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TAREFA
PROPOSTA
Resolução
QUÍMICA
11. d
Como, durante a passagem do estado sólido para o líquido, a temperatura permaneceu constante durante dois momentos, concluiu-se que o sistema é formado por duas substâncias.
Lembre-se de que a fusão e a ebulição de substâncias (puras) ocorrem à temperatura constante.
QG.01
1. d
A adição de açúcar provoca aumento da massa da solução sem considerável aumento de volume. Como d = m , a densidade da solução aumenta.
V
2.b
Como gelo flutua na água, sua densidade é maior. No caso do etanol, ele afunda, portanto, possui densidade maior.
∴ d água > d gelo > d etanol
12. b
Água pura s substância composta.
Gás oxigênio s substância simples.
Areia s mistura heterogênea.
Água do mar s mistura homogênea.
13. a
Pela fórmula estrutural de uma molécula de determinada substância, é possível determinar as suas propriedades químicas.
4. c
I – Elemento Iodo
P4 – Substância simples
HCl – Substância composta
14. d
Sabendo que: d = m , temos:
V
5. e
Cálculo da densidade do mercúrio:
, ⋅ 103 g
d = m w d = 137
V
100 mL
Substância A: w d = 13,7 g/mL
Substância C: ↓massa s ↓ d
↑volume
Substância B é intermediária entre A e C.
Cálculo da densidade dos cubos:
14 g
(A) d = m w d =
= 7 g/mL
2 mL
V
(B) d = m w d = 20 g = 10 g/mL
V
2 mL
15. d
m
m
m
Como n =
, nX =
e nY =
. Assim, há mais moléculas
MM
46
18
em Y do que em X. A temperatura de ebulição é uma propriedade
específica, logo, cada líquido terá a sua. Como as massas são iguais,
mas VX > VY, temos que dX < dY.
Como os dois cubos são menos densos que o mercúrio, ambos flutuam.
6.c
O orvalho é a passagem da H2O(v) w H2O(,) provocada por queda da
temperatura, portanto é uma condensação.
7. c
a)
b)
c)
d)
e)
H2 s substância pura
ar s mistura
Fe s substância pura
vinho s mistura
açúcar s substância pura
f)
g)
h)
i)
16. c
I. Mistura homogênea.
II. Substância pura simples.
III. Mistura heterogênea.
IV. Substância pura composta.
H2O s substância pura
leite s mistura
pão s mistura
sangue s mistura
17. d
Como a densidade da água pura é 1,0 g/cm3, nessa temperatura,
os únicos materiais que flutuarão serão o bambu e o carvão, por
possuírem d menor.
8.a) De 10 ºC a 20 ºC. A fusão ocorre a 20 ºC, portanto, a temperaturas inferiores a 20 ºC, a substância é sólida.
b) Como a ebulição ocorre a 40 ºC, de 20 ºC a 40 ºC a substância
é líquida.
c) 40 ºC
18. a) A “massa” recém-preparada tem massa de 660 g (360 g + 6 g +
+ 1 g + 100 g + 90 g + 100 g + 3 g).
Como a densidade aparente da “massa” recém-preparada é
1,10 g/cm3, temos:
1 cm3
1,10 g
x
660 g
x = 600 cm3
ou
9. c
Misturas azeotrópicas possuem PE constante e intervalo de fusão.
10. c
Temperatura
50
Gás + líquido
(Ponto de ebulição) 0
10
(Ponto de fusão) –138
–140
↑massa s ↑ d
↓volume
Líquido + sólido
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3. c
A água mineral é uma mistura homogênea de sais minerais e oxigênio dissolvidos em água.
Gás
Líquido
m
V
d=
Portanto:
V =
m
660 ∴ V = 600 cm3
sV =
d
110
,
b) A “massa” recém-preparada está numa forma diferente dos ingredientes isolados, pois, quando os ingredientes são misturados, surgem novas interações entre suas partículas, fazendo o
volume variar.
Sólido
Energia (kJ)
1
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19. Sabendo que os frascos apresentam mesma massa de substância, e
que d =
III. Verdadeira. Por esse processo, o enxofre passa da litosfera
para a atmosfera.
m
, temos:
v
2. Soma = 10 (02 + 08)
(01) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição.
(02) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição.
(04) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição.
(08) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição.
(16) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição.
m = d · V, portanto o frasco com e d tem r V
e o frasco com r d tem e V.
Assim: frasco A s H2O; frasco B s clorofórmio; frasco C s benzeno.
20. a
No terceiro sistema, a densidade do objeto é igual à da solução,
portanto:
3. e
d = m
V
msolução = msoluto + msolvente
Água, álcool
e NaCl
msolução = 150 g + 1.000 g = 1.150 g
d = 1.150 g
1.000 mL
Açúcar
d = 1,15 g/mL
São 2 fases (bifásico) e 4 componentes.
4. b
I. Passagem do estado líquido para o gasoso; processo físico.
II. Formação de outras substâncias; fenômeno químico.
III. Idem ao II.
d = m w V = m
V
d
Vbarra = Vouro + Vprata
140 =
mouro
140 =
mouro
douro
20
+
+
mprata
5. c
I. Verdadeiro. Todo sistema gasoso é homogêneo.
II. Falso. A água é uma substância formada por hidrogênio e oxigênio.
III. Falso. As substâncias também constituem um sistema homogêneo.
IV. Verdadeiro. As ligas metálicas são exemplos.
V. Falso. O sistema polifásico pode ser formado por uma substância em diferentes estados físicos.
dprata
mprata
10
w 2.800 =
mouro + 2mprata
20
(I)
mprata + mouro = 2.000 g (II)
De (I) e (II), temos:
mprata = 800 g
mouro = 1.200 g
6. c
22. c
As transformações que ocorrem na “massa” levam à produção de
gás, o que provoca aumento de volume e, consequentemente, diminuição da sua densidade.
Atividades extras
23.e
mtotal = mágua + maçúcar
mtotal = 300 g + 7 · 30 g
mtotal = 510 g
I. Mudança de composição s fenômeno químico.
II. Mudança de composição s fenômeno químico.
III. Mudança de estado físico s fenômeno físico.
IV. Mudança de estado físico s fenômeno físico.
V. Mudança de composição s fenômeno químico.
7. a) Balão I: 1 elemento e uma substância simples
Balão II: 4 elementos e duas substâncias simples
b) Toda mistura de gases é homogênea. Portanto, os balões I e II
são sistemas homogêneos.
m
510
dsolução = total =
= 17
, g/cm3
V
300
Como a esfera ficou entre a superfície e o fundo, a densidade da
solução é igual à da esfera.
8. b
1.
2.
3.
4.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21. b
Queima da gasolina – Químico
Lata amassada – Físico
Enferrujada – Químico
Água fervendo – Físico
24.
9. c
Para se obter sal das salinas, ocorre o processo de evaporação da
água, que é um processo físico.
10. c
Nesse sistema temos 3 fases:
Temperatura (°C)
p = 1 atm
150
(Ponto de
ebulição) 100
Ebulição
V
L+V
L
(Ponto de
fusão)
0
–20
0
Gelo
Fusão
S
Gás
S+L
H2O(�)
Tempo
11. e
O processo em que não ocorre transformação química, ou seja, é
um fenômeno físico por se tratar de mudança de estado físico.
QG.02
1. d
I. Verdadeira. A decomposição do esterco e de alimentos é um
processo natural.
II. Falso. O esterco é um adubo orgânico que prejudica menos o
meio ambiente que os adubos inorgânicos (sais).
12. d
Oxidação de gordura: químico.
2
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Transporte através de membrana: físico.
Reabsorção de sódio: físico.
Crescimento de pelos: químico.
Movimento das marés: físico.
Emissão de partículas: químico.
Digestão de proteínas: químico.
Duplicação de DNA: químico.
Emulsificação das gorduras: químico.
Formação de radicais livres: químico.
3 físicos e 7 químicos.
3. Destilação simples – processo de separação de mistura – fenômeno físico.
4. Destilação fracionada – processo de separação de mistura – fenômeno físico.
23. c
A fermentação é um fenômeno químico, pois origina novas substâncias.
24. a
13. b
I. (V)
II. (V)
III. (F) Pode ser substância pura.
IV. (F) Pode ser composta.
V. (F) Somente se for substância pura ou mistura eutética.
Óleo
QG.03
1.a
A destilação simples é utilizada para separar o solvente (neste caso,
água) do soluto de uma mistura homogênea.
Água com sal e
açúcar dissolvidos
Areia
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
14. c
Processo químico tem que formar novas substâncias, como, por
exemplo, a formação de ferrugem.
3. e
Os componentes 1 e 2 foram separados do 3 e 4 por filtração, portanto, temos sólidos e líquidos na mistura. Os componentes 1 e 2
são imiscíveis por poderem ser separados por decantação, já os
componentes 3 e 4 foram separados um do outro por separação
magnética, portanto um dos sólidos é o ferro. Analisando as alternativas, temos 1 e 2 como sendo água e tetracloreto de carbono e 3 e
4 sendo ferro e níquel.
15. c
Na quebra de um copo de vidro não há alteração da natureza da
matéria, portanto, fenômeno físico.
16.c
I. (V)
II. (V)
III. (F) A água mineral apresenta várias substâncias dissolvidas,
sendo, portanto, uma mistura.
IV. (V)
V. (F) O café é uma mistura.
4. a
Como o petróleo e a água não se misturam e o petróleo é menos
denso, ele pode ser separado por decantação.
A areia e a argila são sólidos, ao passo que o petróleo é líquido,
portanto podem ser separados por filtração.
17. c
O esquema será:
CADERNO 1
2.e
A filtração permite a separação da solução contendo a mescalina
dos restos vegetais. Então, a mescalina deve ser extraída (com éter
ou diclorometano, pois é solúvel em ambos). Finalmente, a solução
resultante deve ser levada à evaporação para eliminar o solvente.
3 fases, 5 componentes.
5. b
Gasolina
6. a
O álcool é líquido e o hidróxido de cálcio é sólido, portanto, eles
podem ser separados por filtração.
Etanol + NaCl(aq.)
+ H2O
7.c
Na filtração a vácuo dos equipamentos listados, apenas o erlenmeyer não é usado com frequência nesse procedimento.
Etanol + NaCl(aq.)
Então, teremos 2 fases.
18.e
8. c
I. (V)
II. (F) O ferro é separado do alumínio por separação magnética.
III. (F) O carbono não é metal.
IV. (V)
9. b
A frase seria corretamente preenchida da seguinte forma:
“Promover a dessalinização por destilação ou osmose reversa e,
em seguida, retificá-la, adicionando sais em proporções adequadas”.
I. Químico — Reação química
II. Químico — Reação química
III. Químico — Reação química
IV. Físico — Não há reação química
V. Físico — Não há reação química
19. a
O sistema possui uma substância simples (Fe).
20. e
Óleo vegetal + éter s sistema homogêneo
A
B
Óleo vegetal + água s sistema heterogêneo
A
C
10. c
Para separar a areia e o sal, teremos que, pela ordem:
1º adicionar H2O s solubilização do sal.
2º decantação s esperar sedimentação da areia.
3º filtração s separação de areia (sólido) da solução aquosa de NaCl .
4º destilação s separação da água e do NaCl que estava dissolvido
na água.
21. a
O ar atmosférico é uma mistura de vários gases, mas toda mistura
gasosa é homogênea.
Atividades extras
22. 1. Concentração – mudança de estado – fenômeno físico.
2. Fermentação – transformação de açúcar em álcool – fenômeno
químico.
11. c
Como a água do mar é uma mistura homogênea, o melhor método
de obtenção é a destilação simples.
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12. a
Pelo enunciado, temos o esquema:
acetato de
etila
A (sólido) + B (dissolvido)
Ao adicionarmos água à solução de fenolftaleína em etanol, há forte interação entre as moléculas de água e etanol (formação de ligações de hidrogênio). Com isso há diminuição da disponibilidade de
moléculas de etanol para dissolver a fenolftaleína, cristalizando-a.
filtração
QG.04
1. d
Bohr introduziu os níveis de energia permitidos para os elétrons ao
redor do núcleo.
A (sólido) recolhido
+
B (dissolvido)
evaporação do acetato de etila
B (sólido)
2. d
O que distingue os átomos serem ou não de um mesmo elemento
químico é o número de prótons.
13. e
I. (V)
II. (V)
III. (V)
3. 1 – b; 2 – a; 3 – d; 4 – c
Alguns modelos atômicos recebem analogias.
