de oxidação do enxofre de (22) para (16) e
do oxigênio de (21) para (22).
2 a) N2 (nitrogênio)
b) I – dupla troca; II – decomposição
3 2 SO2(g) 1 O2(g) SO3(g) 1 H2O(c) b) NH4OH 1 HNO3 NH4NO3 1 H2O
5 a) Porque cal é óxido de cálcio, que é um óxido básico.
Dessa forma, em contato com a água, será formado
hidróxido de cálcio.
b) CaO 1 H2O Ca(OH)2
Ca(OH)2 1 HCc Ca(OH)Cc 1 H2O
(neutralização parcial)
Ca(OH)2 1 2 HCc CaCc2 1 2 H2O
(neutralização total)
6 c
7 e
8 c
9 b
10 c
11 d
12 c
CaO(s) 1 H2O(c) Ca(OH)2
Ca(OH)2 1 2 HCc(aq) CaCc2 1 2 H2O(c)
13 a) A turvação da solução.
16 a) • na solução de Ba(OH)2?
A solução fica turva, devido à formação do BaCO3,
insolúvel: Ba(OH)2 1 CO2 BaCO3 1 H2O.
2 SO3(g)
H2SO4(aq)
4 a) NH4NO3
b) Ca(OH)2(aq) 1 CO2(g) CaCO3(s) 1 H2O(c)
(A turvação deve-se à formação do CaCO3(s), insolúvel.)
14 A: Cc2(aq); B: Na1(aq); C: NaCc(aq); D: Na1(aq), Cc2(aq),
Ag1(aq), NO32(aq); E: AgCc(s); F: NaNO3(aq)
PbSO4 1 4 H2O
• no cobre aquecido?
Ocorre a formação de um sólido preto de CuO.
b) Ba(OH)2 1 CO2 BaCO3 1 H2O
2 Cu 1 O2 2 CuO (sólido preto)
c) N2 do ar atmosférico que não reagiu e excesso de O2
(O2 do ar que não reagiu com o Cu).
17 a
18 b
19 a
20 e
21 a
22 d
23 a
a) Verdadeira. O leite de magnésia é uma suspensão
de hidróxido de magnésio.
b) Falsa. Considerando que há neutralização completa,
a fórmula química do sal formado na reação é MgCℓ2.
c) Falsa. O leite de magnésia tem caráter básico e,
portanto, pH maior do que 7.
d) Falsa. Considerando que há neutralização completa,
a equação química correta dessa reação é
Mg(OH)2 1 2 HCℓ p MgCℓ2 1 2 H2O.
24 e
Experimento 1. Ocorre produção de NH3 que, por ter
caráter básico, altera a cor do papel de tornassol de
vermelho para azul.
Experimento 2. Ocorre termodecomposição do
carbonato de cálcio e, uma vez que o CO2 produzido
tem caráter ácido, há alteração da cor do papel de
tornassol de azul para vermelho.
Experimento 3. A reação produz gás NO, que tem
caráter neutro e não causa alteração de cor no papel
de tornassol.
Experimento 4. Ocorre formação de gás hidrogênio,
que não reage com água e não altera a cor do papel
de tornassol.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a) Ac2(SO4)3(s) 1 6 OH2(aq) 25 a) O cátion do alumínio isoeletrônico do gás Ne é o Aℓ31.
Aℓ31 5 1s2 2s2 2
b) Aℓ31 , Mg21 , Na1
c) Considerando que o Aℓ2O3 é um composto iônico,
sua fórmula eletrônica é:
2 [Aℓ]31 3 U x O
x
U
22
ou [Aℓ]231 U x O
x
U3
22
d) Reação: 2 Aℓ(s) 1 6 HCℓ(aq) 3 H2(g) 1
1 2 Aℓ31(aq) 1 6 Cℓ2.
Tipo de ligação: AℓCℓ3 ligação iônica.
26 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A adição de ácido clorídrico só acarreta efervescência
no frasco que contém K2CO3 (Y) por causa da formação
e da liberação de CO2. Entre os compostos fornecidos, a
única combinação que produz precipitado é
Ca(OH)2 (X) 1 K2CO3 (Y), que, ao reagir, forma carbonato
de cálcio, uma substância de baixa solubilidade.
Por eliminação, Z é NaOH.
27 I. 1, 2 e 3
II. 0 e 4
0. O ferro metálico, ao reagir com uma solução de
ácido clorídrico, origina o cloreto ferroso como
principal produto da reação.
1. Os ácidos clórico, nítrico, sulfúrico e arsenioso
apresentam, respectivamente, o seguinte número
de ligações dativas: 2, 1, 2 e 0.
2. Nos hidretos apolares dos elementos da família IV-A,
os pontos de ebulição crescem do CH4 para o PbH2, em
decorrência do aumento das forças de Van der Waals
entre as moléculas e do aumento da massa molar do
composto.
3. O óxido de sódio reage com água, produzindo
hidróxido de sódio (soda cáustica), uma base forte.
4. Nos sais hidratados, as moléculas de água de
hidratação estão ligadas por interações do tipo
íon-dipolo.
28 e
As observações permitem afirmar que:
I. B é o único composto de caráter básico, evidenciado
pela cor rosa da fenolftaleína. Deve ser, portanto,
hidróxido de sódio;
II. B, que é uma base, é neutralizado por A, que deve ser,
portanto, ácido sulfúrico;
III. dos compostos ainda não identificados, A (ácido
sulfúrico) só formaria precipitado com cloreto de bário,
que corresponde ao composto D.
A, B, C e D correspondem respectivamente a
H2SO4, NaOH, K2SO4 e BaCℓ2.
29Lítio.
Na2CO3 1 Li2SO4 p Li2CO3 1 Na2SO4
ESTUDANDO Reações inorgânicas
Para o ENEM
1 a
No frasco 1, adicionou-se água com gás. A água
contém dióxido de carbono, o que permite que ocorra
o equilíbrio representado a seguir:
H2CO3(aq)
CO2(aq) 1 H2O(ℓ)
A cal existente no frasco reage com a água
formando hidróxido de cálcio (solúvel em água);
essa base reage com o ácido carbônico proveniente
da água com gás, gerando um precipitado branco,
o carbonato de cálcio, e água.
CaO(s) 1 H2O(ℓ)
Ca(OH)2(aq)
H2CO3(aq) 1 Ca(OH)2(aq)
CaCO3(s) 1 2 H2O(ℓ)
Assim, justifica-se a transparência da solução e a
formação do precipitado branco, o que não pode
ser observado no frasco 2, já que a água adicionada
não possui dióxido de carbono dissolvido.
3 e
4 b
5 b
A destruição do microambiente, no tronco de árvores
pintadas com cal, ocorre pela retirada de água deste
microambiente graças ao processo de osmose, já que
o óxido de cálcio (óxido básico) reage com a água
formando hidróxido de cálcio, gerando um gradiente de
concentração.
Reação envolvida: CaO + H2O → Ca(OH)2
A retirada de água desse microambiente impossibilita
o desenvolvimento de microrganismos.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 d
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Cálculos químicos e suas unidades de medida
Para o vestibular
1 c
8 d
2 a) CaCO3 CaO 1 CO2
CO2 1 Ba(OH)2 BaCO3 1 H2O
b) 197 g BaCO3 8 g x 5 1,78 g
100 g CaCO3 x x 5 4,09 g
5,0 g 100%
4,0 y 7 80%
A pureza é de 80%.
