(QUIM 9A aula 25) 25.01 I. (V) II. (F) Como a temperatura de
Propaganda
(QUIM 9A aula 25) 25.01 I. (V) II. (F) Como a temperatura de ebulição do etanol é maior, suas interações intermoleculares são mais fortes que as da acetona, sendo mais difícil rompê-las. III. (F) O álcool mais solúvel é o metanol, pois sua parte apolar (1 carbono) é menos que a dos demais alcoóis apresentados: propanol (3 carbonos) e pentanol (5 carbonos). IV. (F) O álcool benzílico tem uma interação intermolecular mais forte que o etilbenzeno (ligações de hidrogênio), por isso sua pressão de vapor é menor e, consequentemente, maior seu ponto de ebulição. V. (V) V, F, F, F, V 25.02 a) (F) A hibridação do carbono na molécula de CO2 é do tipo sp2. b) (F) Origina solução ácida, segundo a equação: CO2 + H2O H2CO3 2H+ + CO23 c) (F) 1 mol de moléculas de CO2 contém 3 · (6 · 1023) átomos. d) (F) O oxigênio é mais eletronegativo que o carbono, portanto, as ligações são covalentes polares. O=C=O e) (V) O CO2 não é um gás ideal. Alternativa e 25.03 No estado sólido da água, suas moléculas estão forte e efetivamente ligadas por ligações de hidrogênio, o que lhe garante efeitos estruturais que conferem á água, em especial, maior volume e menor densidade em relação ao estado líquido. Alternativa c 25.04 BaO e MnO: compostos iônicos, maior polaridade O2: molécula apolar, menor polaridade NO e CO: ligações covalentes polares, polaridade intermediária Alternativa d 25.05 S1: conduz no estado sólido composto metálico S2: não conduz composto molecular covalente S3: conduz somente no estado líquido composto iônico Alternativa a 25.06 H2O (água) ligações de hidrogênio (H ligado à F, O ou N) H3C — OH (metanol) ligações de hidrogênio (acetona) dipolo-dipolo H3C — CH2 — CH2 — CH3 forças de Van der Waals Observação: gabarito do material original incorreto. Alternativa b 25.07 Cl2 ligação covalente apolar forças de Van der Waals HI ligação covalente polar dipolo-dipolo H2O ligação covalente polar ligações de hidrogênio NaCl ligação iônica atração eletrostática Alternativa a 25.08 Os compostos iônicos são sólidos e conduzem eletricidade quando fundidos. Os compostos covalentes polares geralmente são líquidos e não conduzem eletricidade no estado líquido, somente em soluções aquosas, e mantém seus átomos unidos por ligações polares. Alternativa e 25.09 Na espécie química apresentada há ligações do tipo covalente polar (entre os átomos de C e H) e interações intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio, pois apresenta H ligado à O (a existência de interações intermoleculares está representada por n: várias moléculas iguais unidas). Alternativa d 25.10 Substâncias isomorfas apresentam a mesma estrutura cristalina. Ocorre entre os pares de substâncias NaCℓ e KCℓ, por apresentam a mesma estrutura cristalina. Alternativa c 25.11 I. (F) Tem ligação iônica, portanto, solúvel em água por ser polar. II. (V) III. (V) Alternativa e 25.12 (01) (V) HF é polar, com as moléculas unidas por ligações de hidrogênio (forte interação intermolecular), portanto, maior PE. (02) (F) Entre as moléculas apresentadas, somente o HF apresenta ligações de hidrogênio. (04) (V) (08) (F) H2 apresenta somente ligação covalente apolar. (16) (V) Soma = 21 (01, 04, 16) 25.13 Há diferença de eletronegatividade entre X e Y, portanto a ligação entre eles é polar. Como a molécula é apolar, seu momento resultante é zero, ou seja, seus vetores-polaridade se anulam. Assim, a geometria da molécula será linear (molécula apolar formada por ligações polares). MR = 0 Alternativa b 25.14 (01) (V) O álcool benzílico possui ligações de hidrogênio entre suas moléculas, portanto, maior