Dalton: bolas de bilhar (átomo esférico, maciço e indivisível).
Thomson: “pudim de passas” (átomo constituído por um fluido positivo — pudim — onde ficariam espalhados os elétrons — passas).
Rutherford: sistema solar (os elétrons ficariam distribuídos espaçadamente ao redor do núcleo).
Bohr: modelo orbital (os elétrons giram em torno do núcleo em determinadas órbitas).
14. Há 2 fases. Elas podem ser separadas pela decantação e utilizando-se
o funil de bromo, separando assim C.
Para A e B, uma destilação simples.
15. d
Mistura-se água quente e filtra-se. Assim, separa-se A, que é insolúvel. Resfria-se o sistema para separar C, que é insolúvel em água
fria.
4. d
I. Núcleo e elétrons em órbitas circulares: modelo proposto por
Rutherford.
II. Átomo indivisível: modelo de Dalton (bolinha de bilhar).
III. Átomo com elétrons incrustados: modelo de Thomson (pudim
de passas).
16. c
a) O leite é uma dispersão de várias substâncias em água.
b) Água e álcool formam uma mistura.
c) A decantação consiste na deposição de partículas mais densas
na parte inferior do frasco.
d) O ponto de ebulição da água ao nível do mar é 100 ºC.
e) Essas mudanças de cor são evidências de um fenômeno físico.
5. • Para o 7N15: A = p + n ∴ 15 = 7 + n
∴ n = 8
17. a
Como o sistema é formado por uma substância sólida (hidróxido de cálcio) e outra líquida (álcool), estas podem ser separadas por filtração.
• Para o 6C13:
A = p + n ∴ 13 = 6 + n
∴n=7
6. b
Pelos postulados de Bohr, temos:
18. d
A destilação é usada para separar misturas homogêneas sólido-líquido.
Absorve
energia
e–
19. e
Pelos valores das temperaturas de fusão e de ebulição, conclui-se
que a fase 1 é uma mistura e a 2, uma substância.
Núcleo
e
–
Libera
energia
20. b
A decantação é um processo para separar misturas heterogêneas, e
a única mistura de líquidos não miscíveis é a de água e benzeno.
Órbita �
interna
Órbita �
externa
21. e
Com a adição do clorofórmio dissolve-se a substância A. Essa mistura homogênea pode ser separada dos demais componentes (B, C, D)
por filtração.
A solução aquosa de C e D, após evaporação, fornece um resíduo
sólido, que, aquecido moderadamente a 40 ºC, promove a fusão de
D e sua separação por filtração.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A+B
7. b
O modelo atômico de Rutherford-Bohr propõe que a emissão de luz
ocorre por causa da transição eletrônica entre níveis de energia.
8. e
A experiência de Rutherford levou à conclusão de que o átomo é
formado por um pequeno núcleo denso e por uma grande região
(eletrosfera), formada praticamente por espaço vazio onde ficam os
elétrons.
22. 1o Pré-cloração e adição de Al2(SO4)3 e CaO — fomação de agentes
aglutinantes que aceleram a decantação (Al(OH)3).
2o Decantação — sedimentação das partículas mais pesadas.
3o Filtração — retenção de partículas pequenas que passaram pela
decantação.
4o Cloração — adição de Cl2(g) ou NaClO para a destruição de microrganismos patogênicos, quando necessário.
9. b
A diferença entre os modelos de Rutherford e Bohr tem a ver com
a introdução das órbitas estacionárias com diferentes quanta de
energia.
Atividades extras
23. e
No processo de liofilização, como descrito no enunciado, a água passa do
estado sólido para o gasoso. Esse fenômeno é denominado sublimação.
10. e
O primeiro modelo a considerar a natureza elétrica da matéria foi o
de Thomson (modelo do “pudim de passas”, esfera positiva com elétrons negativos incrustados).
24. a) Massa de α-lactose — H2O cristalizada = 80 – 25 = 55 g
b) O volume de etanol (350 mL) é suficiente para dissolver toda a
fenolftaleína (20 g).
11. a
O modelo de Bohr propõe que os elétrons ocupam níveis de energia
ao redor do núcleo atômico.
4
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12. c
Dalton considerou o átomo maciço, indivisível e indestrutível.
Rutherford considerou o núcleo do átomo e os elétrons girando ao
seu redor.
24. Quando um elétron recebe energia, ele “salta” para um orbital mais
externo (de maior energia) e, ao retornar a órbitas mais internas (de
menor energia), há liberação de energia na forma de onda eletromagnética, que, se estiver na região do visível, terá cor característica
do fóton emitido.
13. a
Ca:
prótons = 20
nêutrons = 20
C:
prótons = 6
nêutrons = 6
O:
prótons = 8
nêutrons = 8
Mg:
prótons = 12
nêutrons = 12
QG.05
1. d
Átomo neutro ganhou

→ Ânion
−
3e
e− = 33
Z = 33
Como A =Z+n:
75=33+n
n=42
14. e
I. (V)
II. (V)
III. (V)
e− = 36
Z = 33
2. d
I. (V)
II. (V)
III. (F) 53I127 w 127 = 53 + n w n = 74
I131 w 131 = 53 + n w n = 78
53
Portanto, diferente número de nêutrons.
IV. (F) Os ânions apresentam 54 elétrons.
15. c
Em seu modelo atômico, Rutherford afirma que o átomo é composto
por um núcleo pequeno, denso e positivo, com elétrons, partículas
de carga negativa, circulando em torno do núcleo.
3. Soma = 3 (01 + 02)
(01) (V)
(02) (V)
(04) (F) São isóbaros.
(08) (F) São isóbaros.
(16) (F) Possuem diferentes números de nêutrons.
16. c
De acordo com Bohr, ao excitar os elétrons com energia, estes “saltam” para órbitas mais externas e, ao retornarem, liberam energia
na forma de onda eletromagnética, no caso luz verde.
17. e
Consultando a tabela periódica:
Ar s Z = 18 ∴ p = 18 w n = 40 – 18 = 22
18
K40 s Z = 19 ∴ p = 19
19
A = p + n ∴ 40 = 19 + n ∴ n = 21
4. a
340 g ____ 100%
197 g ____ x
(Au)
x = 57,9% H 58%
Observação: O número atômico da platina é 78, mas a configuração na
alternativa b está errada pois não foi colocado o 4p6.
18. d
Por serem átomos do mesmo elemento químico (Mg), eles apresentam propriedades semelhantes, mesmo número de prótons e elétrons, porém diferentes números de nêutrons, o que faz com que os
números de massa sejam diferentes.
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
X 3−
A = 75
5
X0
A = 75
5. a
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p6 7s2
5f14 6d10 7p2
19. c
No estado fundamental, os elétrons estão nas camadas mais próximas do núcleo. Nesse caso, 2 na camada K e 1 na L.
6. c
Isóbaros
x
20A
20. c
A carga do íon indica a diferença entre o número de prótons e de
elétrons. Nesse caso, o valor +1 indica que esse íon possui um próton a mais que o número de elétrons. A carga do íon não está relacionada com o número de nêutrons.
19B
50
21C
y
Isótonos
∴ x = 50
Para o átomo B: A = p + n ∴ 50 = 19 + n ∴ n = 31
Como B e C são isótonos, teremos: A = p + n
∴ A = 21 + 31 = 52
21. e
O átomo Fe possui 26 prótons (número atômico) e, como não possui
carga, 26 elétrons. O seu número de nêutrons é (n = A – Z) 20.
O íon ferro (II) Fe2+ possui 2 prótons a mais que o seu número de elétrons.
Portanto, possui 24 elétrons. O número de prótons e de nêutrons não
se altera quando um átomo é convertido em íon.
7. d
Isótono: mesmo número de nêutrons.
n = A – Z
37 D : 21 = nêutrons
22. d
Se:
número de prótons > número de elétrons s cátion
número de prótons = número de elétrons s átomo neutro
número de prótons < número de elétrons s ânion
8. e
Distribuição de átomo neutro de 30Zn
Energética: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10
Geométrica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2
No cátion 30Zn2+, há perda de 2 e– da camada de valência, então,
teremos:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10
16
Atividades extras
23. Dalton: explica as teorias de Lavoisier e Proust.
Thomson: mostra que o átomo é divisível (elétrons).
Rutherford: tentou provar experimentalmente o modelo de
Thomson.
9. d
Átomos isótopos possuem igual número de prótons (número atômico) e diferente número de nêutrons. Consequentemente, o número
de massa também será diferente.
5
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10. c
Os isótopos apresentados são representados por:
U235 e
U238
92
92
p = 92
p = 92
n = 143
n = 146
e– = 92
e– = 92
espécie o átomo de cálcio perdeu 2 elétrons, sendo um cátion (Ca2+).
19. a
11. d
I. Falsa s 10 prótons e 10 nêutrons.
II. Verdadeira.
III. Verdadeira.
12. b
Átomo Cl
p = 17
e– = 17
n = 18
Átomo Ar
p = 18
e– = 18
n = 22
Átomo K
p = 19
e– = 19
n = 20
b
a
A55
Ânion Cl –
p = 17
e– = 18
n = 18
20. a)
b)
nA
nB
C
nA
A55
26
n = 29
B56
n = 30
27
Fe = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6
Fe3+ w Perde 3 elétrons, preferencialmente da camada de valência.
∴ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5
S = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
S2– w Ganha 2 elétrons na camada de valência.
∴ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
23. nJ + nL + nM = 88 s 2n + nL = 88 s 2n + 30 = 88 ∴ n = 29
pJ + pL + pM = 79 s 2p + pM = 79 (II)
L s 30 nêutrons
Isóbaros
pJ
AJ
n = 29
(1)
C(grafite) e C(diamante) são alótropos.
(3)
He e Ne formados por um único elemento.
(5)
Cl2 e N2 formados por dois átomos.
pL
MA
pM
para J: AJ = p + n
para L: A = p + 30
para M: A = pM + n
Somando-se as duas equações:
nJ + nL + nM = 88
p + pL + pM = 79
AJ + A + A = 167 ∴ AJ – 2A = 167
Então: p + 29 – 2(p + 30) = 167
p = 26
Portanto: 26J 55 26L56 27M 56
15. a
As distribuições eletrônicas são:
Energética: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
Geométrica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
16
A
Isótopos
Isótonos
C 56
16. d
(4)
p = 82
n = 125
e– = 80
Atividades extras
22. d
Z = 40 w 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d2
10 elétrons no penúltimo nível (nível 4).
2a + y = 79
2nA + nB = 88
2a + y + 2nA + nB = 55 + 2b
79 + 88 = 55 + 2b
b = 56
Como: a + n A = 55 (I) e n A + y = 56 (II) e substituindo I e II em
2a + y = 79, temos que:
2(55 – nA) + (56 – nA) = 79
110 – nA + 56 – nA = 79
nA = 29
A partir daí, substitui-se em todas as equações e obtém-se:
26
2e
21.Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(01) Correta.
(02) Correta.
(04) Incorreta. Um elemento químico é identificado pelo seu número atômico (número de prótons).
(08) Correta. O núcleo representaria o Sol, e os elétrons, os
planetas.
(16) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico
de Bohr. Dalton não previa a existência de partículas subatômicas.
(32) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico de Bohr.
(64) Incorreta. Como são derivados do mesmo elemento químico, apresentam o mesmo número atômico (número de prótons).
Cátion K+
p = 19
e– = 18
n = 20
b
y
B
Pb perde

→ 207
Pb2+
–
82
p = 82
n = 125
e– = 82
A = p + n
207 = 82 + n
n = 125
13. b
O átomo possui um núcleo com prótons e nêutrons e uma eletrosfera com elétrons.
14. a
a
207
82
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
S2– s 18 e– e 20Ca2+ = 18 e–.
24. e
A massa do átomo do isótopo de Ca é 39,96259 vezes maior do
17. d
Como os íons são provenientes do mesmo elemento químico (ferro),
apresentam o mesmo número de prótons (número atômico). Como
são provenientes de isótopos distintos, apresentam diferentes números de nêutrons. Como são íons de cargas diferentes, possuem
diferentes números de elétrons.
que a massa de
1
do átomo do isótopo do C12.
12
QG.06
1. b
A distribuição eletrônica por camadas deste elemento é:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3
Seu número atômico, por se tratar de um átomo neutro, é igual ao
número de elétrons (33).
18. d
O átomo neutro de IV (Ca) tem 20 prótons e 20 elétrons, portanto nessa
6
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10/14/10 5:34:34 AM
Como possui 5 elétrons (4s2 4p3) na camada de valência (4a, N), está
localizado no 4o período e no grupo 15(VA).