3 342 g sacarose 44 g CO2
1,78 g
4 a) 56 g CaO 64 g CaC2
x
280,5 g x 5 320,5 g
b) 56 g CaO 280,5 g x 5 120,2 g
26 g C2H2
x
5 100 g de CaCO3 40 g Ca
x
80 g de CaCO3 x 5 32%
6 c
12 mg Fe 5 0,214 ? 1023 mol (necessário no corpo)
1 colher 4,28 ? 1025 mol
x 0,214 ? 1023 mol
x 5 5 colheres
7 a) A equação química do processo é:
CuS 1 O2 S
1
O 2 2
H2O 1 SO3 b) SO2 1 9 a
10 c
4 ? 46 g etanol
x
171 g x 5 92 g
44 g CO2
x
Cu 1 SO2
SO3
H2SO4
1
O 1 H2O SO2 1 2 2
1 mol H2SO4
1 mol
64 g 64 kg x 5 98 kg
98 g
x
11 V
V
F
F
12 b
240 g de TiO2 x
x 5 2,4 g de TiO2
12 g
100%
2,4 g
x
x 5 20%
96 g de O2
0,96 g
13 e
104 g de Cr
152 g de Cr2O3 15,2 g x
x 5 10,4 g
10,4 g 100% de rendimento
x 75%
x 5 7,8 g
14 O camundongo tem 1,0 g de hidrogênio e 6,4 g de
oxigênio. Como em 1 mol de água há 2 g de
hidrogênio e 16 g de oxigênio, o hidrogênio presente
no camundongo seria suficiente para produzir
1,0
2,0 5 0,5 mol de água, ao passo que o oxigênio seria
6,4
suficiente para produzir 16 5 0,4 mol de água.
Desse modo, a formação de água é limitada pela
quantidade de oxigênio. Portanto, a quantidade
máxima de água que poderia ser formada apenas pela
combinação dos átomos de hidrogênio e oxigênio
presentes no camundongo é 0,4 mol, o que
corresponde a 0,4 · 18 5 7,2 g de água.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
176.000 mg
1 mol vit x 62 mg
x 5 0,35 · 1023 mol (dose diária recomendada)
r 5 7,05 · 1023 mol (dose diária ingerida pelo cientista)
7,05 · 1023
5 20
0,35 · 1023
Portanto, r 5 20.
15 a) C6H12O6 1 6 O2 b) 1 mol (glicose) 180 g 900 g x 5 1.320 g
6 CO2 1 6 H2O
23 d
NaHCO3 (M = 84 g/mol) Na2CO3 (M = 106 g/mol)
2 ? 84 g de NaHCO3
106 g de Na2CO3
420 kg de NaHCO3
x
x = 265 g de Na2CO3
265 g de Na2CO3
100% rendimento
212 g de Na2CO3
y
y = 80%
6 mol (CO2)
6 · 44 g
x
16 Soma: 01 1 02 1 04 1 16 1 32 = 55
17 c
24 a) 2 : 1 : 1 : 1
b) 0,49 g de NaHCO3 impuro
0,32 g de NaHCO3 puro
x ≃ 65%
18 a) O rendimento da reação foi inferior a 100%.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b) BaCO3 1 2 HCc BaCc2 1 H2O 1 CO2
O BaCc2 é um sal solúvel, e isso permitiu que íons
bário fossem absorvidos pelo sistema digestório.
21
25 e
A reação que ocorre é: H2SO4 + 2 NaOH
Na2SO4 + H2O
98 g de H2SO4
80 g de NaOH
x
40 g de H2SO4
x = 32,6 g de NaOH
Como foram utilizados 40 g de NaOH, há um excesso
de 7,4 g de NaOH.
2
c) BaCO3 1 2 HCc
Ba 1 2 Cc 1 H2O 1 CO2
197 g 137 g
m 0,035 g
m 5 0,05 g
0,05 g 14%
x 100%
x 5 0,36 g de sulfato de bário impuro
26 c
Como na reação a proporção entre o CO2
e o CO é de 1 : 2, 10 litros de CO2 produziriam 20 litros
de CO (100% de rendimento); então:
100%
20 litros de CO
x
20%
x = 4 litros de CO
19 BaCO3(s) + H2SO4(aq) = BaSO4(s) + H2O(aq) + CO2(g)
20 b
AgCc (M = 143,5 g/mol)
143,5 g de AgCc
2,87 g de AgCc
x = 2,16 g de Ag
10 g aliança
2,16 g de Ag
y ≃ 22%
108 g de Ag
x
27 c
100%
y
28 a) Composto A:
21 a) C12H22O11 massa molar = 342 g mol21
342 g
6,02 ? 1023 moléculas
60 g
n moléculas
n = 1,06 ? 1023 moléculas
b) C12H22O11
12 C + 11 H2O
342 g
144 g de C
0,60g
mc
mc = 0,25 grama
22 e
6,02 ? 1023 átomos de Fe
1 átomo de Fe
x = 9,3 ? 10–23 g
87,0 g de iodo
13,0 g de flúor
Composto B:
69,0 g de iodo
87,0 g de iodo
x = 39,1 g de flúor
31,0 g de flúor
x g de flúor
Composto C:
57,0 g de iodo
87,0 g de iodo
y = 65,6 g de flúor
43,0 g de flúor
y g de flúor
As massas formam uma proporção segundo a Lei de
Dalton: 1 : 3 : 5.
56 g
x
100%
x
b) É impossível deduzir, usando apenas os dados
fornecidos para o composto A, que sua fórmula
mínima é IF, pois a proporção em mols é 1 : 1.
127,0 g de iodo
1 mol
87,0 g de iodo
x mol
x = 0,685 mol
19,0 g de flúor
13,0 g de flúor
y = 0,684 mol
1 mol
y mol
ESTUDANDO Cálculos químicos e suas unidades de medida
Para o ENEM
A concentração de hidróxido de magnésio no leite
de magnésia é de 64,8 g/L. Assim, ao se ingerir 9 mL
de leite de magnésia, tem-se:
64,8 g
1.000 mL
x
9 mL
x = 0,583 g de Mg(OH)2
A massa molar do Mg(OH)2 é igual a 24,3 + 2(17) = 58,3 g/mol.
Assim, ao se ingerir 9 mL de leite de magnésia:
1 mol Mg(OH)2
58,3 g
x
0,583 g
x = 0,01 mol de Mg(OH)2
A reação que ocorre entre o ácido estomacal e o
hidróxido de magnésio é:
Mg(OH)2 + 2 HCc
MgCc2 + 2 H2O
Na reação, observa-se que 1 mol de hidróxido de
magnésio reage com 2 mol de ácido clorídrico.
Assim,
1 mol de Mg(OH)2
2 mol de HCc
n de HCc
0,01 de Mg(OH)2
n = 0,02 mol de HCc
2 a
3 b
4 a
5 c
1 mol C = 3,6 ? 1024 elétrons
1 átomo C = 6 elétrons
18 g C = 1,5 mol C = 5,4 ? 1024 elétrons
6 e
20 kg de carvão
100%
x
75%
x = 15 kg
6 ? 1023 moléculas de CO2
12 g C
15.000 g C
y
y = 7,5 ? 1026 moléculas de CO2
7 d
143,5 g de AgCc
2,87 g de AgCc
x = 2,16 g de Ag
2,70 g moeda
2,16 g de Ag
y = 80%
108 g de Ag
x
100%
y
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 d
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Estudo dos gases
Para o vestibular
1 a) aleatório – linear – maiores – choques – pressão
Zn(s) 1 2 HCc(aq) ZnCc2(s) 1 H2(g)
64,5 g 1 mol
32,7 g n(H2)
n(H2) 5 0,507 mol
PV 5 n · R · T
0,82 · V = 0,507 · 0,082 · 300
V 5 15,21 L
b) X 5 Cc2 a 100 K; Y 5 Cc2 a 1.000 K e Z 5 H2 a 100 K.