PE. (02) (F) Por apresentar ligações de hidrogênio o álcool é mais solúvel em água. (04) (F) Interação intermolecular mais forte, menor pressão de vapor, maior PE. (08) (F) São do tipo ligações de hidrogênio. (16) (V) Soma = 17 (01, 16) 25.15 Os compostos que formam o BTEX apresentam propriedades químicas semelhantes (hidrocarbonetos apolares) e são unidos por ligações do tipo Van de Waals. Dessa forma, durante a ebulição, será destilado primeiro o composto com menor massa molar. Benzeno (C6H6): 78 g/mol Tolueno (C7H8): 92 g/mol Etilbenzeno (C8H10): 106 g/mol Xileno (C8H10): 106 g/mol Assim, teremos a seguinte ordem: benzeno (primeira fração), tolueno (segunda fração) e etilbenzeno + xileno (terceira fração). Observação: Gabarito incorreto no material Alternativa c 25.16 A substância conduz eletricidade quando em solução aquosa e não no estado sólido (não tem ligação metálica), nem fundida (não tem ligação iônica) ligação covalente polar. Por análise das alternativas, temos como resposta correta o ácido carboxílico. Alternativa d 25.17 As suas moléculas são polares, mas o butanol forma ligações de hidrogênio entre suas moléculas e o éter dietílico, dipolo permanente. Como as ligações de hidrogênio são mais fortes, necessita-se de uma quantidade maior de calor para atingir o PE. Logo, a uma mesma pressão, a temperatura de ebulição do butanol é maior que a do éter dietílico. Alternativa c 25.18 Para a determinação dos estados físicos de cada uma das substâncias, deve-se localizar a temperatura indicada (- 114 ºC) na tabela de TF e TE. Assim, teremos: metano acima da TE gasoso propano entre a TE e a TF líquido eteno entre a TE e a TF líquido propino abaixo do TE sólido Alternativa e (QUIM 9A aula 26) 26.01 Na equação, o H2SO4 "doa" um próton para o HNO3, portanto, trata-se de um ácido de Brönsted e Lowry. Como a todo ácido desse tipo está relacionada um base conjugada, temos que HSO4 é a base, pois, na reação inversa, é ela quem "recebe" o próton. Alternativa c 26.02 Arrenhius: não é uma reação ácido-base, uma vez que não apresenta neutralizações de íons H+ por íons OH–. Brönsted-Lowry: não é uma reação ácido-base, uma vez que não apresenta transferência de prótons (H+). Lewis: é uma reação ácido-base, uma vez que ocorre transferência de elétrons. Segundo essa teoria, o Cu2+ é o acido (recebe dois elétrons) e a H2O é a base (cede dois elétrons). Alternativa e 26.03 (V) Na espécie [Aℓ(H2O)6]3+ as moléculas de água de comportam como base de Lewis pois cede par de elétrons para o Aℓ3+. (F) Segundo o enunciado do exercício, a dissolução do AℓCℓ 3 em água produz uma solução com pH <7, portanto, uma solução ácida, onde [H +] > 10–7 mol · L. (V) Segundo o enunciado do exercício, a dissolução do AℓCℓ 3 em água produz uma solução com pH <7, portanto, uma solução ácida. (V) A espécie [Aℓ(H2O)6]3+ é um ácido de Brönsted e de Arrhenius, pois cede H + (próton). (V) V, F, V, V, V 26.04 NH3 atua como uma base de Brönsted-Lowry pois é uma espécie química capaz de receber prótons e, no caso, formar NH+ 4 (seu ácido conjugado). Alternativa b 26.05 A água (H2O) atua como uma base de Brönsted -Lowry pois é uma espécie química capaz de receber prótons e, no caso, formar H3O+ (seu ácido conjugado). Alternativa d 26.06 NH+4 + OH– NH3 + H2O NH3 base e NH+4 ácido (par conjugado) H2O ácido e OH– base (par conjugado) 26.07 NH3 atua como uma base de Lewis, pois é uma espécie química capaz de ceder pares de elétrons para a formação de ligações químicas, no caso, . Alternativa d 26.08 A água é uma espécie anfiprótica, pois em uma reação atua recendo prótons (H+) e formando H3O+ e na outra, cedendo prótons (H+) e