2. d
A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma:
Na tabela periódica atual, os elementos químicos encontram-se dispostos em ordem crescente de número atômico, sendo que aqueles
que apresentam o último elétron distribuído em subnível s ou p são
classificados como elementos representativos.
A partir do elemento de número atômico 1 (H) até o Al são 17 “passos”, o que seria possível com os pontos de Bruno e Elza, porém,
como a cada jogada só é possível se mover por um grupo ou por um
período, a vencedora foi Elza.
13. c
W s 3o período (3) s grupo 15 (O)
Y s 4o período (4) s grupo 2 (B)
Z s 4o período (4) s grupo 18 (R)
T s 5o período (5) s grupo 1 (A)
14. e
X = hidrogênio
V = hélio (2He:1s2)
Y = alcalinoterroso w 2 elétrons na camada de valência e forma íon
de carga 2+.
R = cloro (gás)
T = metal de transição
4. Soma = 37 (01 + 04 + 32)
(01) (V)
(02) (F) B representa um elemento de transição, contudo seu subnível mais energético é o d.
(04) (V)
(08) (F) Elementos da família E têm a camada de valência representada por ns2 np6.
(16) (F) D é semimetal.
(32) (V)
15. e
A distribuição eletrônica do elemento seria:
1s2 2s2 2p4
[He]: 6 e– na CV ∴ grupo 16
2 camadas ∴ 2o período
O próximo elemento teria uma camada a mais com igual número de
elétrons na camada de valência, então:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 ∴ total e– = 16
Z = 16 w enxofre
5. b
A substância E1 é um metal alcalinoterroso, portanto é sólida; E2 é
um halogênio do 5º período (é o iodo : I2), que nas condições ambientes é sólido. Apesar de estarem no mesmo período, apresentam
propriedades químicas diferentes, e a massa molar de E2 é maior,
pois os elementos estão organizados na tabela periódica em ordem
crescente de número atômico, e a massa atômica também cresce
nessa ordem.
16. b
I. Verdadeiro.
II. Falso. A configuração eletrônica de R indica um gás nobre, os
quais possuem os maiores valores de energia de ionização da
tabela periódica.
III. Falso. Gases nobres são pouco reativos.
IV. Falso. São gases nobres.
V. Verdadeiro.
6. c
R s gás nobre
Z s metal alcalino
T s metal alcalinoterroso
X s metal alcalinoterroso
17. I – d; II – a; III – c
18. a)
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3. Soma = 1 (01)
(01) (V) Ambos são calcogênios.
(02) (F) A distribuição é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4.
(04) (F) Seu nome é enxofre.
(08) (F) É um calcogênio.
(16) (F) O enxofre forma moléculas S8 e é sólido em condições
ambientes.
O2–
F–
Mg2+
Al+
9
12
13
f
f
f
f
10 e–
10 e–
10 e–
12 e–
∴ Al+ não é isoeletrônico.
b) Para íons isoeletrônicos:
↑ p ↑ atração dos e– pelo núcleo ∴ menor raio
Dessa forma, o de maior raio é o 8O2– .
8
7. d
Para os elementos de uma mesma família, o raio aumenta com o
número de camadas (níveis) e, por consequência, com aumento do
número atômico.
8. b
a) Correta: eles são o ferro e o titânio.
b) Incorreta: o cálcio é um alcalinoterroso e é mais abundante que
o Na e o K, que são alcalinos.
c) Correta, pois mais da metade da massa é composta por oxigênio e silício, que não são metais.
d) Correta, pois estão na fração “todos os outros”, o que corresponde a 1,1% da massa.
19. c
82Pb:1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p2
\ 4 e– na última camada de valência
\ família IVA ou 14 (família do carbono)
20. e
Fazendo as distribuições eletrônicas
2
2
2p3 N: 1s
 2s



K
9. b
O raio do átomo (RA) é sempre menor que um raio de um ânion (R1),
pois a entrada do elétron na camada de valência provoca repulsão
entre elétrons, aumentando o raio da espécie.
\ 2 camadas
7
L
2
2
1
2p6 3s
Na: 1s
 2s


 
K
M
11
\ 3 camadas
L
10. c
O número atômico do vanádio é 23, e sua distribuição eletrônica é:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3
2
2
1
2p6 3s2 3p6 4s
K: 1s
 2s


 

 
K
N
\ 4 camadas
2
2
2
2p6 3s2 3p6 4s
Ca: 1s
 2s


 

 
K
N
\ 4 camadas
19
L
M
20
11. 1 – d; 2 – a; 3 – c; 4 – b; 5 – e
(2) Fe2+
(4) Na+
(3) PO3−
4
(1) I–
(5) Co2+
L
M
Carga nuclear Ca > carga nuclear K \ raioCa < raioK
Então a ordem será: N < Na < Ca < K
21. d
Os elementos A, B e C estão no mesmo grupo da tabela periódica
(IIA ou 2, metais alcalinoterrosos), pois apresentam a CV com 2
elétrons. Como o raio atômico aumenta de cima para baixo, na tabela periódica o valor de x está entre 1,13 e 1,97.
12. e
O principal constituinte das “latinhas de refrigerante” é o alumínio (Al).
7
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10/14/10 5:34:37 AM
22. b
Metais alcalinos: Na e K
Metais alcalinoterrosos: Mg e Ba
Calcogênio: O e S
Halogênio: F e Br
Gás nobre: He e Ar
Atividades extras
23. e
F – Mg2+
9
12
9 prótons 12 prótons
10 elétrons 10 elétrons
Para espécies isoeletrônicas: maior número de prótons, menor raio.
24. d
a) (F) I e II são gases a temperatura ambiente.
b) (F) III é halogênio.
c) (F) VII é gás nobre.
d) (V)
e) (F) VI apresenta 4 camadas e X, 6 camadas.
III. (V)
IV. (F) Os gases nobres têm energia de ionização maior que a dos
metais de transição.
QG.07
1. e
As propriedades periódicas citadas no exercício aumentam da seguinte forma:
Energia de ionização:
10. d
I. (V)
II. (F) EICl > EINa
III. (V)
7. a
O flúor é o elemento mais eletronegativo.
8. e
Pela posição da região, esta terá grande raio e baixa eletronegatividade.
11. F – V – V – F
I. Incorreto. Metais alcalinos têm grande tendência para perder
elétrons, ou seja, apresentam baixos potenciais de ionização.
II. Correto.
III. Correto. Como no ânion o número de elétrons é maior que no
átomo que o originou, e o número de prótons é o mesmo, os
elétrons estão atraídos menos intensamente; portanto, o
ânion é maior.
IV. Incorreto. O halogênio e o metal alcalino possuem a mesma quantidade de camadas eletrônicas, porém o halogênio possui mais
protóns, o que aumenta a atração do núcleo sobre a eletrosfera.
portanto é o elemento X.
Densidade:
12. b
Os elementos sódio, cloro e argônio estão no 3º período da tabela
periódica, e o hélio, no 1o. Dentro de um mesmo período, o aumento
do número atômico (deslocamento para a direita na tabela) acarreta
diminuição no raio e aumento da energia de ionização. O mesmo raciocínio é utilizado quando se desloca de baixo para cima na tabela.
portanto é o elemento T.
2. d
I. (V)
II. (F) O átomo B é um metal alcalino, portanto, possui baixa eletronegatividade.
III. (V)
IV. (F) Os elementos C e D apresentam 3 camadas ∴ 3º período.
S2– Ar
Ca2+ Cl –
18
20
17
p = 16
p = 18
p = 20
p = 17
e– = 18
e– = 18
e– = 18
e– = 18
Espécies isoeletrônicas = número de elétrons
∴ S2– > Cl– > Ar > Ca2+
Dos elementos apresentados:
↑ p s↑ atração núcleo-elétron s ↓ raio ∴ ↑ energia de ionização
∴ a menor energia de ionização será do S2–.
16
13. a
Localização desses elementos na tabela periódica:
Os elementos A e B apresentam 4 camadas ∴ 4º período.
B
C
Al
Si
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9. a)
b)
3. a
O cálcio é um metal, portanto possui baixa energia de ionização e tem
facilidade para formar cátions. Como o cálcio está no 4o período da
tabela periódica e o oxigênio no 2o, apresenta maior raio atômico.
a) V
4. c
I. (V)
II. (F) Raio atômico é propriedade periódica.
III. (V)
IV. (F) Quanto menor o raio, maior a eletronegatividade.
5. e
Quanto menor o raio, maior a energia de ionização por causa da
maior atração núcleo-elétron. Portanto, na tabela periódica, os elementos que possuem os maiores valores de energia de ionização e
menores raios são os localizados à direita, ou seja, os gases nobres.
b) F, raio atômico maior: Al
6.c
I. (V)
II. (F) O He é gás nobre, portanto, sua energia de ionização é
maior que a do H.
8
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10/14/10 5:34:40 AM
c) F, eletronegatividade menor: Al
V. (F) Os átomos de elementos de um mesmo grupo (família) têm
configuração semelhante para os elétrons de valência.
Atividades extras
23. a)
1 e–
6 ⋅ 1023 e–
2
54 ⋅ 10−8 ⋅ (1⋅ 10−6 )2
Como Ecin. = m · v ∴ Ecin. =
2
2
Ecin. = 27 ⋅ 104 J ou 270 kJ
Como: Etotal = Ecin.+ Eionização
∴ 1.070,9 = 270 + Eionização
Eionização = 800,9 kJ, que no gráfico pode ser B ou Si. Como o
elemento está no 3º período da tabela, temos então w Si.
b) Para mudança de camadas temos que adicionar ao número atômico mais 18 unidades (número de grupos na tabela periódica),
assim: 14 + 18 = 32
d) F, energia de ionização maior: C
14. c
X – 2o período, grupo 18, gás nobre.
Y – 3o período, grupo 2, metal.
Z – 3o período, grupo 15, ametal.
I – Falsa. Y é um metal alcalinoterroso.
II – Falsa. Z é um ametal.
III – Verdadeira: maior número atômico, maior potencial de ionização, por estarem em um mesmo período.
24. c
O átomo com maior afinidade eletrônica é o IV porque possui 7 e– na CV.
QG.08
1. e
Como teremos interação entre:
Lítio 
 Família dos
Sódio 
s 1 e− na CV ∴ doam 1 e−
metais alcalinos
Césio 
15. c
I. Falsa. Os metais possuem baixa afinidade eletrônica.
II. Falsa. O sódio se transforma facilmente em cátions, ou seja,
necessita de pouca energia para perder 1 elétron.
III. Verdadeira. O Hg é mais denso que o Na, pois se localiza no
centro da tabela periódica.
Cloro s halogênio s 7 e– na CV ∴ recebe 1 e–
A ligação será iônica e serão formados: LiCl, NaCl, CsCl.
2. d
X s 1s2 2s2 2p6 3s2 ∴ 2 e– na CV
Z s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 ∴ 7 e– na CV
16.V – F – F – V
I. (V)
II. (F) Todas requerem energia.
III. (F) Ocorre absorção de energia.
IV. (V)
X 2+
X 2+
Z1–
XZ2
Z 1–
3. d
I. (V)
II. (F) O sódio perde 1 e– e o cloro recebe 1 e–, formando um
composto iônico.
III. (V)
17. Raio atômico: 1H > 2He
Energia de ionização: He > H
Afinidade eletrônica: H > He (gás nobre)
18. b
Os elementos A e C apresentam baixa energia de ionização, portanto são metais alcalinos ou alcalinoterrosos.
O elemento B apresenta alta energia de ionização, portanto é um
gás nobre ou halogênio.
Pela distribuição eletrônica, descobre-se o grupo a que pertence o
elemento.
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 ⋅ 10–31 kg
x ∴ x = 54 ⋅ 10–8 kg
4. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Incorreta. A é ânion do grupo 17 (seu átomo possui 17 elétrons) e
Z pertence ao grupo 2 (seu átomo possui 20 elétrons).
(02) Correta.
(04) Correta.
(08) Correta, pois é um ametal (pertence ao grupo 17).
(16) Incorreta. O número de massa de A é 35 (17 prótons + 18
nêutrons).
19. d
Os metais mais reativos são aqueles que perdem com facilidade os
elétrons da camada de valência, ou seja, são os que apresentam
raios grandes e energias de ionização baixas.
5. a)
b)
20. e
Os elementos químicos com maior energia de ionização são os gases
nobres.