X e Y: para uma mesma espécie de gás, quanto
maior a temperatura, maior a velocidade média das
moléculas.
X e Z: a uma mesma temperatura, moléculas de
H2 têm maior velocidade média em função de sua
menor massa molar.
2 a) 2,20 atm
PV 5 nRT
P · 10 5 0,9 · 0,082 · (273 1 25)
P 5 2,19 atm
b) O gás produzido é o hidrogênio (H2), que é uma
molécula apolar; como a água é uma molécula
polar, as duas substâncias não são miscíveis.
6 a) Transformação A B – Lei de Boyle. No diagrama
V · P, as isotermas correspondem à parte de uma
hipérbole equilátera, sendo PV 5 constante.
Transformação B C – Lei de Charles. No
diagrama V · P, a pressão permanece constante,
enquanto o volume e a temperatura variam, sendo
VT 21 5 constante.
Transformação C D – Lei de Gay-Lussac. No
diagrama V · P, o volume permanece constante,
enquanto a pressão e a temperatura variam, sendo
PT 21 5 constante.
b) ​P​​CH​ ​​5 0,489 atm
4
​P​​H​ ​​5 0,734 atm
2
​P​​N​ ​​5 0,979 atm
0,2
· 2,2 5 0,489 atm
​P​​CH​ ​​5
0,9
0,3
· 2,2 5 0,734
​P​H​ ​ ​​5
0,9
​P​N​ ​ ​​5 2,2 2 0,734 2 0,489 5 0,979
2
4
2
2
3 a) Pela equação de gases ideais, tem-se n 5 0,035 atm ·
21
· 1.000 L/0,082 atm · L · mol · K · 300 K). Assim,
n 5 1,42 mol. A partir dessa quantidade em mol,
pode-se calcular a massa de água (massa molar 5
5 18,0 g · mol21) como sendo aproximadamente
26,0 g. Como a densidade da água é 1 g · mL21,
tem-se que 26,0 mL deverão evaporar. Assim, pode-se
afirmar que não haverá a evaporação completa
de 1 L de água.
b) V
21
b) Para um volume de 1 L ou 1.000 mL de água, cuja
densidade é 1 g · mL21, tem-se 1.000 g de água. Essa
massa equivale a cerca de 55,6 mol de água. Como
o calor de vaporização da água é 40,7 kJ por mol, a
quantidade de calor necessária para vaporizar
55,6 mol é aproximadamente 2.263 kJ.
4 0,17 L
2 LiOH(s) 1 CO2(g) Li2CO3(s) 1 H2O(c)
48 g 2 mol LiOH
0,348 g x
x 5 0,0145 mol
Como o LiOH e o CO2 se combinam na proporção de 2:1,
tem-se 0,0145/2 mol de CO2.
PV 5 nRT; 1,03 · V 5 0,00725 · 0,082 · (273 1 21)
V 5 0,17 L
C
V
A
B
P
Temperatura =
constante
D
P
C
B
Pressão =
constante
T
Volume =
constante
7 e
8 d
2 ZnS(s) 1 3 O2(g) 2 · 97,4 g 19,5 g x 5 4,5 L
2 ZnO(s) 1 2 SO2(g)
2 · 22,4 L
x
9 a
N2 5 1,5 mol; O2 5 0,5 mol
PV 5 nRT P · 2 5 2 · 0,082 · 300 P 5 24,6 atm (total)
0,5
· 24,6 5 6,15 atm; portanto,
​P​​O​ ​​5
2,0
​P​​N​ ​​5 24,6 2 6,15 5 18,45 atm
2
2
10 a
T
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
5 a) A equação que representa a reação química é:
11 Observe as equações:
Combustão do metano:
CH4(g) 1 2 O2(g) CO2(g) 1 2 H2O(g)
1 volume de CH4(g) 1 volume de CO2(g)
V(CH4) 22,4 L
V(CH4) 5 22,4 L
Combustão do GLP (principalmente butano):
13
O (g) 4 CO2(g) 1 5 H2O(g)
C4H10(g) 1
2 2
1 volume de C4H10(g) 4 volumes de CO2(g)
V(C4H10) 22,4 L
V(C4H10) 5 22,4 5 5,6 L
4
12 c
13 b
14 a
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
15 e
16 c
17 a
18 c
19 a
20 d
Admitindo uma quantidade igual a 100 g para
facilitar os cálculos, a mistura contém 87 g de N2
(massa molar 5 28 g/mol) e 13 g de O2
(massa molar 5 32 g/mol), que equivalem a,
aproximadamente, 3,11 mols e 0,41 mols. A massa
molar aparente da mistura é igual a:
m
M5 n
100
M5
(3,11 1 0,41)
M 5 28,41 g/mol
Substituindo esse valor na relação:
P 3 M 5 d 3 R 3 T
1 3 28,41 5 d 3 0,082 3 300
d 5 1,15 g/L
21 A concentração do mercúrio volatilizado pode ser
determinada pela equação de Clapeyron: P 3 V 5 n 3 R 3 T.
n
n
3 3 1026 5 [ V ] 3 0,082 3 298 [ V ] 5 [Hg] 5 0,13 mol/L
Essa concentração corresponde a, no caso do mercúrio
(massa molar 5 200 g/mol), 26 g/L 5 26 mg/m3, que,
de acordo com o enunciado, é letal.
22 a
A equação balanceada é dada por:
2 NaCℓ 1 MnO2 1 2 H2SO4 p Na2SO4 1 MnSO4 1 Cℓ2 1 2 H2O
De acordo com essa equação, a proporção é de 2 mols
de NaCℓ (massa molar 5 58,5 g/mol) : 1 mol de Cℓ2.
Assim, tem-se:
2 3 58,5 g NaCℓ __________ 1 mol Cℓ2
600 g NaCℓ __________ n
n 5 5,13 mol
Esse valor corresponde a um rendimento teórico
de 100%. Uma vez que o rendimento é de 80%, a
quantidade de cloro produzida é de, aproximadamente,
4,1 mols. Substituindo esse valor e os outros dados
do enunciado na equação de Clapeyron, obtém-se:
P3V5n3R3T
1 3 V 5 4,1 3 0,082 3 300
V 5 100,86 L
23 d
De acordo com a Hipótese de Avogadro e com a Lei de Gay-Lussac, a proporção em volume é igual à
proporção molar. Considerando-se 100 mols de
moléculas, para facilitar os cálculos, tem-se:
• CO2: 80% em volume p 80 mols de moléculas p
p 80 mols de átomos de C 1 160 mols de átomos de O;
• CH4: 10% em volume p 10 mols de moléculas p
p 10 mols de átomos de C 1 40 mols de átomos de H;
• CO: 5% em volume p 5 mols de moléculas p
p 5 mols de átomos de C 1 5 mols de átomos de O;
• N2: 5% em volume p 5 mols de moléculas p
p 10 mols de átomos de N.
A quantidade total de átomos para cada elemento
é, portanto:
• C: 80 1 10 1 5 5 95 mols de átomos;
• O: 160 1 5 5 165 mols de átomos;
• H: 40 mols de átomos;
• N: 10 mols de átomos.