formando OH–. Alternativa b 26.09 NH+ 4 é uma espécie doadora de prótons, ou seja, um ácido de Brönsted, tendo o NH3 como a base conjugada. Alternativa e 26.10 Ácido de Brönsted é a espécie que cede prótons para sua base conjugada. Assim, temos: HCN CN– e HSO4 SO4 Alternativa e 26.11 Base é a espécie que recebe prótons. Portanto, a base de NH+ 4 (que doa próton) é a amônia (NH3). Alternativa b 26.12 O BF3 é ácido de Lewis, pois recebe par de elétrons vindos da amônia na ligação química. Alternativa b 26.13 CN– é a base conjugada, segundo Brönsted-Lowry, pois é a espécie que recebe elétrons, no caso, do ácido HCN. Alternativa c 26.14 I. (F) O produto iônico da água é uma constante de equilíbrio representada por: Kw = [H3O+] · [OH–] = 1,0 · 10–14, a 25 ºC II. (V) III. (F) Quanto mais forte o ácido, maior a sua tendência em liberar o próton H+, consequentemente, menos a força da base conjugada em recebê-lo de volta. Alternativa b 26.15 Segundo Brönsted, base é uma espécie que recebe prótons (NH 3), conjugada com uma espécie que doa esses prótons, no caso, o ácido de Brönsted ( NH+ 4 ). Alternativa e 26.16 Bases recebem prótons. Assim, teremos: HCO3 H2CO3 H2PO4 H3PO4 Alternativa b 26.17 Bases são espécies que recebem prótons. Assim, teremos: H– H2 NH2 NH3 Alternativa d 26.18 I. (V) Ácido doa prótons e base recebe [H 2SO3 (ácido) HSO3 (base)]. II. (F) H2SO3 é um ácido, portanto, apresenta pH < 7. III. (F) H2SO4 em solução 1 mol/L libera 2 mols de íons H +, portanto terá uma concentração de íons H+ de 2 mol/L. IV. (V) HSO3 (ácido) SO23 (base) V. (F) Base recebe prótons. SO23 recebe "fortemente" prótons, portanto, é uma base mais forte que HSO3 . V, F, F, V, F (QUIM 9A aula 27) 27.01 Ácido é qualquer espécie química capaz de ceder prótons (íons H +). Assim, na reação apresentada, a água é o ácido, que doa H+ para a amônia, formando o íon amônio e se transformando em uma hidroxila (OH–). Alternativa b 27.02 HCO3 recebe prótons para formar o H 2CO3, portanto é uma base de Brönsted e o H2CO3, seu ácido conjugado. Como o H2CO3 é o ácido, ele libera prótons mais facilmente que o ânion. Alternativa d 27.03 Zn2+ + 4H2O [Zn(H2O)4]2+ (ácido) (base) BF3 + NH3 BF3NH3 (ácido) (base) Fe2+ + 6CN– [Fe(CN)6]4– (ácido) (base) Ca2+ + EDTA2– [Ca – EDTA] (ácido) (base) a) (F) CN– é base. b) (F) EDTA2– é base. Observação: essa alternativa traz o íon Fe3+, no entanto, o correto seria Fe2+. c) (V) d) (F) Os íons Fe2+ e Ca2+ são ácidos. e) (F) NH3 e H2O são bases. Alternativa c 27.04 Ácido de Brönsted: espécie química capaz de ceder prótons. Base de Brönsted: espécie química capaz de receber prótons. Assim, teremos: HNO3 (ácido) e NO3 (base) Alternativa d 27.05 Na reação, o Cu2+ é um ácido de Lewis, pois recebe um par de elétrons para formar ligações químicas. Alternativa d 27.06 Na reação, o ânion cianeto (CN–) é uma base de Lewis, pois doa par de elétrons para formar ligações químicas. Alternativa c 27.07 Na reação, o cátion amônio ( NH4 ) é um ácido de Brönsted, pois é capaz de ceder prótons. A base conjugada desse ácido é a amônia, que recebe prótons. Alternativa a 27.08 Na reação, o cátion hidroxônio (H3O+) é um ácido de Brönsted, pois é capaz de ceder prótons. Alternativa b 27.09 a) (F) HF é uma ácido de Brönsted. b) (V) HNO3 age como uma base na segunda equação e como um ácido na terceira. c) (F) NH4 é um ácido. d) (F) H2O pode ser uma base (terceira equação) ou um ácido (quarta equação). e) (F) H3O+ é um ácido. Alternativa b 27.10 a) (F) O número de oxidação do enxofre é +4. b) (F) O SO3 apresenta ligação sigma, ligação e dativas (também do tipo sigma). c) (F) Segundo o conceito ácido-base de Arrhenius, ácido