Consultando a tabela periódica:
X = oxigênio (ametal)
Y = carbono (ametal)
Z = potássio (metal)
Os não metais formam ligações covalentes CO2 (ou CO).
6. e
21. F – V – V – V
I. Falsa. Eletronegatividade é a medida da capacidade de um átomo de atrair elétrons de outros átomos ou íons para perto dele.
Ba s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2
1s2 2s2 2p6
3s2 3p6 3p10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6 6s2
K
L
M
N
O
P
f
f
f
f
f
f
2
8
18
18
8
2
Portanto, doa 2 e–.
Xe s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6
54
S s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
16
1s2 2s2 2p6
3s2 3p4
K
L
M
f
f
f
2
8
6 ∴ recebe 2 e–
2
2
6
2
Ar
s
1s
2s
2p
3s
3p6
18
56
22. b
I. (F) Alto Z s mais prótons s maior atração elétron-núcleo s
s menor raio.
II. (F) A 2ª energia de ionização é sempre maior que a 1ª energia
de ionização pois a retirada do 1º e– aumenta a atração elétron-núcleo e diminui raio ∴ alta energia de ionização
III. (V)
IV. (V)
9
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10/14/10 5:34:44 AM
7. Halogênio mais eletronegativo s F s 7 e– na CV
∴ recebe 1 e– ∴ F–
Metal alcalinoterroso citado s Ra s 2 e– na CV
∴ doa 2 e– ∴ Ra2+
As distribuições eletrônicas são:
7
Ra2+F1Ra F2
8. c
Pelas distribuições eletrônicas:
2
2
6
2
6
A (Z = 20): 1s 2s 2p 3s 3p 4s
20
2
2
6
2
Fs
6
10
2
5
B (Z = 35): 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p
35
grupo 17 (ou VII A) ametal
A e B estão no mesmo período, porém, como B está mais à direita
que A, é mais eletronegativo e apresenta menor raio. O composto
AB2 é iônico e apresenta alto ponto de fusão. Como B é um halogênio, nas condições ambientes é encontrado na forma B2.
Al s
Ps
15
1–
Al 3+
F 1–
AlF 3
18. c
Os metais apresentam menos que 4 elétrons na camada de valência, e os elementos não metálicos, 4 ou mais. I está representando o
elemento flúor (Z = 9), o mais eletronegativo da série.
w BD2
(04) Falsa. É ametal e, portanto, apresenta alta afinidade eletrônica.
(08) Verdadeira. Os elementos localizados nos grupos de 3 a 12
são denominados metais de transição.
19. d
Ozônio = O3
O ozônio é uma substância simples formada pelo elemento químico
oxigênio.
12. e
A interação interatômica entre cátions e ânions caracteriza uma ligação iônica.
20. Soma = 6 (02 + 04)
A: camada de valência 4s2 w é metal w forma cátion A2+ (possui
menor energia de ionização).
B: camada de valência 3s2 3p5 w é halogênio w forma ânion B1– (tem
maior afinidade por elétrons).
(01) Incorreta.
(02) Correta.
(04) Correta, pois apresenta maior número de camadas eletrônicas.
(08) Incorreta. A, por ser metal, participa de ligação iônica.
(16) Incorreta. A fórmula do composto pode ser estabelecida pela
seguinte regra:
13. d
I. (V)
II. (F) Quando o carbono faz 4 ligações simples, as valências dirigem-se para os vértices de um tetraedro.
III. (V)
IV. (V)
14. Distribuições eletrônicas:
Ca = 1
s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4
s2 portanto doa 2 e– s metal

 
 
 
 
K
N
L
1s2 2s2 2p6 3s2 3p1
∴ recebe 3 e–
K
L
M
2
8
3
17. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Incorreto. Como todas as espécies têm 10 elétrons, conclui-se que X tem 8 e, portanto, seu número atômico é 8 e que
Z tem 13, sendo seu número atômico. Portanto, não são
isótopos.
(02) Correto.
(04) Correto. Camada de valência (2s2 2p6) com 8 elétrons.
(08) Correto. Z3+ X 2– s Z2X3
(16) Incorreto. 13Z (1s2 2s2 2p6 3s2 3p1) pertence ao 3o período.
11. Soma = 8 (08)
(01) Falsa. Pertencem a grupos diferentes.
(02) Falsa. Como B, que pertence ao grupo 2, forma cátions B2+ e
D, que pertence ao 17, forma ânion D–, a fórmula do composto formado por eles é:
D
1s2 2s2 2p6 3s2 3p1
∴ perde 3 e–
K
L
M
2
8
3
∴ + eletronegativo s F
+ eletropositivo s Al
A fórmula entre F e Al será:
10. a) O elemento é o sódio.
b) (18Ar)
Como o número atômico do argônio é 18 e o elemento citado
tem 8 elétrons a mais que o argônio, seu número atômico é 26.
c) O elemento é o flúor e seu símbolo é F.
d) Alcalinoterroso: Ca2+
Halogênio: Br–
Composto formado: CaBr2
2+
1s2 2s2 2p5
∴ recebe 1 e–
K
L
2
7
13
9. b
O oxigênio recebe um elétron do sódio (ligação iônica) e compartilha
um par de elétrons com o cloro (ligação covalente), ficando com o
octeto completo.
B
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
;
K
L
M
2
5
3 camadas
3º período
grupo 2 (ou II A) metal
4º período
2
P:
16.b
Distribuição eletrônica:
9
80
15
I. (V)
II. (F)
III. (V)
A ligação será iônica com fórmula: RaF2
40
1s2 2s2 2p3
K
L
2
5
2 camadas
2º período
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
N:
A 2+ B 1–
M
21. e
O = 1
s2 2s2 2p4 portanto recebe 2 e– s ametal

 

K
L
A ligação será iônica e a fórmula do composto será CaO.
O número total de elétrons será: 20 + 8 = 28
15. d
AB 2
I. Correta. Apresenta menor raio atômico.
II. Correta.
III. Incorreta. O Al possui maior atração núcleo-elétrons.
IV. Incorreta. Ambos são ametais e a ligação é covalente.
V. Correta.
10
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10/14/10 5:34:49 AM
22. e
N
O
N
N
O
NO2
O
O
N
O
6. c
1 molécula de NH4C7H5O2
1 mol de NH4C7H5O2
6 · 1023 moléculas de NH4C7H5O2
O
N
O
O
O
N2O
NO
N
O
O
O
N2O4
N
O
7. c
C2H2 e H2O2 w 4 átomos no total da molécula, sendo a metade átomos de H.
N2O5
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Atividades extras
23. CsI
Segundo o diagrama I, o sal de menor ponto de fusão é o de PF
621 ºC. Comparando-se os valores dos outros sais apresentados na tabela, percebemos que o primeiro sal (PF = 988 ºC) é
o de raio iônico 2,35 angstrons, que corresponde ao cátion do
3º período ligado ao ânion do 2º período. Fazendo uma analogia, o sal procurado será o formado pelo cátion do 6º período
com o ânion do 5º período, portanto, CsI (1,70 + 2,20 =
= 3,90 angstrons).
24. e
O elemento F é o oxigênio; K é o hidrogênio; como F é
do grupo 16 e forma composto iônico de fórmula GF, G é do grupo 2; se o número atômico de H é 34, logo ele se encontra no 4º
período, grupo 16; J tem um próton a mais e é do mesmo período, pertence, portanto, ao grupo 17; G é do mesmo período.
QF.01
1.b
De acordo com a tabela fornecida, para um indivíduo de 70 kg,
temos:
massa de oxigênio (mO) = 43.500 g
massa de carbono (mC) = 12.600 g
massa de hidrogênio (mH) = 7.000 g
massa de nitrogênio (mN) = 2.100 g
massa de cálcio (mCa) = 1.050 g
Sabendo que a quantidade de átomos é diretamente proporcional à
quantidade, em mol, de átomos para cada elemento, teremos:
nO =
nC =
nH =
nN =
nCa =
mO
MO
mC
MC
43.500 g
=
mH
mN
MN
mCa
MCa
16 g ⋅ mol
12.600 g
=
MH
−1
12 g ⋅ mol−1
=
=
7.000 g
1g ⋅ mol−1
2.100 g
=
= 1.050 mol
= 150 mol
1.050 g
40 g ⋅ mol−1
= 26, 25 mol
Então, o H é o elemento que contribui com a maior quantidade de
átomos.
2. d
1 mol
6 · 1023 átomos
x
8 átomos
x = 1,3 · 10–23 mol
3. a
Sabendo que:
1 mol CO2
6 · 1023 moléculas de CO2
n
n = 7,9 · 1013 mol
4. a
1 mol de substância
350 g
m
8. V – V – F
Somente a última afirmativa está incorreta, pois o mol é uma grandeza
que indica quantidade de partículas, independentemente de sua massa.
9. a) Massa de sódio ingerida (30 mg + 50 mg + 750 mg + 157 mg) =
= 990 mg
Cálculo da porcentagem de sódio ingerido:
1.100 mg
100%
990 mg
x
x = 90% (do mínimo aconselhado)
b) Para satisfazer a necessidade máxima (3.300 mg – 990 mg) =
= 2.310 mg de Na
Massa molar de NaCl = (22,990 + 35,453) = 58,443 g/mol
22,990 g de Na
58,443 g de NaCl
2,310 g
x
x = 5,872 g de NaCl
10. e
1 mol Fe
56 g
6 ⋅ 1023 átomos
(1.674 mg) 1.674 ⋅ 10–3 g
x ∴ x = 1,79 ⋅ 1022 átomos H
H 1,8 ⋅ 1022 átomos
11. e
De acordo com o princípio de Avogadro:
C2H4 s 10 L ∴ n moléculas ∴ 6 n átomos
O2 s 10 L ∴ n moléculas ∴ 2 n átomos
CO2 s 20 L ∴2 n moléculas ∴ 6 n átomos
CO s 10 L ∴2 n moléculas ∴ 4 n átomos
12. e
Como o isótopo de maior abundância é o de massa 26 (80%), a
massa atômica estará mais próxima da massa deste isótopo.
Observação: Professor, apesar de ser possível calcular a massa atômica, não se faz necessário.
= 2.718, 75 mol
= 7.000 mol
14 g ⋅ mol−1
9 átomos de H
9 mol de átomos de H
9 · 6 · 1023 átomos de H
CADERNO 1
N
5. c
M
= 1 · 14 + 3 · 1 = 17 g/mol
NH3
1 mol de NH3
17 g
6 · 1023 moléculas de NH3
8,5 · 10–3 g
x
x = 3 · 1020 moléculas de NH3
44 g
3,5 · 1015 g
6 ⋅ 1023 moléculas
1 molécula ∴ m = 5,8 ⋅ 10– 22 g
13. a
Pela fórmula apresentada, temos a fórmula molecular: C10H14N2
A massa molar será:
C = 12 · 10 = 120
H = 1 · 14 = 14
N = 14 · 2 = 28
Total = 162 g/mol
Então:
1 mol de nicotina
162 g
n
0,65 · 10–3 g (mnicotina = 0,65 mg)
n = 4,01 · 10–6
14. a)
b)
c)
MC H Cl = 2 · 12 + 3 · 1 + 1 · 35,5 = 62,5 g/mol
2 3
1 mol de C2H3Cl
62,5 g
x
93,75 g
x = 1,5 mol
1 molécula de C2H3Cl
2 átomos de C
1 mol de C2H3Cl
2 mol de C
1,5 mol de C2H3Cl
y
y = 3 mol de C
1 mol de C
6 · 1023 átomos de C
3 mol
z
z = 1,8 · 1024 átomos de C
15. d
11
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10/14/10 5:34:51 AM
16. Cálculo da massa molar do CH4: C = 12 · 1 = 12
H=1·4=4
Total = 16 g/mol
Como:1 Gg
1 · 109 g
288 Gg
mCH4 ∴ mCH4 = 288 · 109 g
Sabendo que:
1 mol CH4
16 g
6 · 1023 moléculas
288 · 109 g
x ∴ x = 1,08 · 1034 moléculas
17. a
A massa molar da butadiona é:
C = 12 ⋅ 4 = 48
H = 1 ⋅ 6 = 6
O = 16 ⋅ 2 = 32 g/mol
Total = 86 g/mol
1 mol butadiona
86 g
4,3 g
x = 1,2 ⋅ 1023 átomos
4 ⋅ 6 ⋅ 1023 átomos de C
x
Como d = m ∴ 11,35 = m ∴ m = 11,35 g
V
1
Então: 1 mol Pb
b)
Como VT = 1 cm3, 60% será 0,6 cm3, então:
3,29 ⋅ 1022 átomos
0,6 cm3
1 átomo
V ∴ Vátomo = 1,82 ⋅ 10–23 cm3
Admitindo: V = 4 πr3 ∴ 1,82 ⋅ 10–23 = 4 ⋅ 3 ⋅ r3
3
3
∴ r = 1,65 ⋅ 10–8 cm
c)
Cálculo do diâmetro do átomo: d = 2 ⋅ r ∴ d = 3,31 ⋅ 10–8 cm
Então: 3,31 ⋅ 10–8 cm
1 átomo
1 cm
n ∴ n = 3 ⋅ 107 átomos
n=
63,5 g
6 ⋅ 1023 átomos
10 g
x ∴ x = 60·10
63,5
Como: 1 átomo
60·1023 átomos
63,5
23
O: 27,6%
n=
27,6
16
n=
1,725 mol
1,30
O = 16 ⋅ 2 = 32
64 u
átomos
Para o enxofre:
64 u
100%
32 u
%S ∴ %S = 50%
Para o oxigênio:
64 u
100%
32 u
%O
∴ %O = 50%
3. a
180 g de Fe3C
12 g de C
100%
%C ∴ %C = 6,66%
4. Cálculo da quantidade total de MgCl2 que é extraída de 10 m3 de
água do mar.