Assim, a ordem crescente de número de átomos é
dada por: O . C . H . N.
24 b
Nessas condições (baixa pressão e alta temperatura),
o comportamento do gás real se aproxima do
comportamento do gás ideal descrito pela equação
PV 5 nRT (equação de estado de um gás ideal).
Primeiramente, calcula-se o volume interno da bola:
4
V5
3 π 3 r3
3
20
sendo r 5
5 10 cm 5 1 dm
2
4
3 3 3 13
logo, V 5
3
V 5 4 dm3 5 4 L
Determina-se a massa de ar contida no interior da bola
cheia aplicando a equação de Clapeyron:
m
3R3T
P3V5
M
sendo:
P 5 1 atm
V54L
M 5 30 g 3 mol21
R 5 0,080 atm 3 L 3 mol21 3 K21
T 5 27 1 273 5 300 K
Tem-se:
m
1345
3 0,80 3 300
30
m55g
26 b
As massas dos dois reagentes são dadas por
m
d5
e m 5 d 3 V.
V
mH2 5 0,07 3 5.000 5 350 g
mN2 5 0,80 3 5.000 5 4.000 g
Convertendo esses valores em número de mols, são
obtidos, respectivamente, 175 mols de
H2 (massa molar 5 2 g/mol) e, aproximadamente,
142 mols de N2 (massa molar 5 28 g/mol).
A pressão total pode ser obtida substituindo os
devidos valores na equação de Clapeyron:
PV 5 nRT
P 3 70 5 (142 1 175) 3 0,082 3 750
P 5 278 atm
27 b
Na experiência em questão, o gás sofreu uma
transformação isobárica, ou seja, uma transformação
em que a pressão permanece constante.
O balão que ficou mais cheio foi colocado em água
quente, e o balão que murchou foi colocado em água
fria, revelando que o aumento da temperatura
provoca a expansão do gás, e a diminuição da
temperatura, sua contração.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
25 b
ESTUDANDO Estudo dos gases
Para o ENEM
1 c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 e
Considerando somente o nitrogênio e o oxigênio do
ar e sabendo-se que todo oxigênio reage com a palha
de aço, nota-se que, inicialmente, o volume da garrafa
é ocupado por nitrogênio e oxigênio, e, após a reação,
resta apenas gás nitrogênio.
Cálculo da porcentagem do volume de nitrogênio do ar:
7,8 cm __________ 100% em volume
6,1 cm __________ x em volume
x 5 78,2% em volume de nitrogênio
Para saber a porcentagem em volume de oxigênio
presente no ar, basta fazer:
100% 2 78,2% 5 21,8% em volume de oxigênio CNTP
Cálculo do número de mols de oxigênio presente no
interior da garrafa PET: PV 5 nRT
1 3 (0,218 3 0,6) 5 n 3 0,082 3 273
0,1308 5 n 3 22,386
n 5 0,006 mols de oxigênio
3 d
Cálculo do volume do balão:
Massa de hélio: 40,0 g
m
40
]n5
] 10 mol
Número de mols de hélio: n 5
M
4
Pressão do balão: 2,0 atm
Temperatura ambiente: 32 °C p 273 1 32 5 305 K
PV 5 nRT ] 2V 5 10 3 0,082 3 305 ] V 5 125,1 L
4 a
Como o volume e a temperatura são mantidos
constantes, as pressões exercidas pelos dois gases são
somadas, ou seja, cada gás é responsável por uma
parcela da pressão total da mistura.
5 d
6 e
De acordo com a tabela fornecida, o dióxido de enxofre
é responsável pela redução de visibilidade na
atmosfera. Analisando os dados hipotéticos fornecidos,
a região que possui maior quantidade desse gás é a de
Pinheiros. O fenômeno observado é denominado smog.
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Estudo das soluções
Para o vestibular
2,5
n
61,8
] 0,5 V  0,04 ]
M  ] 0,5 
V
V
] V 7 0,081 L ou 81 mL
8 40 g
100 g de água 60 g de sal
200 g x
x  120 g de sal dissolvidos a 80 °C
100 g de água 40 g de sal
200 g y
y  80 g de sal a 40 °C
120 g dissolvidos a 80 °C 2 80 g
dissolvidos a 40 °C  40 g precipitam.
2 e
Em 2 L tem-se 2.000 g de massa total.
2.000 g 100%
x 0,9%
x  18 g
9 34 g
33 g de oxalato 3 e
x x  66 g
100 g (totais) 2 66 g (dissolvidos)  34 g
4 b
200 g de solução x x  1,8 g
100% de massa
0,9%
5 a) Zn(s)  2 HCc(aq) ZnCc2(aq)  H2(g)
2g
1 mol m(H2)  2 g
100 g de
água
200 g
10 a) 80 °C
b) [HCc]  0,1 mol/L
1.000 mL 0,1 mol de HCc
100 mL n(HCc)
n(HCc)  0,01 mol
1 mol HCc 36,5 g
0,01 mol HCc m(HCc)
m(HCc)  0,365 g
6 A equação química que representa a reação de oxidação
do ferro é dada por:
4 Fe(s)  3 O2(g) 2 Fe2O3(s)
3 · 32 g 2 · 160 g
m(O2) 32 mg
m(O2)  96 mg  9,6 · 103 g
Como essa massa de O2 está presente em um litro de
água, a concentração de O2 será 9,6 · 103 g/L.
7 a) No sistema I existem duas fases: solução saturada de
NaCc e corpo de chão de NaCc em equilíbrio.
dissolvem em b) Sistema I. Continuará uma solução saturada com
precipitado.
Sistema II. Haverá a formação de um precipitado.
Sistema III. Continuará uma solução insaturada.
Se, a 80 °C, 50 g de sal saturam 100 g de água,
200 g saturam em 400 g de água.
b) 80 g
A 20 °C
30 g de sal 100 g de água
x 400 g
12.000
 120 g
x
100
200 g totais 2 120 g dissolvidas  80 g no fundo do
béquer.
11 Soma: 01  04  32  37
(02) Errada, pois a solução saturada apresenta apenas
uma fase, sendo, portanto, homogênea.
(08) Errada, pois a concentração depende da comparação;
uma solução pode ser concentrada em relação a outra e
ainda estar longe do ponto de saturação.
(16) Errada, pois o soluto é uma substância que se
dissolve no solvente; após a separação, as moléculas,
tanto do solvente como do soluto, continuam as
mesmas; o fato de terem se misturado não as modifica.
12 e
13 b
1,5  103 g F
x
1L
10.000 L
x  15 g F
188 g Na2SiF6
y
y 7 24,7 g F
114 g F
15 g F
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
14 A única correta é a 3, pois os bicarbonatos são obtidos
a partir de reações com o ácido carbônico por meio de
neutralizações incompletas em que resta, na molécula
do sal formado, um hidrogênio ainda ionizável.
1. Incorreta, pois 0,5 mol de óxido de silício
corresponderia a 30 g, e não a 30 mg.
2. Incorreta, porque em cada litro de água existem
30 mg de óxido de silício, e não de silício.
24 a) Pelo gráfico, em 100 g de água a 90 °C, tem-se:
NaCcO3: 170 g
NaCc: 40 g
m(total)  100 g  170 g  40 g  310 g
b) Pelo gráfico, em 100 g de água a 25 °C, tem-se:
NaCcO3: 102 g
NaCc: 38 g
Logo, cristalizam:
170 g  102 g  68 g de NaCcO3
40 g  38 g  2 g de NaCc
Massa total cristalizada  68 g  2 g  70 g
70 g
100 %
68 g
p
p  97,1% de pureza de NaCcO3
c) NaCcO3(s)
Na(aq)  CcO3 ­(aq)
Uma elevação de temperatura desloca o equilíbrio
para a direita e aumenta o número de íons na
solução.