é a espécie química que contém hidrogênio e que, em solução aquosa, produz o cátion hidrogênio (H +). d) (V) O [O] recebe par de elétrons para formar ligação química, por isso é um ácido de Lewis. e) (F) Não há doação/recebimento de prótons, conceito existente na teoria de Brönsted-Lowry. Alternativa d 27.11 (01) (V) Uma espécie doa e outra recebe prótons. (02) (F) Composto A é uma base de Brönsted, pois recebe próton. (04) (V) Composto C recebe próton (base) e o D cede próton (ácido). (08) (V) A seta maior para a direita indica um deslocamento nesse sentido, portanto, a espécie B é mais ácida que a D. (16) (F) O cloro é mais eletronegativo que o hidrogênio. Soma = 13 (01, 04, 08) 27.12 NH3 + H2O NH4 + OH– (base) (ácido) (ácido) (base) NH3 + HCℓ NH4 + Cℓ– (base) (ácido) (ácido) (base) H2O + HCℓ H3O+ + Cℓ– (base) (ácido) (ácido) (base) a) (V) b) (F) NH4 é acido. c) (F) São ácidos. d) (F) Cℓ– é base. e) (F) OH– é base. Alternativa a 27.13 O Zn2+ recebe par de elétrons para formar ligação química, por isso é um ácido de Lewis. Alternativa e 27.14 Segundo Brönsted, ácido é espécie química capaz de ceder prótons e base a espécie química capaz de receber prótons. Assim, teremos. HSO3(aq) + NH4(aq) NH3 (aq) + H2SO3 (aq) (1 = base)(2 = ácido)(3 = base)(4 = ácido) Alternativa e 27.15 (F) A fenolftaleína é incolor em pH <8, portanto em meio ácido, neutro e pouco básico. (F) Segundo o conceito ácido-base de Arrhenius, ácido é a espécie química que contém hidrogênio e que, em solução aquosa, produz o cátion hidrogênio (H +). (V) Depende do grau de ionização do ácido no solvente. (V) Segundo Brönsted, ácido é espécie química capaz de ceder prótons: NH 2CONH2 NH2CONH– (V) F, F, V, V, V 27.16 Eletrofílica: atração por elétrons, ácido de Lewis Nucleofílica: repulsão por elétrons, base de Lewis Alternativa c 27.17 Ácido de Lewis: espécie química capaz de receber pares de elétrons para formar ligações químicas. Base de Lewis: espécie química capaz de ceder pares de elétrons para formar ligações químicas. Assim, teremos: I. AℓCℓ3 recebe par de elétrons, ácido de Lewis II. AℓCℓ3 recebe par de elétrons, ácido de Lewis III. AℓCℓ3 recebe par de elétrons, ácido de Lewis Alternativa d 27.18 I. H2SO4 + H2O (ácido) (base) H3O+ + HSO4 (ácido) (base) II. HSO4 + H2O H3O+ + SO24 (ácido) (base) (ácido) (base) a) (F) H3O+ é um ácido. b) (F) H2O é uma base. c) (F) H2SO4 é um ácido. d) (V) Na equação I ele atua como uma base e na equação II, como um ácido. e) (F) SO24 é uma base. Alternativa d (QUIM 9B aula 25) 25.01 Como o eletrodo de prata é o cátodo, é ele quem sofre a redução e é o polo positivo da pilha. Portanto podemos dizer que o Ered da prata é maior que o do metal em questão. ddp = Ered maior – Ered menor 3,2 = +0,80 – Ered Ered = – 2,4 V Consultando a tabela fornecida, encontramos que esse valor corresponde ao potencial de redução do metal magnésio. Alternativa e 25.02 As reações que ocorrem na pilha são: Ag+ + 1e– Ag0 ΔE0 = + 0,80 V Mg0 Mg2+ + 2e– ΔE0 = + 2,37 V ddp = Ered + Eox ddp = +0,80 + 2,37 ddp = + 3,17 V Ag tem maior potencial de redução, portanto, ela sofrerá a redução no cátodo, polo positivo e o Mg sofrerá oxidação, no ânodo, polo negativo. a) (V) b) (V) c) (V) d) (F) No polo positivo da pilha, ocorre a redução da prata. e) (V) Alternativa d 25.03 As reações que ocorrem na pilha são: H2(g) + 2 OH(aq) 2 H2O(ℓ) + 2e– O2(g) + 2 H2O(ℓ) + 4e– 4 ΔE0 = + 0,83 V ΔE0 = + 0,40 V Equação global: 2 H2(g) + O2(g) 2 H2O(ℓ) ddp = Ered + Eox ddp = +0,40 + 0,83 ddp = + 1,23 V Oxigênio tem maior potencial de redução, portanto, ele sofrerá a redução no cátodo, polo positivo e o hidrogênio sofrerá oxidação, no