1 m3 de água do mar
6,75 kg de MgCl2
10 m³ de água do mar
mMgCl2
mMgCl2 = 67,5 kg
A partir das massas molares do MgCl2 = 95,3 g/mol e Mg = 24,3 g/mol,
teremos:
1 mol de MgCl2
1 mol Mg
95,3 g
24,3 g
67.500 g
mMg
∴ mMg = 17.211 g
28 g
y
y = 14 g
Massa total dos gases emitidos: 12,8 + 14 = 26,8 g
22. e
1 mol de C
6,02 · 1023 átomos
x
x = 2,0 · 1021 átomos
1,30 mol
1,30
6 ⋅ 1023 átomos
x ∴ x = 3,29 ⋅ 1022 átomos
2. e
Cálculo da massa molecular:
S = 32 ⋅ 1 = 32
23 g
69 · 10–3 g
21. c
SO2 (1 · 32 + 2 · 16 = 64 g/mol)
1 mol
64 g
0,2 mol
x
x = 12,8 g
CO (1 · 12 + 1 · 16 = 28 g/mol)
1 mol
6 · 1023 moléculas
3 · 1023 moléculas
207 g
11,35
Fe1O1,33 (· 3): Fe3O4
2 ⋅ 1,17 ⋅ 10–10 m (diâmetro)
y ∴ y = 2 ⋅ 1013 m
20. c
1 mol
6 · 1023 átomos
x
x = 1,8 · 1021 átomos
D2O
Cálculo do volume do cubo s V = a3 ∴ V = (1)3 cm3
QF.02
1. b
Fe: 72,4%
72,4 n=
56
18. e
A água pesada pode ser representada por D2O, em que D é o símbolo do isótopo de hidrogênio de massa 2, o deutério.
M
= 2 · 2 + 1 · 16 = 20 u
19. b
1 mol Cu
24. a)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Pelo enunciado, a tiragem máxima de moedas de prata é de 20.000,
então:
1 moeda
27 g de Ag
20.000 moedas
mAg ∴ mAg = 5,4 ⋅ 105 g
Sabendo que:
1 mol Ag
108 g
6 ⋅ 1023 átomos
x
5,4 ⋅ 105 g
y
x = nAg = 5 ⋅ 103 mol e y = número de átomos = 3 ⋅ 1027 átomos
12 g
0,04 g
5. b
Cálculo da massa de cobalto:
6 · 10–6 g
100%
x
4%
x = 2,4 · 10–7 g de Co
Cálculo do número de átomos de cobalto:
1 mol de Co 60 g
6 · 1023 átomos
2,4 · 10–7 g
y
y = 2,4 · 1015 átomos
Atividades extras
23. Cálculo da quantidade de átomos de Ca em 1,6 kg:
1 mol Ca
40 g
6 ⋅ 1023 átomos
1,6 kg w 1.600 g
x ∴ x = 2,4 ⋅ 1025 átomos
Substituindo essa quantidade de átomos de Ca por Ba, teríamos:
1 mol Ba
137 g
6 ⋅ 1023 átomos
m
2,4 ⋅ 1025 átomos
∴ m = 5.480 g ou 5,48 kg
Portanto:
70 kg – 1,6 kg + 5,48 kg = 73,88 kg
6. d
Na amônia: 9,33 g de N
mN
∴ mN = 29,29 g
2,00 g de H
6,28 g de H
12
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10/14/10 5:34:56 AM
• Para o H:
116 g
100%
1⋅y
10,3% ∴ y = 12
• Para o O:
116 g
100%
16 ⋅ z
27,6% ∴ z = 2
∴ a fórmula molecular é C6H12O2
12.
CH3
H
H—C
H—C
H H—C
mZn = 65,4 ⋅ m \ mZnForzin = 0,405 m
161,4
(Zinplus®)
1 mol
536,2 g
196,2 g de Zn
m
mZnZinplus
mZn = 196,2 ⋅ m \ mZnZinplus = 0,365 m
536,2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cálculo da quantidade, em mol, de átomos de Zn:
(Forzin®)
161,4 g
1 mol de átomos de Zn
m
nZnForzin \ nZnForzin =
(Zinplus®)
536,2 g
nZnZinplus \ nZnZinplus =
3m
m
mol
=
536,2 178,7
8. c
SixHy s mH = 3 g e mSi = 28 g
Cálculo da quantidade, em mol, formada:
nH =
nSi =
SiH3
3
= 3 mol
1
nO =
H3C
mN
8,4
0,6 mol
∴ nN =
∴ nN =
s2
MN
14
0,3
mO
∴ nO =
OH
C
C
O
H
C
C
C
C
C5H11
H
C21H30O2 s Fórmula molecular:
C = 12 · 21 = 252
H = 1 · 30 = 30
O = 16 · 2 = 32
Total = 314 g/mol
314 g de THC
100%
252 g de C
%C
%C = 80,25
13. a)
,
• N s n = 25,9 = 185
=1
14
185
,
• O s n = 74,1 = 4,63 = 2,5
16
185
,
N1O2,5 ⋅ 2 = N2O5
b)
c)
Óxido molecular, pois nitrogênio é ametal.
N2O5 + H2O w 2HNO3
n =
C
10. d
1 mol de átomos de O
16 g
6 ⋅ 1023 átomos
mO
1,8 ⋅ 1023
∴ mO = 4,8 g
Então: móxido = mN + mO ∴ 13,2 = mN + 4,8 ∴ mN = 8,4 g
Portanto:
• para o N ∴
nN =
C
H
14. Em 100 g : mC = 74,1 g ; mH = 8,6 g ; mH = 17,3 g
• Para o C:
28
= 1 mol
28
9. b
MC6H12O6 = 6 · 12 + 8 · 1 + 6 · 16 = 176 g/mol
1 mol
176 g
x
62 · 10–3 g
x = 3,52 · 10–4 mol
1 dose
3,52 · 10–4 mol
y
2,1 · 10–2 mol
y = 60 doses
H
C
H3C — C
3 mol de átomos de Zn
m
m
mol
161,4
C
CADERNO 1
7. a
Cálculo das massas molares:
ZnSO4 (Forzin®)
Na2Zn3(CO3)4 · 3H2O (Zinplus®)
Zn = 65,4 · 4 · 1 = 65,4 g Na = 23 · 2 = 46 g
S = 32 · 1 = 32 g
Zn = 65,4 · 4 · 3 = 196,2 g
O = 16 · 4 = 64 g
C = 12 · 4 = 48 g
Total = 161,4 g
O = 16 · 15 = 240 g
H=1·6=6g
Total = 536,2 g
Cálculo da massa de Zn:
(Forzin®)
1 mol 161,4
65,4 g de Zn
m
mZnForzin
4,8
0,3 mol
∴ nO =
s1
16
0,3
MO
∴ fórmula mínima é: N2O
11. d
• Para o C:
116 g
100%
12 ⋅ x
62,1% ∴ x = 6
nH =
mC
MC
∴ nC =
74,1
6,175 mol
∴ nC =
=5
12
1,235
mH
8,6
8,6 mol
∴ nH =
∴ nH =
=7
MH
1
1,235
,
mol
n = mN ∴ n = 12,3 ∴ n = 1235
=1
N
N
N
MN
14
1,235
Como 1 molécula tem 2 nitrogênios:
fórmula mínima = C5H7N1 ⋅ 2 e
fórmula molecular = C10H14N2
n
15. a) Fórmula mínima ·
→ Fórmula molecular
C3H8 O3
C3H8 O3
·1
C = 12 · 3 · n = 36n
H = 1 · 8 · n = 8n +
O = 16 · 3 · n = 48n
Total = 92n ∴ n = 1
b) Em: 92 g
100%
36 g
%C ∴ %C = 39,13%
16. b
A soma das porcentagens é 100%: 100% = 78,77% de C + 11,76% de
H + x% de O
∴ O% = 10,37%
Pelo esquema:
C = 12 ⋅ x s 12 x g
77,87%
H = 1 ⋅ y s y g
11,76%
O = 16 ⋅ z s 16 z g
10,37%
154 g
100% x = 10; y = 18; z = 1
13
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10/14/10 5:35:02 AM
17. d
Fórmula molecular: C18H26O3N
Se 305 g
100%
18 ⋅ 12
x
x = 70,81% C
13,25 g
100%
5,75 g
x
x = 43,40% de X, assim, CO32– representa 56,6%
Se 56,6%
60 g CO32–
43,4%
m
m = 46 g de 2X –
18. a) 2NO + O2w 2NO2
2NO2 + H2O w HNO3 + HNO2
b) MM = 476 g/mol
476 g sildenafil
6 ⋅14 g N
238 ⋅10–3 g
m
m = 0,042 g = 42 mg, portanto o lote estava adulterado, pois
deveria haver 42 mg de nitrogênio.
Assim, a massa atômica de X é: 46 = 23 g
2
19. e
A fórmula centesimal da magnetita é:
232 g/mol
100%
3 ⋅ 56 g/mol
%Fe ∴ %Fe = 72,4%
∴ 100 = %Fe + %O ∴ 100 = 72,4 + %O
%O = 27,6%
20. b
MM FeCl3 ⋅ H2O = 162,5 + x ⋅ 18
FeCl3 ⋅ xH2O w FeCl3 + xH2O
162,5 + x ⋅ 18 g
162,5 g
2,7 g
1,62 g
29,16x + 263,25 = 438,75
x = 6
Há na molécula 6 águas de hidratação.
QF.03
1. a
Solubilidade a 30 °C s 220 g de sacarose/100 g H2O
320 g de solução
100 g H2O
160 g de solução
x
x = 50 g de H2O
160 g de solução
21. a
Fórmula molecular: C6H8O2N2S
MM = 172 g/mol
Para C:
172 g
100% g
72 g
x
x = 41,86%
Para N:
172 g
100% g
8 g
y
y = 4,65%
Para O:
172 g
100% g
32 g
z
z = 18,60%
50 g H2O
110 g de sacarose
Solubilidade a 0 °C: 180 g de sacarose / 100 g de H2O
180 g de sacarose
100 g de H2O
y
50 g de H2O
y = 90 g de sacarose
Precipitarão: 110 – 90 = 20 g
2. a
À temperatura inferior a 40 °C, o Pb(NO3)2 é mais solúvel.
3. d
a) (F) A 25 °C, o NaCl é mais solúvel.
b) (F) A 10 °C, o NaNO2 é o mais solúvel.
c) (F) Apresenta a mesma solubilidade somente próximo aos
25 °C.
d) (V)
22. a) No gráfico 1, aos 60 minutos: % carboidratos H 63%.
Logo, % gordura H 37% da massa total.
Então, para os carboidratos:
2,2 g
100%
x
63%
x = 1,386 g de CH2O
CH2O + O2
CO2 + H2O
1 mol
1 mol
30 g
1 mol
1,386 g
x
x = 0,046 mol de O2
Para as gorduras:
2,2 g
100%
x
37%
x = 0,814 g de CH2
CH2 + 1,5O2
CO2 + H2O
1 mol
1,5 mol
14 g
1,5 mol
0,814 g
x
x = 0,087 mol de O2
A quantidade, em mol, de O 2 total é: 0,046 + 0,087 =
= 0,133 mol de O2
b) No gráfico 2, temos 85% de VO2 máx. e o metabolismo de carboidrato
é maior que o de gordura, então a %, em massa, de carboidrato
aumenta (curva 1) e a %, em massa, de gordura diminui (curva 6).