15 d
16 b
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
17 F
V
F
V
V
18 a) 1.500 kg (água marinha) m (sais) m (sais)  51 kg
100%
3,4%
b) Em 100 mL (0,1 L) de água do mar:
2 g de NaCc n
58,5 g de NaCc 1 mol
n  0,034 mol de NaCc
Então, a concentração molar será de 0,034 mol de
NaCc em 0,1 L de água do mar, ou seja, 0,34 mol/L.
1 mol de C6H8O6
176 g
x
600  103 g
3
x  3,4  10 mol de C6H8O6
3,4  103 mol de C6H8O6
0,2 L
y
1L
y  0,017 mol de C6H8O6  17 mmol de C6H8O6
26 b
19 a
mmédia 
20 d
100 g de H2O
20 g de sal x 50 g
x  10 g dissolvidos e 8,0 g precipitam.
21 d
22 e
23 a) 1 mol BaSO4
x
x  0,2 mol BaSO4
0,2 mol BaSO4
y
y  0,4 M
25 d
b) 46,6 g BaSO4
x
x  93,2 g/L
233 g
46,6 g
500 mL
1.000 mL
500 mL
1.000 mL
22 g
x
(22  20  24)
 22
3
500 mL
1.000 mL
x  44 g/L
ESTUDANDO Estudo das soluções
Para o ENEM
1 b
Cálculo da quantidade, em mol, de sacarose utilizada
para adoçar o cafezinho:
x  0,01 mol
Cálculo da quantidade, em mol, de sacarose em
1 L de café:
y  0,2 mol
Portanto, a concentração de sacarose no cafezinho é
0,2 mol/L.
2 d
3 b
750 g de vinagre
22,5 g de ácido
x  3%
100%
x
5 a
6 e
7 d
8 b
M
18,5
m1
Æ M 7 1 mol · L1

74,5 · 0,25
M1 · V
9 e
No ano de 2007, o nível de CO2 era de 382,7 ppm.
382,7 mg de CO2
1 kg de ar atmosférico
x
10 kg de ar atmosférico
x  3.827 mg  3,827 g de CO2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4 c
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Concentração das soluções
Para o vestibular
2 H2O 1 Na2SO4
b) NaOH:
0,6 mol 1.000 mL
n(base) 20 mL
n(base)  0,012 mol
1 mol H2SO4 2 mol NaOH
n(ácido) 0,012 mol NaOH
n(ácido)  0,006 mol
0,006 mol de ácido
15 mL
x 1.000 mL
x  0,4 mol em 1 L
A concentração molar do ácido é 0,4 mol/L.
5 a) 1 L 1 L 10 L m  37,25 g
b) 0,05 mol/L · 500 mL  5 · 103 mol · L1 · Vf
Vf  5.000 mL
c) C  0,1 mol/L · 74,5 g/mol1  7,45 g/L
6 a) 2HCc(aq)  Ca(OH)2(aq) CaCc2(aq)  2H2O
n(HCc)  0,02 mol
n[Ca(OH)2]  0,02 mol
Pela equação:
2 mol HCc 1 mol Ca(OH)2
0,02 mol HCc x
x  0,01 mol Ca(OH)2
Foram misturados 0,02 mol de Ca(OH) 2 com
0,02 mol de HCc, mas reagiu 0,02 mol de Ca(OH) 2
com 0,01 mol de HCc. Portanto, a solução final será
básica.
2 A: solução 1
B: solução 2
CAVA 1 CBVB  CV
1,5 VA 1 0,5 VB  0,9 · 100
VA 1 VB  100 mL
VA  100 2 VB
Então,
1,5(100  VB) 1 0,5 VB  0,9 · 100
VB  60 mL
VA  100  60  40 mL
Os volumes deverão ser 40 mL e 60 mL.
3 0,08 mol 1 L de solução
20 L de solução
x x  1,6 mol
0,52 mol 1 L de solução
y 2 L de solução
y  1,04 mol
1,6 mol  1,04 mol  2,64 mol
2,64 mol 22 L de solução
x 1 L de solução
concentração final de NaCc:
x  0,12 mol/L 0,12 mol/L
4 a) 0,1 mol x x  0,05 mol
1 mol 0,05 mol x2g
1.000 mL
500 mL
40 g
x
b) Adicionando água até completar 1 L a 100 mL da
solução inicial.
1.000 mL
c) 0,1 mol NaOH 10 mL
x x  0,001 mol
Como na reação de neutralização, a proporção NaOH:
HCc é 1:1.
1.000 mL
0,05 mol HCc x
0,001 mol HCc x  20 mL
0,05 mol (NaCcO)
0,05 · 74,5 g (NaCcO)
m
b) 0,1 M de Ca(OH)2
M  0,01 mol/0,1 L  0,1 M
7 a) C1V1  C2V2, portanto 25 · V1  10 · (V1  300) ]
] V1  200 L
200 L de água do mar  300 L de água potável  500 L
(volume total de soro que poderia ser obtido)
b) 100 g de NaCc/pessoa
500 L totais/50 pessoas  10 L/pessoa
10 g sal 1L
x 10 L
x  100 g por pessoa
c) A água do mar evapora, mas o sal continua
dissolvido no oceano. A água da chuva é
praticamente isenta de sais dissolvidos.
8 c
M 1V 1  M 2V 2
0,01 · 0,3  M2 · 0,2 M2  0,015 mol/L
9 c
M 1 · V 1  M 2 · V 2 18 · 0,5  4 · V2 V2  2,25 L
15 · V1  0,5 · 3 V1  100 mL
10 b
M 1 · V 1  M 2 · V 2 11 e
No caso de monoácidos e monobases (A  ácido e
B 5 base), pode-se utilizar a fórmula MAVA  MBVB
para estudar as soluções em que ocorrem reações
de neutralização.
MA · VA  MB · VB
MA · 10  0,2 · 9
MA  0,18 mol/L
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a) H2SO4 1 2 NaOH 12 b
15 a) 1 L 1 L 10 L m  37,25 g
M1 · V1  M2 · V2 0,4 · 0,1  0,04 · V2 V2  1 L
Como há 100 mL, deve-se acrescentar 900 mL para
atingir 1 L de solução 0,04 mol/L.
13 a) V1C1  V2C2
5,0 · C1  50 · C2
C2  0,1 · C1
C2  C3  0,1C1
V 3C 3  V 4C 4
10 · 0,1 · C1  25 · C4
C1  25C4
Na diluição 1, o volume aumentou 10 vezes, e a
concentração de capsaicina ficou 10 vezes menor.
Na diluição 2, o volume aumentou 2,5 vezes, e a
concentração de capsaicina ficou 2,5 vezes menor.
A concentração de capsaicina na solução de 5,0 mL
será 10 · 2,5  25 vezes maior do que na solução
final.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b) A quantidade de cada soluto presente no sistema é
determinada a partir da área sob cada pico.