ânodo, polo negativo. (01) (F) O hidrogênio sofrerá oxidação, portanto é agente redutor. (02) (V) (04) (V) (08) (V) ddp> 0 espontâneo (16) (V) (32) (F) ddp= + 1,23 V Soma = 30 (02, 04, 08, 16) 25.04 a) (F) No ânodo ocorre a oxidação. b) (F) Quanto maior o Ered, maior a tendência a sofrer redução. c) (V) Ânodo oxida, libera elétrons; cátodo reduz, recebe elétrons. d) (F) No cátodo ocorre a redução e é o polo positivo da pilha. e) (F) Ered do hidrogênio é igual a zero. Alternativa c 25.05 Para a reação ser espontânea, o valor da ddp deve ser positivo. M0 + N2+ M2+ + N0 ddp > 0 Assim, para os potenciais dados pelo enunciado, temos: Mg0/Mg2+ = + 2,37 V Cu2+/Cu0 = + 0,34 V ddp = Ered + Eox ddp = +0,34 + 2,37 ddp = + 2,71 V Mg0 + Cu2+ Mg2+ + Cu0 Alternativa c 25.06 Mg Mg2+ + 2e– E0 = +2,37 V Aℓ3+ + 3e– Aℓ E0 = –1,66 V ddp = Ered + Eox ddp = –1,66 + 2,37 ddp = + 0,71 V Mg oxida, ânodo, polo negativo, sofrerá corrosão (B) Aℓ reduz, cátodo, polo positivo, agente oxidante (A) Fluxo de elétrons: do magnésio para o alumínio. a) (F) b) (V) c) (V) d) (V) e) (V) Alternativa a 25.07 Cd Cd2+ + 2e– E0 = +0,40 V Sn2+ + 2e– Sn E0 = –0,14 V ddp = Ered + Eox ddp = –0,14 + 0,40 ddp = + 0,26 V Cd/ Cd2+// Sn2+/Sn Fluxo de elétrons: do cádmio para o estanho. Cd oxida, ânodo, polo negativo Sn reduz, cátodo, polo positivo a) (V) b) (V) c) (F) d) (V) e) (V) Alternativa c 25.08 Como o H2 deve sofrer redução (cátodo), e seu potencial de redução é zero, no ânodo devemos ter um elemento com potencial de redução menor que zero, para sofrer oxidação. Das opções listadas pelo exercício, temos o estanho (Sn). Sn Sn2+ + 2e– Portanto, formação de Sn2+ no eletrodo. Alternativa a 25.09 Fe2+/Fe E = – 0,44 V H+/ 1 H2 E = 0 V 2 Cu2+/Cu E = +0,34 V Se adotarmos Fe2+/Fe E = 0 V, teremos os seguintes potenciais: H+/ 1 H2 = 0 – (– 0,44) = + 0,44 V 2 Cu2+/Cu = + 0,34 – (– 0,44) = + 0,78 V Alternativa e 25.10 I. (F) Maior ddp é calculada entre o maior e o menor potencial de redução. Assim, teremos: ddp = Ered maior (Ag+) – Ered menor (Mg2+) ddp = +0,80 – (–2,37) ddp = + 3,17 V Ag+/Ag0//Mg0/Mg2+ II. (V) Zn2+ tem maior Ered que o Mg2+, portanto, sofrerá redução. III. (V) O Mg2+ tem o menor valor de Ered entre os apresentados, portanto sofrerá sempre oxidação (ânodo, polo negativo). IV. (V) Zn/Zn2+//Ag+/Ag0 ddp = Ered maior (Ag+) – Ered menor (Zn2+) ddp = +0,80 – (–0,76) ddp = + 1,56 V V. (F) Maior potencial de oxidação corresponde ao menor potencial de redução, portanto será o magnésio. Alternativa b 25.11 Como o potencial de redução do ferro é maior que o do alumínio, ele sofrerá redução. O fluxo de elétrons se dará do alumínio (oxida) para o ferro (reduz). Toda pilha deve ter uma ponte salina. Alternativa a 25.12 Zn Zn2+ + 2e– E0 = +0,76 V MnO4 + 8 H+ + 5e– Mn2+ + 4 H2O E0 = +1,51 V Equação global: 5Zn + 2 MnO4 + 16 H+ 5 Zn2+ + 2 Mn2+ + 8 H2O ddp = Ered + Eox ddp = +1,51 + 0,76 ddp = + 2,27 V MnO4 sofre redução, agente oxidante Zn sofre oxidação, agente redutor Alternativa b 25.13 Ag+/Ag E = 0,80 V Cu/Cu E = –0,34 V 2+ (01) (V) O cobre sofre oxidação. (02) (F) O fluxo de elétrons se dará do cobre (oxida) para a prata (reduz). (04) (V) A prata sofre redução no cátodo, polo positivo. (08) (V) ddp = Ered + Eox ddp = +0,80 + (–0,34) ddp = + 0,46 V (16) (F) Ag+/Ag//Cu/Cu2+ Soma = 13 (01, 04, 08) 25.14 (01) (F) As semirreações são dadas por: I. Cℓ2 + 2e– 2Cℓ– II. Mn Mn2+ + 2e– (02) (F) Cℓ2/Cℓ–//Mn/Mn2+ (04) (F) ddp > 0 reação espontânea (ddp = +2,54 V) (08) (V) ddp = Ered + Eox +2,54 = +1,36 + Eox Eox = +1,18 V Assim, o valor de Mn2+/Mn é –1,18 V (potencial de redução) (16) (F) Mn sofre oxidação (doa elétrons), portanto é agente redutor. (32) (V) Polo