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24. b
Cálculo da massa molar de dioxina:
4 mol de Cl ⋅ 35,5 g
44%
MM dioxina
100%
∴ MM dioxina = 322,73 g
No frango, há 2,0 ⋅ 10–13 mol de dioxina/kg.
1 mol dioxina
322,73 g
2 ⋅ 10–13 mol/kg dioxina
m ∴ m = 6,45 ⋅ 10–11 g/kg
Como: 1 kg frango
6,45 ⋅ 10–11 g
x
3,23 ⋅ 10–11 g
x = 0,5 kg
4. a) Solubilidade de B a 60 °C w 40 g / 100 g de H2O
40 g
100 g de H2O
120 g de B
x
x = 300 g de H2O
b) A solubilidade de A a 0 °C é de 10 g / 100 g de H2O, portanto,
com uma massa de A de 10 g, a solução será saturada e, com
uma massa inferior a 10 g, será insaturada.
5. a) 400 mL
200 g
100 mL
x
x = 50 g
Observando a curva: T = 80 ºC
b) Solubilidade a 20 ºC s 30 g de soluto / 100 mL H2O
400 mL
y
100 mL
30 g
y = 120 g
Precipitam: 200 – 120 = 80 g
6. a
Pelo gráfico a 55 °C:
50 g de NH4Cl
100 g H2O
mNH4Cl
400 g H2O s 400 mL H2O (d = 1 g/cm³)
mNH4Cl = 200 g
Como a curva é ascendente, o aumento da temperatura facilita a
dissolução, portanto, é endotérmica.
Atividades extras
23.a
14
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10/14/10 5:35:04 AM
8. b
A dissolução de um gás em líquido é favorecida a baixa temperatura
e alta pressão.
9. d
Na etapa 1, temos solução saturada em NaCl com corpo de fundo.
Na etapa 2, temos a dissolução de KMnO4 na solução saturada de
NaCl.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10. e
Se em 25,20 g de solução havia 10,20 g de sal, 15 g é de solvente.
Assim:
15 g solvente
10,20 g sal
100 g solvente
m
m = 68 g de sal
11. b
Ponto A: solução insaturada
Ponto B: solução saturada
Ponto C: solução supersaturada
12. e
Com a abertura da garrafa ocorre diminuição da pressão que atua
sobre o líquido, facilitando o escape de CO2 e diminuindo a quantidade de H2CO3.
13. d
Quanto maior a temperatura da água, menos oxigênio dissolvido.
14. c
Como a quantidade de sal adicionado à solução é menor que a
quantidade máxima possível de ser dissolvida nessa temperatura,
temos uma solução diluída.
15. b
O aumento da temperatura facilita o escape de gases dissolvidos em
água, nesse caso, o oxigênio.
16. a
Solubilidade do KNO3 a 40 ºC w 60 g de KNO3/100 g de H2O
60 g de KNO3
100 g de H2O
x
50 g de H2O
x = 30 g de sal
30 g dissolvem
40 g de KNO3
10 g precipitam
17. e
Solubilidade do sal a 20 ºC s 15 g sal/100 g de H2O
15 g sal dissolvem
20 g de sal
5 g precipitam
18. A 45 °C, temos:
40 g KCl
100 g de H2O
mKCl
20.000 g de H2O s 20 kg ou 20 L
mKCl = 8.000 g
2O
Então: KCl H
→ K+ + Cl –
1 mol
1 mol
74,5 g
39 g
8.000 g
mK+
\ mK+ = 4.187,9 g ou 4,187 kg de K+
Toda curva de solubilidade ascendente corresponde à dissolução
endotérmica, ou seja, o aumento da temperatura aumenta o coeficiente de solubilidade.
19. b
IV. (F) Os microrganismos aeróbios consomem oxigênio, diminuindo a concentração de O2.
20. a)
b)
Endotérmica, pois a solubilidade aumenta com a temperatura.
A 50 ºC:
100 g H2O
60 g sal
500 g H2O
m1
m1 = 300 g
A 10 ºC:
100 g H2O
20 g sal
500 g H2O
m2
m2 = 100 g
Precipitados: m1 – m2 = 200 g de sal
21. c
Cálculo da porcentagem do sal:
17,5 + 32,5
100%
17,5
x
x = 35%
De acordo com o gráfico, a 40 ºC, o sal que apresenta 35% em
massa é o Na2SO4.
22. Soma = 9 (01 + 08)
(01) (V)
(02) (F) Para as substâncias apresentadas, a de maior eficiência
para o procedimento descrito tem que possuir baixa solubilidade em baixa temperatura, portanto será a substância Y.
(04) (F) Pelo gráfico a 80 °C:
40 g de Y
100 g H2O
140 g de Y
mH2O s mH2O = 350 g
Então a massa de água necessária será de 350 g para dissolver 140 g de Y.
(08) (V)
(16) (F) Curva ascendente, dissolução endotérmica
(32) (F) Em temperaturas menores que 50 °C, a solubilidade do
Pb(NO3)2 é maior do que a do KNO3, e em temperaturas maiores que 50 °C a solubilidade do KNO3 é maior do que a do
Pb(NO3)2.
Atividades extras
23. e
I. Errada. Se a ordenada representasse a constante de equilíbrio
de uma reação química exotérmica, e a abscissa, a temperatura, a curva seria descendente.
II. Errada. Se a ordenada representasse a massa de um catalisador existente em um sistema reagente, e a abscissa, o tempo
relativo à variação da massa do catalisador, a curva seria uma
reta paralela ao eixo das abscissas.
III. Correta.
IV. Correta.
V. Errada. Se a ordenada representasse a concentração de NO2(g)
existente dentro de um cilindro provido de um pistão móvel,
sem atrito, onde se estabeleceu o equilíbrio N2O4(g) x 2NO2(g),
e a abscissa representasse a pressão externa exercida sobre o
pistão, a curva seria descendente, pois o aumento de pressão
desloca o equilíbrio para a esquerda, diminuindo a concentração de NO2(g).
CADERNO 1
7. c
a 20 °C
21g de CuSO4
100 g de H2O
m
10 g de H2O ∴ mCuSO4 = 2,1 g dissolvido
0,4 g não dissolvido
solução saturada com corpo de fundo.
24. a) No experimento I, a solução inicial (NaCl (aq.)) apresenta condutibilida+
−
de elétrica por causa da presença dos íons Na (aq.)
e Cl (aq.)
.
Ao se adicionar AgNO3, ocorre a reação:
+
−
+
−
+
−
Na(aq.)
+ Cl (aq.)
+ Ag(aq.)
+ NO 3(aq.)
w Na(aq.)
+ NO3(aq.)
+ AgCl(s)
−
Na solução resultante, os íons NO 3 tomarão o lugar dos íons Cl–
e, como a contribuição desses dois íons para a condutibilidade é
quase a mesma, podemos considerar que a condutibilidade da
solução durante a reação é praticamente constante. Após o término da reação, o AgNO3 adicionado em excesso aumentará a
condutibilidade da solução.
Assim, a curva que relaciona esse comportamento é a X.
No experimento II, o composto iônico LiF, quando adicionado à
água, sofrerá dissociação, aumentando a condutibilidade elétrica até o limite da sua solubilidade.
15
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10/14/10 5:35:09 AM
Esse comportamento associa-se à curva Y.
b) A partir do gráfico X, a precipitação termina ao acrescentarmos
0,02 mol de AgNO3.
Como NaCl(aq.) + AgNO3(aq.) w NaNO3(aq.) + AgCl(s)
0,02 mol
0,02 mol
Assim: 100 mL
0,02 mol NaCl
1.000 mL
x
∴ x = 0,2 mol NaCl
A concentração da solução de NaCl é 0,2 mol/L.
c) A partir da curva Y, verifica-se que a solução de LiF estará
saturada com 0,004 mol. Assim, a solubilidade do LiF será
0,004 mol em 100 mL de água.
M
H
3CCOOH
C = M1 · µ
60 = 60 · µ s µ = 1 mol/L
8.b
Pela densidade do álcool, teremos:
1 mL
0,8 g
(5 L) 5 ⋅ 103 mL
málcool
málcool = 4.000 g ou 4 kg
Como a solução terá:
0,5 mol de I2
1 kg etanol
nI
4 kg etanol
2
QF.04
1. d
Consultando o gráfico, temos:
2 latas de cerveja H 120 min ou 2 h.
3 latas de cerveja H 240 min ou 4 h.
4 latas de cerveja H 330 min ou 5 h e 30 min.
nI = 2 mol
2
Logo: 1 mol I2
254 g
mI = 508 g
2 mol I2
2
9. c
A expressão da concentração em quantidade de matéria é:
µ =
28 g
46 · 10–3 g
mNaF
m1
∴ 2 ⋅ 10−5 =
∴ mNaF = 4,2 ⋅ 10−4 g
MM1 ⋅ V (L )
42 ⋅ 0,5
10.d
Como 6 mg/L = 6 ⋅ 10–3 g/L e sabendo que: C = µ ⋅ MM1
6 ⋅ 10–3 = µ ⋅ 200 ∴ µ = 3 ⋅ 10–5 mol/L
x = 1,64 · 10–3 mol
1 m3 = 1.000 L
1,64 · 10–3 mol
1.000 L
y
1L
y = 1,64 · 10–6 mol/L
11.d
Em 20 ppm, temos:
20 g de Ca(HCO3)2
106 g H2O
m
m = 4 ⋅ 10–2 g
3. IDA = 5 mg/kg
5 mg
1 kg
x
60 kg
x
300 mg ou 0,3 g de ácido fosfórico/dia
Concentração no refrigerante = 0,6 g/L
103 L H2O
2 L H2O
12. c
1 mol
250 g
x
10 g
x = 0,04 mol em 1 L
ou
C = m
V
0,6 = 0,3 s V = 0,5 L ou 500 mL de refrigerante
V
µ = C = 10
M 250
Uma pessoa de 60 kg pode ingerir, no máximo, 500 mL de refrigerante por dia.
µ = 0,04 mol/L
4. A massa molar do K2SO4 é:
K = 39 ⋅ 2 = 78
S = 32 ⋅ 1 = 32
O = 16 ⋅ 4 = 64
Total w
174 g/mol
A concentração, em quantidade de matéria, é dada por:
13.d
A concentração independe do volume, em qualquer forma de expressão de concentração.
A variação pode acontecer ao adicionar ou retirar soluto ou solvente
da solução.
m1
17, 5
∴µ =
∴ µ = 0, 2 mol L
µ =
174 ⋅ 0, 5
MM1 ⋅ V ( L )
Então:
2−
K2SO4 w 2K+ + SO4
1 mol w 2 mol — 1 mol
0,2 mol/L — µK+ — µ 2– ∴ µK+ = 0,4 mol/L e µ
14. d
Como a densidade da água é igual a 1 g/mL, o indivíduo que ingerir
2 L dessa água estará ingerindo 2 kg de água.
0,9 ppm = 0,9 mg/kg
0,9 mg de flúor
1 kg de água
x
2 kg de água
x = 1,8 mg de flúor
SO2–
4
SO
4
= 0,2 mol/L
5. b
Como a densidade é 1,15 g/mL:
Temos 1,15 g solução
1 mL
assim em 1 L: 1,15 g solução
1 mL
x
1.000 mL
x = 1.150 g ou 1,15 kg
Sendo a concentração igual a 40 g/L, podemos escrever:
C = d ⋅ † ⋅ 1.000 ∴ 40 = 1,15 ⋅ † ⋅ 1.000
† = 0,0347 ou % † = 3,47
msoluto (mg)
msolução (kg)
∴ 20 =
7. a
6% p/V s 6 g
x
mchumbo
0,1 kg crosta
Em 1 L de H2O2 a 20 V libera
VO (a 0 °C e 1 atm)
2
2
16. V – F – V – F
(F) O tablete contém o consumo máximo, enquanto o pacote de
pipoca tem 60% a mais que o consumo máximo.