Pico A:
h
3
A  b · 2  1 · 2  1,5 unidades arbitrárias
Pico B:
h
1,5
Ae  b · 2  2  0,75 unidade arbitrária
Como foi dito no texto que a concentração da
capsaicina é a metade da de di-hidrocapsaicina,
tem-se:
A  di-hidrocapsaicina
B  capsaicina
O instrumento utilizado poderia ser um cromatógrafo.
b) C1 · V1  C2 · V2
0,05 mol/L · 500 mL  5 · 103 mol/L · Vf
Vf  5.000 mL
c) C  0,1 mol/L · 74,5 g · mol1  7,45 g/L
16 C1 · V1  C2 · V2
25 · V1  10 · 125
V1  50 mL
17 a) Reação química:
HCc(aq)  NaOH(aq) b) Bureta: utilizada na titulação, é preenchida com
solução de tiossulfato de sódio.
Erlenmeyer: utilizado na titulação; nele é colocada a
solução que contém I2.
NaCc(aq)  H2O(c)
b) 0,500 mol NaOH n n  0,006 mol de NaOH
c) HCc(aq)  NaOH(aq) NaCc(aq)  H2O(c)
0,006 mol 0,006 mol
Molaridade (HCc)  0,006 mol/0,010 L  0,6 M
Com a diluição, o número de mols do ácido se mantém constante; então:
M(antes) · V(antes)  M(depois) · V(depois)
M(antes) · 0,01  0,6 · 0,05
M(antes)  3,00 mol/L (no frasco original)
1.000 mL
12 mL
18KOH  HNO3 KNO3  H2O
56 g 1 mol
x 0,015 mol
x  0,84 g de KOH
1,2 g 100%
0,84 g P
P  70%
14 a) Cálculo da quantidade, em mol, de cloro ativo:
1 mol de I2  1 mol de cloro ativo
1,5 · 103 mol de I2  x
x  1,5 · 103 mol de cloro ativo
Cálculo da quantidade, em mols de cloro ativo, em
100 mL de solução:
25 mL  1,5 · 103 mol de cloro ativo
100 mL  y
y  6 · 103 mol de cloro ativo
Cálculo da massa do cloro ativo:
1 mol de cloro  35 g
6 · 103 mol de cloro  z
z  0,21 g
Cálculo da massa de alvejante:
d  m/V m  d · V  1,0 g/mL · 10 mL
m  10 g
Cálculo da porcentagem de cloro ativo no alvejante:
10 g  100%
0,21 g  w
w  2,1%
0,05 mol (NaCcO)
0,05 · 74,5 g (NaCcO)
m
19 a) 1 L
1L
10 L
m  37,25 g
0,05 mol (NaCcO)
0,05 · 74,5 g (NaCcO)
m
b) C1V1  C2V2 ] 0,05 mol.L­1 · 500 mL 
 5 · 10­3 mol.L­1 · Vf ]
] Vf  5.000 mL
c) c  0,1 mol.L­1 · 74,5 g.mol­1  7,45 g.L­1
20 d
CiVi  CfVf ] 3,68 · 1  Cf · 4 ] Cf  0,92 g/L
1 mol Na
23 g
x
0,92 g
x  0,04 mol  40 milimol
26 d
A proporção entre o ácido cítrico e o hidróxido de sódio
é 1 : 3.
0,1 mol NaOH
1.000 mL
x
6 mL
x  6 · 104 mol NaOH
Portanto, são necessários 2 · 104 mol de ácido cítrico:
2 · 104 mol ácido cítrico
5,0 mL
y
1.000 mL
y  0,04 mol/L
22 a) Tem-se 2 NaOH  H2SO4 P Na2SO4  2 H2O
2 mol
1 mol
n(NaOH)
n(H2SO4)
n(NaOH)  2n(H2SO4)
Como n  molaridade ≥ volume, então:
0,800 mol/L · 40,0 mL  2 · M(H2SO4) · 4,00 mL
M(H2SO4)  4,00 mol/L
1 mol (H2SO4)
98,0 g
4,00 mol
x
x  392 g
A especificação é atendida.
b) O sal obtido pela neutralização total é o sulfato de
sódio, cuja fórmula é Na2SO4.
23 e
10–4
 103  5  10–9 mol/L
64
1023
moléculas/m3  3,2  10–4  6,0 

64
 3  1018 moléculas/m3
mol/L  3,2 
24 d
V1  x
C1  0,5 mol/L
V2  200 mL
C2  0,1 mol/L
C1  V1  C2  V2
0,5  V1  0,1  200
V1  40 mL
25 b
Pelo enunciado, pode-se concluir que, a cada 100 mL da
solução, 0,9 g é de NaCc.
Sendo assim, calcula-se:
100 mL
0,9 g
200 mL
x
100x  200  0,9
x  1,8 g
Primeiro, é necessário saber quantos mols de ácido
sulfúrico há em 20 mL da solução derramada. Para
isso, calcula-se:
0,2 mol
1.000 mL
x
20 mL
x  0,004 mol
Agora, escreve-se a equação de neutralização:
H2SO4  2 NaOH
Na2SO4  2 H2O
1 mol
2 mols
0,004
y
y  0,008 mol
Agora, basta saber quanto de hidróxido de sódio é
necessário em 20 mL de solução:
0,6 mol
1.000 mL
0,008 mol
z
z  13,33 mL
27 b
É necessário calcular a quantidade de mols de sacarose
existente em 200 mL da solução:
1 mol
342 g
x
3,42 g
x  0,01 mol
Depois, calcula-se a quantidade de mols na solução final:
0,01 mol
200 mL
y
1.000 mL
y  0,05 mol/L
A massa da sacarose será sempre a mesma, independentemente do volume da solução. Portanto, sua massa
será 3,42 g/L.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21 e
ESTUDANDO Concentração das soluções
Para o ENEM
1 d
100 mL de suco concentrado
20 g de açúcares
x
1.000 mL
x  200 g/L
Ci · Vi  Cf · Vf ] 200 · 300  Cf · 2.000 ] Cf  30 g/L
2 c
Ci · Vi  Cf · Vf ] 200 · 300  Cf · 3.000 ] Cf  20 g/L
3 a
Mi · Vi  Mf · Vf ] 2 · Vi  0,3 · 100 ] Vi  15 mL
4 d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Ci · Vi  Cf · Vf ] 8,1 · Vi  0,9 · 250 ] Vi 7 27,8 mL
5 b
Ci · Vi  Cf · Vf ] 8 · Vi  32 · 300 ] Ci  1.200 mL
Vevaporado  1.200  300  900 mL
6 e
M1 · V1  M2 · V2  M3 · V3 ] 20 · 5  30 · 1  M3 · 50 ]
] M3  2,6 mol/L
7 a
H2SO4  Mg(OH)2
1 mol MgSO4  2 H2O
1 mol
1.764 · 103
mH2SO4  1.800 kg · 98%  1.764 kg ] M 

98 · 106
 1,8 · 102 mol.L1
1.764 · 103
 18 · 103 mol
98
Como a proporção é 1 : 1, nMg(OH)2  18 · 103 mol
mMg(OH)2
] mMg(OH)2  18 · 103 · 58 
nMg(OH)2 
MMg(OH)2
nH2SO4 
 1.044 kg
8 c
3 H2SO4  2 Ac(OH)3
3 mol H2SO4
18 · 103 mol
x  936 kg Ac(OH)3
Ac2(SO4)3  6 H2O
2 · 78 g Ac(OH)3
x
9 a
NaCc  H2O
HCc  NaOH
1 mol HCc neutraliza 1 mol NaOH:
nNaOH  0,2 · 0,025  5 · 103 mol
5 · 105
MHCc 
 101 mol.L1
5 · 102
10 b
MgCc2  2 H2O
2 HCc  Mg(OH)2
2 mol HCc são neutralizados por 1 mol Mg(OH)2:
nMg(OH)2  2,5 · 103 mol
nMg(OH)2
2,5 · 103
]
]V
MMg(OH)2 
V
0,2
] V 1,25 · 102 L
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Propriedades coligativas
Para o vestibular
dissolvidas.