positivo cátodo, redução Cℓ2 + 2e– 2Cℓ– Soma = 40 (08, 32) 25.15 (ânodo, oxida) H2 2 H+ + 2e– (cátodo, redução) 1 O2 + 2 H+ + 2e– H2O 2 E0 = 0,0 V E0 = +1,23 V I. (F) Ânodo, oxidação, formação de H2. II. (F) O gás hidrogênio é o agente redutor. III. (V) O fluxo de elétrons se dá do ânodo (oxidação) para o cátodo (redução). IV. (V) O ânodo é o polo negativo da pilha. Alternativa c 25.16 Ni Ni2+ + 2 e– Cu2+ + 2 e– Cu E0 = + 0,24 V E0 = + 0,34 V (01) (F) ddp = Ered + Eox ddp = +0,34 + 0,24 Eox = +0,58 V (02) (V) (04) (F) O cobre sofrerá redução, portanto, será o cátodo, polo positivo da pilha. (08) (V) Redução do cobre: Cu2+ + 2 e– Cu (16) (F) O fluxo de elétrons se dá do ânodo (oxidação, níquel) para o cátodo (redução, cobre). Soma = 10 (02, 08) 25.17 Ag+ + e– Fe0 Ag0 Fe2+ + 2e– E0 = + 0,80 V E0 = + 0,44 V Observação: no enunciado do exercício, o “zero”, que representa o metal, está erroneamente colocado na linha, como letra “O”, formando um óxido. a) (F) Equação global da reação possível: 2 Ag+ + Fe0 2 Ag0 + Fe2+ b) (F) A prata na forma de metal tem um baixo potencial de oxidação, por isso não reagirá com a solução de sulfato de ferro. c) (F) A prata não sofrerá oxidação. d) (F) A reação só é espontânea quando o valor da ddp for maior que zero. e) (V) A reação só ocorre quando o valor da ddp for maior que zero. Alternativa e 25.18 (01) (F) Em uma célula de combustível de hidrogênio, o hidrogênio sofre oxidação e o oxigênio, redução. (02) (F) O polo negativo (ânodo, oxidação) tem canais de fluxo que distribuem o gás hidrogênio sobre a superfície do catalisador. (04) (F) Quando a reação é espontânea o valor da ddp é maior que zero. (08) (V) Uma pilha de combustível é constituída por uma associação em série de células de combustível, uma vez que cada célula individual produz apenas uma tensão aproximada de 0,8 V. (16) (V) Numa pilha, o fluxo de elétrons é do ânodo (oxidação) para o cátodo (redução). (32) (V) O catalisador, um metal que acelera as reações químicas entre o oxigênio e o hidrogênio, recobre o eletrólito ou membrana. (64) (F) O seu principal combustível, o hidrogênio, pode ser obtido de diversas fontes renováveis e de recursos fósseis. Soma = 56 (08, 16, 32) (QUIM 9B aula 26) 26.01 A revelação de fotografias com filmes fotográficos ocorre por uma reação de oxirredução. O revelador reduz os haletos de prata contidos no papel em prata metálica. O revelador se oxida enquanto o haleto de prata se reduz, formando a prata metálica negra. Alternativa b 26.02 A formação da ferrugem ocorrerá por um processo de oxirredução, em uma reação do ferro com o oxigênio, na presença de umidade. Simplificadamente, temos: 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe(OH)2 Tubo 1: tem oxigênio, não tem umidade Tubo 2: tem oxigênio e umidade Tubo 3: não tem oxigênio, tem umidade Tubo 4: tem oxigênio e umidade Assim, teremos a formação de ferrugem nos tubos 2 e 4. Alternativa c 26.03 1. (V) No ânodo de sacrifício ocorre a oxidação. 2. (V) Como o potencial de redução do ferro é maior que o do zinco, ele sofrerá a redução (metal 1) e o outro, oxidação (metal 2). 3. (F) O potencial de redução da prata é maior que o do cobre, portanto ela sofrerá a redução (metal 1) oxidará o cobre, metal que se deseja proteger. 