(F) Cálculo de gordura trans:
Pipoca s 2,2 g · 1,6 (60%) = 3,52 g
Donut s 2,2 g · 2 (dobro) = 4,4 g
Donut
4,4
\ há 25% a mais
=
= 125
,
Pipoca 3,52
∴ mchumbo = 2 mg
100 mL
1.000 mL 10 L de O2 (a 0 °C e 1 atm)
VO ­= 20 L (a 0 °C e 1 atm)
2
Como p · V = n · R · T \ 1 · 20 = nO · 0,082 · 273
2
nO = 0,89 mol
6. d
Concentração em ppm =
=
15. c
Em 1 L de H2O2 a 10 V libera
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2. a
1 mol
x
= 2 · 12 + 4 · 1 + 2 · 16 = 60 g/mol
x = 60 g/L
16
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10/14/10 5:35:15 AM
1 t1
1.000 L
1 m3
8 m3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
19. c
No NaCl, µ Cl − = µNaCl = 0,1 mol/L
No CaCl2, µ Cl − = 2µ CaCl = 0,2 mol/L
2
No AlCl3, µ Cl − = 3µAlCl = 0,6 mol/L
3
No MgCl2, µCl − = 2µ
= 0,4 mol/L
MgCl2
20.b
0,1% (m/V) = 1 g/L
1 mol de NaF
42 g
x
1g
x = 0,024 mol em 1 L
ou
2
µ = 0,024 mol/L
21. e
Cálculo da concentração do KH2PO4:
1 mol KH2PO4
136 g
x
13,6 g
x = 0,1 mol
0,1 mol
0,5 L
y
1L
y = 0,2 mol/L
Cálculo da massa de KNO3:
0,2 mol
1.000 mL (1 L)
z
200 mL
z = 0,04 mol de KNO3
1 mol de KNO3
101 g
0,04 mol
m
m = 4,04 g de KNO3
passaram 3t 1
2
Após a ingestão 
→ valor mínimo eficaz
Como 1t 1
8h
2
3t 1 x
2
∴ 24 h
24. a) Como:
50 L
100%
Válcool
24% álcool
Válcool = 12 L
b) Cálculo do volume de gasolina colocado no tanque:
VT = Válcool + Vgasolina ∴ 50 = 12 – Vgasolina ∴ Vgasolina = 38 L
Esse volume corresponde a 80% da mistura gasolina + álcool
vendida, então:
38 L
80%
VT
100% ∴ VT = 47,5 L
Vtanque = 50 L
etanol anidro s 2,5 L
QO.01
1.e
A cadeia carbônica é:
a
C1
1a
3a
2a
4a
1a
2a
2a
1a
1a
C
1a
C
2.Soma = 7 (01 + 02 + 04)
Dos itens apresentados, apenas os cacos de vidro não são matéria
orgânica.
3.d
Acíclico s não há ciclo s 1 e 2
Monocíclico s há 1 ciclo s 4 e 5
Bicíclico s há 2 ciclos s 3 e 6
4.c
Os compostos orgânicos e as substâncias que formam as células-tronco
são formados principalmente por: C, H e O.
5.a
O benzopireno apresenta cadeia fechada, aromática, polinuclear e
condensada.
6.b
A fórmula estrutural é:
H
Cl
H
C
C
O
C
C
C
C
C
C
Cl
Cl
C
C
O
C
Cl
C
H
H
Fórmula molecular: C12H4O2Cl4
7.e
A fórmula estrutural é:
N
–3
CH3
O
H3C
O
x
16 ·10 g/L ∴ correspondem a 16 mg/L
x = 8 · 10–5 mol/L (valor máximo após 1ª dose)
2) Usando a meia-vida:
3a
—C—C—C—C—C—C—C—C—
22. b
Como foram adicionadas as mesmas massas dos constituintes (sal e
açúcar), podemos dizer que a sua porcentagem é a mesma, mas
com diferentes concentrações molal e molar, pois as massas molares são diferentes.
Atividades extras
23. a
Sabe-se que:
Valor mínimo eficaz = 1 · 10–5 mol/L
Valor máximo após 1ª dose = 16 mg/L
Tempo de meia-vida do medicamento = 8 h
Massa molar do medicamento = 200 g/mol
1) Transformando 16 mg/L em mol/L:
1 mol 200 g
2 · 10–5 mol/L
1 · 10–5 mol/L
C
µ = C = 1
MM
42
2
4 · 10–5 mol/L
1t 1
18. b
1 L de ar
1,3 g
V
39.000 g
V = 30.000 L de ar/dia
1 dia
24 h
30.000 L de ar
8h
n
n = 10.000 L de ar/8 h
1 ppm w 1 parte por milhão
1 ppm w 1 mL
1.000.000 mL
ou seja:
1 mL _____ 1.000 L
Portanto:
50 ppm
50 mL de NH3
1.000 L de ar
x
10.000 L
x = 500 mL de NH3
1 t1
2
8 · 10–5 mol/L
CADERNO 1
17. c
Como 1 ppm: 1 g hipoclorito de sódio
x
x = 8 g de hipoclorito de sódio
C
C
N
C
C
N
H
C
N
CH3
A fórmula molecular é C8H10N4O2.
17
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10/14/10 5:35:21 AM
8.d
O cloreto de sódio é composto inorgânico.
16. a
Primários w 1, 5, 6, 7, 8
Secundários w 3
Terciários w 2
Quaternários w 4
17. a
9.a
A fórmula estrutural é:
H
C
C
C
C
C
C
C
C
C
HO
C
N
H
H
OH
18. a
Pela fórmula estrutural, a fórmula molecular será C28H37Cl1O7
Cálculo da massa molar:
C = 12 ⋅ 28 = 336
H = 1 ⋅ 37 = 37
Cl = 35,5 ⋅ 1 = 35,5
O = 16 ⋅ 7 = 112
Total = 520,5 g/mol
H
A fórmula molecular é C10H9NO4.
10.a
C — CH3
H2
Carbono terciário
H2N —
— C — O — CH2 — CH2 — N
O
20. b
A fórmula molecular do DDT é C14H9Cl5 e sua massa molar, 254,50 g.
Apresenta 3 carbonos terciários que estão indicados na estrutura
abaixo.
C — CH3
H2
Cadeia
heterogênea
Anel
aromático
19. c
Heteroátomo
CCl3
11. e
I. Falsa, pois a cadeia é normal.
II. Falsa, pois a cadeia é mista.
III. Correta.
IV. Correta.
Cl —
— Cl
— CH —
21.e
12. e
As substâncias H2O(v); CO2(g); N2(g); NH3(g); CH4(g) podem ser formadas
por organismos vivos.
H
C
13. b
A estrutura completa dessa substância é:
HC
S
=
H
Cl
H2C — C — C — CH2
N
H2
C
HN
N
C
H2
C
C
C
C
C
CH
CH
CH2
b)
A fórmula molecular do composto é: C17H18FN3O3
A massa molecular do composto é:
MM = 17 · 12 + 18 · 1 + 1 · 19 + 3 · 14 + 3 · 16 = 331 u
1 molécula de cipro
17 átomos de carbono
331 u
17 · 12 u
100%
x
∴ x = 61,63%
Em cada vértice está um átomo de carbono, e nos vértices livres há
um átomo de hidrogênio.
24. a
O lixo considerado inorgânico é aquele de difícil decomposição,
ou, ainda, aquele constituído por materiais inorgânicos.
15.a
A estrutura completa do composto é:
QO.02
1.b
O 2-penteno é um alceno, portanto sua fórmula geral é CnH2n.
H
C
C
C
C
C
C
H
H
H
H
CH2
22. c
Atividades extras
23.b
A fórmula estrutural do antraceno é:
N
H2C
H
CH2
∴ fórmula molecular: C17H19N2ClS
OH
C
C
H
CH
C
H
O
C
C
H2
C
N
H3C — N — CH3
O
C
F
H2
C
CH
CH2
A fórmula estrutural não condensada do composto é:
H
C
C
C
H
H
C
S
C
C
Cl
CH2CH2CH2N(CH3)2
NH2
14.a)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
HO
O
H
C
C
C
2. c
Como há duas duplas no nome do composto, trata-se de um
dieno.
H
H
3. b
Fórmula estrutural não simplificada:
Sua fórmula molecular é: C9H8
18
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10/14/10 5:35:26 AM
CH3
CH3
2
4
3
CH3
H3C — C — C — CH2 — CH3
6
5
H3C — CH2 — CH — CH — CH — CH2
CH2
7
CH2
8
CH3 Cadeia principal
CH2
CH2
CH3
13. a
O nome do radical a seguir é isobutil.
CH3
Cadeia carbônica numerada de tal forma que as ramificações fiquem
nos carbonos de menor número.
5-etil-3-metil-4-propiloctano
Observação: Professor, existe outra possibilidade para a cadeia carbônica com 8 átomos de carbono, porém deve-se escolher a mais
ramificada.
H3C — CH — CH2 —
CH3
14. b
CH3
1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3
2
4
5
H3C — C — CH2 — CH — CH3
4. b
As fórmulas estruturais são:
I. H3C – CH2 – CH2 – CH3: alcano
II. H3C – C ≡ C – CH3: alcino
III. H2C = CH – CH2 – CH3: alceno
CH3
CH3
2,2,4-trimetilpentano
15. a
5. a
CnH2n – 2 s Massa molar
12 ⋅ n + 1 ⋅ (2n – 2) = 40
12n + 2n – 2 = 40
14n = 42
n=3
— CH — CH — CH — C —
1
2
3
4
CH3
5
1,4-defenil-pentadieno-1,3
H
16. b
Os grupos metil são os representados pelas cunhas.
C3H4: H — C — C — C — H w Propino
H
CADERNO 1
1
12. c
CH2
17. c
1
6. d
A fórmula do etino é: H – C ≡ C – H
2
5
metil
2,3-dimetilpentano
H3C — H2C — CH — CH2 — CH3
CH3
8. c
O pent-1-ino é um alcino, portanto, apresenta fórmula geral
CnH2n – 2.
9. a
H 3C — C H — C H — C H 3
18. e
Para apresentar aromaticidade, o composto tem que seguir as regras de Hückel. Dos compostos apresentados, serão aromáticos:
fenol, furano, pirrol e piridina.
19. e
O composto hexacloreto de benzeno (BHC) tem fórmula molecular
C6Cl6.
20. e
H2C = CH – CH3
CH3
4 primários
4
CH3 CH3
metil
7. a
A fórmula estrutural desse composto é:
CH3
3
H3C — CH — CH — CH2 — CH3
21.a
2 terciários
CH3
HC — C — C — CH3
H
10. b
Cadeira aberta (acíclica), ramificada,
insaturada, homogênea.
H 3C — CH 2 — CH — CH 2 — C — CH — CH 3
7
6
5
4
3
2
1
CH — CH3
CH3
Atividades extras
22. b
I. H3C
CH — CH2 — (isobutil)
5-fenil-3-isopropil-hept-2-eno
H3C
11. e
1a
3a
2a
1a
Cadeira aberta, não aromáfica,
H2C — C — CH — CH2 ramificada, insaturada.
1a
CH3
Fórmula molecular: C5H8
H2C
CH — (etenil)
Composto formado pela união.
5
4
3
2
H3C — CH — CH2 — CH
1
CH2
CH3
19
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10/14/10 5:35:35 AM
2. b
Cadeia principal (que deve ser numerada a partir da extremidade mais próxima da insaturação):
4-metil-pent-1-eno (ou 4 metilpenteno-1, na nomenclatura
antiga)
Fórmula molecular: C6H12
OH
OH ligado diretamente ao anel aromático
fenol
O — CH3
Éter
C
II.
H3C — CH — CH2 — CH3
H
(sec-butil)
O
Aldeído
CH3
OH
H3C — C — CH3
(neo-pentil)
3. a) H3C — CH2 — CH2
CH2
CH3 OH
Composto formado pela união:
4
5
b) H C — CH — C — CH
2
2
3
CH3
6
H3C — CH — CH2 — CH3
O
3
CH2
c) H2C
2
H3C — C — CH3
CH — C
H
1
CH3
O
d)
23. b
e) H3C — C — CH — CH3
H
H
O
CH3
CxHy + O2 w CO2 + H2O
1 mol
89,6 L
72 g
CH3
H2O: n = m w n = 72 = 4 mol
MM
18
CO2: n =
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
C — CH2 — CH2 — C
Cadeia carbônica numerada de tal forma que as ramificações
fiquem nos carbonos com os menores números.