C1 3 V1 5 C2 3 V2 ] 280 g/L 3 x 5 35 g/L · (7 1 x)
280x 5 245 1 35x
280x 2 35x 5 245
245x 5 245
x51L
2 A disposição das correntes em ordem crescente de
temperatura de congelamento à pressão atmosférica é:
corrente 2 , corrente 1 , corrente 3. De acordo com os
princípios da crioscopia, o aumento da concentração de
um soluto não volátil, como um sal, diminui a
temperatura de congelamento da solução.
3 a)
80
60
40
20
Porcentagem de
água adicionada
100
0
– 0,6 – 0,5 – 0,4 –0,3 – 0,2 – 0,1
Temperatura (°C)
b) O que congela, no leite, é o solvente, isto é, a
água. Quanto menor a quantidade de água,
mais concentrada a solução e, portanto, menor
a temperatura de congelamento. Adicionando
água potável ao leite, diminuem-se a concentração
de soluto e, consequentemente, a temperatura de
congelamento aumenta.
4 c
5 d
6 d
7 c
8 a
9 b
10 b
11 c
12 d
13 d
14 a
15 a) Aproximadamente 10 °C. Porque a pressão no topo
é de aproximadamente 300 mmHg.
b) O ponto de ebulição do 1-butanol é maior que o do
éter dietílico, devido às pontes de hidrogênio
existentes entre as moléculas do 1-butanol.
16 a
17 c
18 d
A adição de um soluto não volátil a um solvente puro
provoca aumento da temperatura de ebulição desse
solvente, conhecido como efeito ebulioscópico, e é
diretamente proporcional à concentração total de
partículas dispersas. Uma vez que a concentração
total das soluções é igual (glicose 5 3,0 mol/L;
Ca21 [1,0 mol/L] 1 Cℓ2
[2,0 mol/L] 5 3,0 mol/L), o aumento é igual para ambas
as soluções. A água pura, por sua vez, apresenta menor
temperatura de ebulição.
19 e
À medida que o solvente se solidifica, a concentração
da solução remanescente varia, decorrendo daí a
variação da temperatura de ebulição.
20 b
Volatilidade é a tendência de uma substância para
passar do estado líquido ao estado gasoso e está
diretamente associada ao ponto de ebulição e à
pressão de vapor (exercida pelo vapor formado por
meio da evaporação de um líquido).
21 c
c) Correta. Além de outros possíveis íons
dissolvidos em água, ocorre ionização de parte do
CO2 dissolvido, produzindo íons H1 (ou H3O+) e HCO32 e
aumentando a acidez e a condutividade da água.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 Amostra B, pois apresenta maior número de partículas
22 a
a) Correta. Com base em valores para duas das seguintes
variáveis, é possível determinar o valor da terceira: pressão
parcial, fração molar e pressão do solvente puro. b) Incorreta. Duas soluções podem coexistir fora do
estado de equilíbrio.
c) Incorreta. Uma constante apresenta valor constante.
d) Incorreta. Efeitos coligativos dependem apenas da
quantidade total de partículas dispersas, e não do tipo
de partícula em si.
e) Incorreta. Em uma solução iônica de cloreto de sódio
não diluída, na qual as interações entre os íons são
muito grandes, o fator de Van’t Hoff pode ser menor
que 2, caso o grau de dissociação seja inferior a 100%.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
23 c
Em virtude da dissociação iônica do glutamato de
monossódio, o número de partículas em uma solução
desse sal é maior que o número de partículas
presentes em uma solução de açúcar de mesma
concentração. Por isso, a temperatura de ebulição da
água na solução de glutamato de monossódio será
maior que na solução de açúcar.
ESTUDANDO Propriedades coligativas
Para o ENEM
1 b
O benzeno é mais volátil e menos denso que a água
e, por isso, flutua sobre ela (por ser um composto
inorgânico, o benzeno é apolar, ou seja, imiscível em
água) e, quando a mistura heterogênea é aquecida, ele
evapora, restando apenas água.
2 d
O ponto de ebulição de um líquido varia com a pressão
à qual este é submetido. Quando o garoto aspirou
água com a seringa e em seguida deslocou o êmbolo,
ele provocou uma redução da pressão no interior da
seringa e, consequentemente, reduziu o ponto de
ebulição da água, que, por essa razão, voltou a ferver.
I. Correta. O ponto B representa o ponto triplo, no qual
se encontram as três fases em equilíbrio (sólido, líquido
e gasoso).
II. Correta. No ponto E, a água se encontra no estado
gasoso, conforme pode ser observado no gráfico.
III. Errada. O ponto que representa o equilíbrio da
água nas fases sólida e líquida é o H.
IV. Errada. No ponto G, a água se encontra no estado
líquido.
4 c
O calor de vaporização é o calor (energia) necessário
para que 1 mol de uma substância se encontre em
equilíbrio com seu próprio vapor. Ou seja, para que 1 kg
de água líquida chegue ao equilíbrio com 1 kg de vapor,
é preciso que a água atinja seu calor de vaporização.
5 d
Ao se elevar a temperatura, a energia cinética das
moléculas aumenta, facilitando a passagem do estado
líquido para o vapor. Dessa forma, há um aumento no
número de moléculas no estado vapor à medida que
a temperatura aumenta; assim, a pressão máxima de
vapor também se eleva. Logo, pode-se concluir que,
quanto maior foi a temperatura a que um líquido é
submetido, maior será sua pressão máxima de vapor.
Como o recipiente A foi submetido a uma temperatura
menor, sua pressão foi menor. Da mesma forma, o
recipiente C apresentou a maior pressão, e o B
apresentou pressão intermediária.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 e
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
ESTUDANDO Processos eletroquímicos
Para o vestibular
Fe21 1 Cu (0,44 1 0,34) 5 0,78 V
Para ser pilha, o SE tem de ser maior que zero.
2 Semirreação no compartimento onde ocorre a oxidação
(ânodo) da célula de combustível: H2 2 H 1 1 2 e 2.
O fluxo de elétrons é do ânodo para o cátodo. Nesse
caso, será do compartimento que contém hidrogênio
(H2) para o compartimento que contém oxigênio (O2).
3 a) Como o produto é apenas a substância água,
10 d
11 F
F
V
F
F
12 Ac0 1 3 Ag1 27 g
x
x59g
pode-se afirmar que o processo é “não poluente”.
b) O compartimento X é o polo negativo da pilha,
ou seja, o ânodo, local onde ocorre a semirreação
de oxidação. Assim, o gás que deve alimentar o
compartimento X é o hidrogênio.
H2(g) 2 H1 1 2 e2 (reação de oxidação)
c) Utilizando a equação global da pilha:
2 H2(g) 1 O2(g) 2 H 2O
2 mol
1 mol
4 g
32 g
Tem-se: massa de O2(g): massa de H2(g) 5 32 g 4 4 g 5 8.
Portanto, a proporção é 1 4 8.