4. (V) O ânodo de sacrifício sofrerá oxidação, portanto, será o agente redutor. Alternativa e 26.04 2 Ag+ + Zn0 2 Ag0 + Zn2+ Ag+/Ag0: redução Zn0/Zn+: oxidação a) (V) A prata sofre redução e o zinco, oxidação, portanto, o potencial de redução da prata é maior. b) (F) A transferência de elétrons ocorre do Zn (oxidação) para a prata (redução). c) (F) Zn0 é o redutor e o Ag+ o oxidante. d) (F) Zn0 é mais redutor que o Ag0 (menor potencial de oxidação) e) (F) Ocorre a formação de uma pilha (processo espontâneo). Alternativa a 26.05 Para sofrer corrosão (oxidação) no lugar do ferro, o metal de sacrifício deve ter um potencial de redução menor que o do ferro. Pela tabela, vemos que pode ser o magnésio apenas. Alternativa a 26.06 (01) (V) X0 sofre oxidação, portanto, a lâmina sofrerá corrosão. (02) (F) Há geração de energia (pilha). (04) (V) Ânodo oxidação polo negativo (X0/X+) (08)(V) Ânodo: X0 X+ + e– Cátodo: Y+ + e– Y0 Equação global: X0 + Y+ X+ + Y0 (16) (F) Y+ é o agente oxidante (sofre redução). (32) (F) A solução em A fica mais concentrada e a em B, mais diluída. (64) (V) Soma = 77 (01, 04, 08, 64) 26.07 a) (F) Cobalto sofre oxidação, ou seja, doa elétrons para o mercúrio. b) (F) Zinco sofre oxidação e transfere elétrons para o cobalto. c) (F) O valor de potencial zero para o hidrogênio é uma convenção. e) (V) Quanto maior o potencial de oxidação, maior a tendência a perder elétrons, com o eletrodo de hidrogênio como referência. Alternativa e 26.08 a) (F) O ferro sofreu um processo de oxidação (corrosão). b) (F) A umidade acelera o processo de formação da ferrugem. c) (F) O cobre tem um potencial de redução maior que o ferro, portanto, forçaria o ferro a se oxidar ao invés de protegê-lo. d) (V) O oxigênio é o responsável pela oxidação do ferro. e) (F) Quanto maior a superfície de contato, mais rápida a corrosão. Alternativa d 26.09 A oxidação do ferro metálico a ferro (II) ocorre na presença do oxigênio e umidade. Assim, teremos: Fe(s) + 1 O2 (g) + H2O(ℓ) Fe(OH)2 (s) 2 Alternativa c 26.10 O Cu2+ deve ser um agente oxidante mais forte que o Zn 2+, pois os dois reagem com o cobre sofrendo redução e o zinco, oxidação. Alternativa e 26.11 A coloração azul indica que houve corrosão do ferro (oxidação do Fe0 a Fe2+). 1. Fe e Cu o potencial de redução do cobre é maior, não “protege” o ferro e solução se torna azul. 2. Fe e Pb o potencial de redução do chumbo é maior, não “protege” o ferro e a solução se torna azul. 3. Fe e Mg o potencial de redução do magnésio é menor, então ele “protege” o ferro e a solução não se torna azul. Alternativa d 26.12 A partir das semireações dadas, podemos calcular a reação global da pilha: Zn(s) + 2 MnO2(s) + H2O(ℓ) Zn(OH)2(s) + Mn2O3(s) E0 = 1,50 V O Zn será o ânodo e o MnO2, o cátodo. A grafite é um eletrodo inerte, ou seja, atua apenas como condutor de corrente elétrica. Alternativa a 26.13 Os números de oxidação do hidrogênio e do oxigênio são diferentes: 2 H02 + O02 2 H2 O2 Alternativa b 26.14 Como o metal que se quer proteger da oxidação é o alumínio, o metal de sacrifício escolhido deve possuir um potencial de oxidação maior ou de redução menor. Com os dados do exercício, podemos escolher o magnésio. Alternativa e 26.15 H2(g) 2 H+ + 2e– E0 = 0,00 V O2(g) + 4 H+ + 4e– 2 H2O(g) E0 = +1,23 V Reação global: H2 + 1 O2 H2O 2 H = –246,6 kJ/mol de H2O I. (V) O fluxo ocorre do ânodo (oxidação, H2) para o cátodo (redução, O2). II. (V) H2 e O2 são substâncias simples. III. (F) Estequiometricamente: 1 O2 ———— 18 g de H2O (1 mol) 2 2 mol O2 —— x x = 72 g de água IV. (V) A energia liberada para a formação do estado líquido é maior que a liberada na formação do estado gasoso. Alternativa d 26.16 I. (V) Cd sofre oxidação, ânodo, polo negativo. II. (F) No eletrodo de cádmio ocorre oxidação. III. (V) Ni3+O2–O2–H+ Ni2+(O2–H+)2 IV. (V) Oxidação perda de massa Alternativa e 26.17 I. Pb + SO24 PbSO4 + 2e– E0 = +0,36 V (inversa, ânodo) II. PbO2 + 4 H+ + SO24 + 2e– PbSO4 + 2 H2O(ℓ) E0= + 1,69 V (direta, cátodo) Equação global: Pb + 2 SO24 + PbO2 + 4 H+ 2 PbSO4 + 2 H2O(ℓ) ddp = 1,69 + 0,36 = +2,05 V Alternativa b 26.18 1. (V) SO24 HS–: sofre redução, agente oxidante 2. (F) O H+ não sofre variação no número de oxidação. 