2,2,4-trimetil-hexano
Fórmula molecular: C9H20
CH2
O
f)
V
89,6
w n =
= 4 mol
VM
22,4
C — CH — CH — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
H
CH — CH3
CxHy + O2 w 4CO2 + 4H2O
CH3
Balanceando a reação, temos:
C4H8 + 6O2 w 4CO2 + 4H2O
O
g)
C4H8 w CnH2n \ alceno ou ciclano
A cadeia carbônica principal deve conter a maior sequência de átomos de carbono e, em caso de existir mais de uma possibilidade,
deve-se escolher a que deixa a molécula mais ramificada. A sua numeração deve ser feita de tal forma que as ramificações se localizem
nos carbonos de menor número.
4 w propil
5 w isobutil
C — CH2 — CH — CH2 — CH2 — CH3
OH
CH2
CH3
O
h) H — C
H
24. Os hidrocarbonetos em questão são: propano e butano, gases a 25 ºC
e 1 atm:
• não perfure o vasilhame, mesmo vazio: há risco de explosão, pois
são gases;
• não jogue no fogo ou incinerador: com o aumento da temperatura, há aumento da pressão interna, portanto também há risco de
explosão;
• não aplique próximo de chamas ou superfície aquecida: os gases
são inflamáveis, há risco de combustão não controlada;
• não exponha a temperaturas altas: novamente há risco de iniciar
reação de combustão não controlada por causa da inflamabilidade
dos hidrocarbonetos.
4. a)
I
II
III
OH
Álcool
O
Hidrocarboneto
IV
QO.03
1. e
• Etanol w álcool
O grupo funcional do álcool é a hidroxila (OH) ligada a um carbono
saturado.
OH
OH
Ácido carboxílico
V
O
O
Álcool
Éster
20
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10/14/10 5:35:42 AM
b)
OH
(04) Incorreto. A estrutura A é a que apresenta o menor número de
hidrogênios (10).
(08) Correto.
H3C — CH2 — OH
Fórmula molecular: C2H60
5. d
A fórmula do composto é:
11.e
Br
a)
H
H2C — C — CH3
H2C — CH2
Br
b)
Portanto, temos. m – dibromobenzeno
f
meta
6. b
O
1
2
3
c)
O
4
C — CH — CH — C
HO
OH
OH
Ácido 2,3-di-hidroxibutanodioico
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — C
OH
CH
e)
CH3
7. a) H3C — CH2 — CH — CH2
HC
CH
HC
CH
CH
OH
b)
O
Todas as alternativas possuem cinco átomos de C (prefixo pent),
com exceção do benzeno, que possui seis.
H
12.F – V – F – V – F
(F) O nome do isoctano seria 2, 2, 4-trimetilpentano.
(F) O ciclo-hexano é um composto alifático, isto é, não aromático.
(F) O isoctano e o etilbenzeno são saturados.
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH — C
CH2
CH2
CH2
13. b
Citronelol
O
Citronela
H
c) H3C — CH2 — C — CH2 — CH2 — CH3
8. e
Estrutura do naftaleno com as posições beta indicadas.
OH
O
Álcool
Aldeído
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H
H3C — C — C — C — CH3
H2 H2
OH
O
d)
OH
H3C — C — C — C — CH3
H2
14. e
OH
O
Estrutura do composto formado pela substituição dos hidrogênios
das posições beta por grupos metil.
CH3
H3C
Cetona
– COOH: Ácido carboxílico
15. e
O
(6) H — C
H3C
Fenol
CH3
Metanal
H
O
(4) H3C — C
9. a
CH3
(3) H3C — CH2 — CH2 — OH
6 1 2
5
3
4
H3C
C
Propan-1-ol
O
(5) H3C — C
CH2
O nome será: 1-metil-4-isopropenil-ciclo-hexeno.
Ácido etanoico
OH
(1) H3C — OH
Isopropenil
Metanol
16.e
O
10. Soma = 9 (01 + 08)
(01) Correto.
(02) Incorreto.
H
H3C — C — CH3
H
Composto C
2-hexeno
O
O
O
H
Etanal
H
H
H
H
H3C — CH2 — OH
21
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10/14/10 5:35:55 AM
Interação: ligações de hidrogênio; dipolo-dipolo; ligações de hidrogênio.
Intensidade das interações intermoleculares s ligações de hidrogênio > dipolo-dipolo.
Quanto maior a intensidade das interações intermoleculares, maior
o ponto de ebulição.
a) (F)
b) (F)
c) (F)
d) (F)
e) (V) Como o ponto de ebulição da H2O é maior que o do etanol,
suas interações são mais fortes.
Nomenclatura oficial: ácido octadeca-9,12,15-trienoico
QO.04
1. a
NH2
A fórmula estrutural da ureia é: O — C
uma diamida, e não uma amina.
2. b
• n-butano w apolar w como a água é polar w insolúvel na água w I
• 1-butanol w faz ligações de hidrogênio com H2O w solúvel w maior
ponto de ebulição, por causa das ligações de hidrogênio w II
• éter etílico w interações dipolo-dipolo w parcialmente solúvel w ponto
de ebulição menor que o 1-butanol w III
17. d
O ácido acetilsalicílico é uma substância molecular porque entre seus átomos existem apenas ligações covalentes, cuja massa molar é 180 g/mol,
com funções ácido carboxílico e éster, apresentando carbonos primários,
secundários e terciário.
O
CH — CH — C
H
Aldeído
Intensidade
Ligações de
Dipolodas forças
s
>
> Dip
polo induzido
hidrogênio
-dipolo
intermoleculares
3-fenilpropenal
T1 < T2 < T3
4. a
Cadeia mista insaturada e homogênea, portanto são corretas as afirmações I e II.
Cetona
19. b
Compostos aromáticos possuem anel benzênico.
O
Fenol
OH
C
20. b
Cetona
Cetona
O
O
H 3C
H3C
CH3
Cetona
I
O
O
II
III
21.a)
H
H
H—C—C—C—H
H
H—C
H
Ácido O
carboxílico
O
+ 2H2O
C—C
Aldeído
Álcool
Cl
Haleto orgânico
CH3
7. b
H
OH OH OH
Haleto orgânico
F
HN
HO
Acroleína
H
Éter
6. b
As funções orgânicas do lumiracoxibe estão assinaladas abaixo:
IV
Amina
Propanotriol
CH3
5. a – 6; b – 4; c – 1; d – 3
H
H 3C
CH3
O
Aldeído
5
4
3
2
CH3
CH3
1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3.e
Como as três moléculas têm massas molares com valores próximos,
o ponto de ebulição está relacionado com a intensidade das forças
intermoleculares.
H3C — CH2 — CH2 — CH3: apolar, portanto: dipolo induzido
H3C — O — CH2 — CH3: ligeiramente polar devido ao oxigênio, portanto: dipolo-dipolo
H3C — CH2 — CH2 — OH: ligações de hidrogênio
18.c
b)
, portanto a ureia é
NH2
O
H 3C — CH — CH — CH 2 — C
Prop-2-enal ou propenal
Atividades extras
22.1 – f; 2 – e; 3 – d; 4 – b; 5 – a; 6 – c
OH
Ácido 3,4-dimetilpentanoico
8. e
23. c
OH Álcool
H
H3C — C — CH3
— CH — CH2 — NH — CH3
H3C — C — OH
OH Fenol
CH2
Álcool OH
CH3
— CH — CH — NH2
C12H18O
Neo-sinefrina
Amina
Propadrina
Amina
24. b
CH3
O
— CH2 — CH — NH — CH3
H3C – CH2 – CH – CH – CH2 – CH – CH – CH2 – CH – CH – (CH2)6 – CH2 – C
Benzedrex
Amina
OH
A função em comum nas três estruturas é a amina.
22
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9.d
O
h)
A função característica do aroma de frutas é o éster — C
representado pelas fórmulas A e C.
O — R’
O
H3C — CH2 — C
C — CH2 — C
CH2 CH2
OH
CH3 CH3
OH
10. a)
1
2
3
4
5
i)
H3C — C — CH2 — CH — CH3
CH3
2,4-dimetilpentan-2-ol
H3C — CH2 — O — CH2 — CH2 — CH3
12.As funções orgânicas estão assinaladas abaixo:
CH3
Amina
N
O
b)
CH3
C — CH2 — CH — CH2 But-3-enal
H
c)
Éter
Fenol
H3C — C — C — CH3
4
3
2
1
Ácido 2-isopropilpentanoico
e)
Metoximetano
14. b
11.a)
H3C — CH2 — OH
d)
Dimetilbutanona
O
1
2
3
4
5
C — CH — CH2 — CH2 — CH3
HO
CH — CH3
CH3
O
H3C — C
OH
b)
O — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
Etanoato de pentila
H3C — C — CH — CH2 — CH3
CH3 CH2
O
CH3
H3C — CH2 — CH2 — C
O — CH2 — CH3
O
c)
Butanoato de etila
H3C — CH — CH — C
H
O
15. a
As funções estão assinaladas abaixo:
O
C — CH2 — C
d)
H
Haleto orgânico
Éter
Cl O
O
H
Amina
H
O
e)
CADERNO 1
13.c
a) (F) Para ser ácido, é necessário que haja ao menos dois oxigênios na estrutura.
b) (F) Fenol apresenta OH ligado ao anel aromático; dois carbonos
não formam anel aromático.
c) (V) A característica do éter é ter oxigênio entre carbonos.
Com a fórmula molecular em questão, a fórmula estrutural
será: H3C — O — CH3
d) (F) Somente formará chama azul imperceptível no claro se a
combustão for completa.
e) (F) A cetona caracteriza-se por ter a carbonila entre carbonos.
A menor cetona terá 3 carbonos.
CH3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
OH Álcool
O
HO
CH3 O
S
N
O C
Ácido
HO
O
Sulfamida
NH2
carboxílico
H3C — CH — C — CH2 — CH3
16.d
CH3
Cetona
O
Fenol
OH
O
f)
H3C — CH2 — CH2 — CH — CH — C
CH2
CH3
CH3
O
H
Éter
CH3
g)
Fórmula molecular
C14H12O3
H
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — C — C
CH3
O
17. e
O
OH
1. Ácido carboxílico:
OH
23
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10/14/10 5:36:13 AM
Amina primária — NH2
O
3. Éster
C
O—
18.b
As fórmulas dos compostos envolvidos são:
Etanol: H3C — CH2 — OH
Então:
I. (V)
II. (F)
III. (F)
IV. (V)
O
Etanal: H3C — C
Ácido
Carboxílico
O
Cetona
COH
Fórmula
molecular: C15H13O3N
N
Amina
O
terciária
(C) Toradol
Atividades extras
22. b
2C6H5Cl + C2HCl3O w C14H9Cl5 + H2O
a) (V) x = 2
b) (F) O DDT não apresenta oxigênio na sua estrutura.
H
O
Ácido etanoico: H C — C
3
OH
O
c) (V) Para ser aldeído, deve apresentar: — C
Éter etílico: H3C — CH2 — O — CH2 — CH3
H
19.I – d; II – e; III – a; IV – b; V – c
Cl
O
— C
Ácido carb oxílico
OH
d) (V) Na fórmula do DDT (C14H9Cl5), observamos 5 átomos de cloro.
e) (V) H2O s H = 2 · 1 = 2
O = 1 · 16 = 16
M = 18 g/mol
Álcool
—C—H
Aldeído
O
23. a)
Amida, amina, éster, ácido carboxílico.
Amida
—C—
O
Cetona
— O —
N
Éter
O
Br
O
b)
Todos os átomos de carbono do ciclamato são secundários.
c)
µ =
d)
ONa
O
Sal de
ácido
carboxílico
m1
3015
, ⋅ 10−3
∴ µ =
201⋅ 1
MM1 ⋅ V ( L)
µ = 1,5 ⋅ 10 –3 mol/L
A vantagem é usar quantidade menor de aspartame.
24. a
Pelo enunciado, teremos a fórmula estrutural:
Grupo
hidroxila
21.a
Pelas estruturas, teremos:
N
O
C — CH2 — C — CH2 — C
HO
Amina secundária
HN
Imina
(B) Histamina
NH2
OH
C
O
N
(A) Anti-histamínico
OH
O
Amina
O
Ácido carboxílico
Éster
O Cetona
C
Amina
COOH
O
H3C—O
20.e
Pela fórmula, as funções são:
HgO
NH2
H
C
Éter
H
Cl
— C — OH
O
Portanto, sua fórmula será: Cl — C — C
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2.
OH
Grupo
carboxila
A molécula possui as seguintes características: cadeia aberta, saturada, ramificada e homogênea, fórmula molecular C6H8O7, soluções
aquosas com pH < 7.
Amina
primária
24
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