4 A oxidação química dos compostos orgânicos, ou seja,
a retirada de elétrons, deve ser feita por um
composto que apresente alto potencial de redução. De
acordo com a tabela, o O3 é o indicado. O composto
menos eficiente, ao contrário, retira elétrons do
material orgânico com menor potencial de redução e,
nesse caso (de acordo com a tabela), é o Cc2. A
equação que representa a semirreação de redução
desse agente oxidante pode ser dada por:
Cc2 1 2 e2 2 Cc2
5 V
F
V
F
6 d
7 a
8 c
0,78 5 E 0 Fe (oxidação) 1 0,34 (redução)
E 0 de oxidação 5 0,44; logo, o E 0 de redução será
igual a 20,44 V.
9 Soma: 02 1 08 5 10
(02) correto, pois seu potencial de oxidação (0,44 V) é
maior que o do estanho.
(08) correto, pois o ferro metálico é o agente redutor, e o
cátion estanho é o agente oxidante.
Ac31 1 3 Ag0
3 3 107,8 g 27 g 3 3 107,8 g
107,8 g
13 a) O eletrodo 2 é o positivo, pois recebe os elétrons.
b) Cálculo da fem 5 1,23 2 0 5 1 1,23 V.
14 a) 2 Ac(s) 1 3 Cu21(aq) 2 Ac31(aq) 1 3 Cu(s)
b) SE 5 0,34 2 (21,66) 5 2,00 V
c) 2 Ac(s) 2 Ac31(aq) 1 6 e2
15 Soma: 01 + 04 + 16 = 21
Equação global de oxirredução do processo
envolvido:
3 Ag2S(s) + 6 e– p 6 Ag(s) +3 S–2
2 A∙(s) p 2 A∙3+ + 6 e–
3 Ag2S(s) + 2 A∙(s) 6 Ag(s) + 3 S–2 + 2 A∙3+
Ag2S: agente oxidante (Ag sofre redução) –
cátodo.
A∙: agente redutor (sofre oxidação) – ânodo.
NaHCO3: balanceia as cargas da solução, não
participando da reação de oxirredução.
16 d
A reação química entre ferro metálico (Fe) e oxigênio
molecular (O2), formando ferrugem (Fe2O3), é:
2 Fe(s) + 3 O2(g) p Fe2O3(s). Portanto, a alternativa d
2
está correta.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1Fe 1 Cu21 17 b
22 d
CNTP
T = 25 °C
P = 1 atm
Volume de O 2 consumido: 20,9% – 19,3% = 1,6% de
30.000 m3 = 480 m3 ou
480 3 103 L.
De acordo com a equação química balanceada e
utilizando a relação massa/volume, tem-se:
Na CNTP: 1 mol de O2 — 22,4 L
4 mols de Fe — 3 mols de O2
Massa — Volume
4 3 56 g — 3 3 22,4 L
x — 480 3 103 L
x = 1.600 3 103 g
x = 1.600 kg
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
18 e
Para evitar a corrosão do ferro metálico, devem ser
utilizados metais com menor potencial de redução em
relação ao do ferro (E 0 < E 0Fe), ou seja, aqueles que
tiverem maior facilidade de sofrer oxidação. De acordo
com os potenciais de redução fornecidos, os metais são
Zn e Mg.
19 a) A semirreação de redução será aquela que possuir o
maior potencial de redução. Logo:
Semirreação de oxidação:
A∙(s) + 3 OH– p A∙(OH)3(s) + 3 e– + 2,31 V
Semirreação de redução:
O2(g) + 2 H2O + 4 e– p 4 OH– + 0,40 V
Somando e balanceando as semirreações:
4 A∙(s) + 3 O2(g) + 6 H2O p 4 A∙(OH)3 + 2,71 V
b) Sentido de fluxo de elétrons: D p C.
Na pilha, o fluxo espontâneo de elétrons é do ânodo
para o cátodo, ou seja, de A para B. Na recarga, o
fluxo ocorre no sentido inverso, ou seja, de D para C.
20 c
a) Uma célula galvânica converte energia química
em elétrica por meio de uma reação de oxirredução
espontânea (Etotal (voltagem) > 0).
b) Os elétrons fluem do ânodo para o cátodo.
d) Nessa célula, a reação de oxidação ocorre no
ânodo (polo negativo da pilha), e a reação de
redução ocorre no cátodo (polo positivo da pilha).
e) Para determinar a força eletromotriz, deve-se
somar os potenciais-padrão de redução e oxidação.
21 d
Observando as semirreações fornecidas, percebe-se que
foi dado o potencial de redução (grandeza que mede a
facilidade de receber elétrons) para cada uma das
semirreações. Aquela que tiver maior potencial de
redução sofrerá redução.
Somando Ered + Eox, tem-se: 1,23 + 0,69 = +1,92 V.
Analisando as semirreações dadas, aquela que possuir
menor potencial de redução sofrerá oxidação, e a de
maior potencial de redução sofrerá redução. Portanto:
Semirreação de oxidação:
A∙(s) p A∙3+(aq) + 3 e
Eox = +1,68 V
Semirreação de redução:
Pb+2(aq) + 2 e p Pb(s)
Ered = –0,13 V
Somando e balanceando as semirreações:
2 A∙(s) + 3 Pb+2(aq) p 2 A∙3+(aq) + 3 Pb(s)
E = +1,55 V
A∙(s) p sofre oxidação; logo, é o agente redutor
(doa três elétrons).
Pb+2(aq) p sofre redução; logo, é o agente oxidante
(recebe dois elétrons).
ESTUDANDO Processos eletroquímicos
Para o ENEM
5 d
As semirreações envolvidas na célula combustível
hidrogênio/oxigênio são:
H2 p 2 H+ + 2 e–
2 H+ + 1 O2 + 2 e– p H2O
2
Equação global balanceada:
H 2 + 1 O 2 p H 2O
2
2 c
Na pilha de Daniell, o material contido no eletrodo que
sofre oxidação é denominado ânodo (polo negativo da
pilha), que no esquema é representado pela letra A.
O material do eletrodo que sofre redução é o cátodo
(polo positivo da pilha), representado pela letra B.
Como o eletrólito pode ser líquido, pastoso ou sólido,
mas deve ser sempre um condutor iônico, ele
corresponde às soluções de sulfato de cobre e de zinco,
representadas pela letra C.
3 a
Nox = 0
Nox = 0 Nox = +3 Nox = –2
4 Fe(s) + 3 O2(g) p 2 Fe2O3(s)
Oxidação 3 e–
Redução 2 e–
Agente redutor é aquele que sofre oxidação: Fe(s).
Agente oxidante é aquele que sofre redução: O2(g).
4 e
Como Ered O2(g) > Ered Ag2S(s):
Semirreação de oxidação:
2 Ag(s) + S2–(aq) p Ag2S(s) + 2 e– +0,69 V
Semirreação de redução:
O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e– p 2 H2O(∙) +1,23 V
Equação global balanceada:
4 Ag(s) + O2(g) + 2 S2– (aq) + 4 H+(aq) p 2 Ag2S(s) +
+2 H2O(∙) +1,92 V
A diferença de potencial da reação global é Eoxidação +
+ Eredução = 0,69 + 1,23 = 1,92 V
A prata metálica sofre oxidação e o oxigênio gasoso
sofre redução.
Como Ered H2O > Ered Mg2+:
Semirreação de redução:
2 H2O + 2 e– p H2 + 2 OH– Ered = – 0,83 V
Semirreação de oxidação:
Mg p Mg2+ + 2 e–
Ered = +2,36 V
Invertendo o sentido da semirreação, o sinal do
potencial-padrão muda para o sinal oposto.
Epilha = Ered + Eox = – 0,83 + 2,36 = 1,53 V
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a