3. (F) (H+S2–)–: o número de oxidação do enxofre é 2–. 4. (V) A reação é espontânea, pois o valor de G é negativo (lei de Gibbs). 5. (V) Balanceamento correto: 2 CH2O + SO24 + H+ 2 CO2 + HS– + 2 H2O Alternativa d (QUIM 9B aula 27) 27.01 a) (F) Os íons Na+ não migram para o ânodo, pois o ânodo é positivo. b) (V) Cátodo (redução): 2 H+ + 2e– H2 Ânodo (oxidação): Cℓ– Cℓ2 + 2e– c) (F) No cátodo é formada o hidrogênio. d) (F) Os elétrons migram do ânodo para o cátodo, ou seja, do polo positivo para o polo negativo da célula. e) (F) São necessários 2 mol de elétrons. Alternativa b 27.02 I. (V) Polo negativo, cátodo, redução da água: H2O + 2e– H2 + 2 OH– II. (F) Ocorre oxidação no polo positivo. Nesse caso, o l – perde elétrons para a formação de l2. III. (V) Alternativa d 27.03 A figura mostra uma eletrólise para recobrimento da moeda com cobre metálico. O cobre da solução sofrerá redução e será depositado na forma metálica na superfície da moeda. Cu2+ + 2e– Cu0 Alternativa a 27.04 a) oxirredução; corrente elétrica b) negativo; redução c) positivo; oxidação d) ígnea e) reduzidos; cátodo 27.05 Tanto a pilha quanto a eletrólise baseiam-se em processos de oxirredução. Alternativa e 27.06 AgSO4 Ag+ + SO24 H2O H+ + OH– Cátions presentes em solução: H+ e Ag+ descarrega no cátodo a Ag+ Ânions presentes em solução: SO24 e OH– descarrega no ânodo OH– Semirreação catódica: Ag+ + e– Ag0 Semirreação anódica: 2OH– H2O + 1 O2 + 2e– 2 Assim, teremos: prata, oxigênio e H2SO4 (formado pelo hidrogênio e sulfato que não sofreram eletrólise). Alternativa a 27.07 NaCℓ Na+ + Cℓ– Na+ + e– Na0 2 Cℓ– Cℓ2 + 2e– Alternativa c 27.08 (01) (F) Nas pilhas ocorrem reações espontâneas que produzem corrente elétrica. (02) (V) (04) (V) (08) (V) (16) (F) Na eletrólise será a corrente elétrica que irá produzir uma reação química (não espontânea). Soma = 14 (02, 04, 08) 27.09 Como ocorrerá a eletrólise da água, teremos as seguintes reações: 2OH– H2O + 1 O2 + 2e– 2 2 H⁺ + 2e⁻ H2 1 O2 + H2 2 Reação global: 2OH– + 2 H⁺ H2O + Haverá a formação dos gases H2 (redução, cátodo, polo negativo) e O2 (oxidação, ânodo, polo positivo). Como no cátodo os íons H+ vão sendo reduzidos, haverá um excesso temporário de íons OH–, fazendo com que a fenolftaleína adquira coloração vermelha (meio básico). Alternativa a 27.10 AgNO3 Ag+ + NO32 H2O H+ + OH– Cátions presentes em solução: H+ e Ag+ descarrega no cátodo a Ag+ Ânions presentes em solução: NO32 e OH– descarrega no ânodo OH– Semirreação catódica: Ag+ + e– Ag0 Semirreação anódica: 2OH– H2O + 1 O2 + 2e– 2 O metal será formado no cátodo, por redução. Alternativa a 27.11 Quando todos os íons Cu2+ em solução forem reduzidos a cobre metálico significa que o mesmo recebeu 2 elétrons. Cu2+ + 2e– Cu0 O outro íon que necessita de também 2 elétrons para sofrer a redução é o chumbo. Pb2+ + 2e– Pb0 Alternativa a 27.12 KI K+ + I– H2O H+ + OH– Cátions presentes em solução: H+ e K+ descarrega no cátodo a H+ Ânions presentes em solução: I– e OH– descarrega no ânodo I– Fluxo de elétron: de B para A, portanto, B = ânodo e A = cátodo (A) Semirreação catódica (redução): 2 H⁺ + 2e⁻ H2 (formação de gás e aparecimento de cor rosa) (B) Semirreação anódica (oxidação): 2 I– I2 + 2e– (aparecimento de cor azul) Alternativa a 27.13 a) (F) Haverá a formação de NaOH. NaCℓ Na+ + Cℓ– H2O H+ + OH– Cátions presentes em solução: H+ e Na+ descarrega no cátodo a H+ Ânions presentes em solução: Cℓ– e OH– descarrega no ânodo Cℓ– Semirreação catódica: 2 H⁺ + 2e⁻ H2 Semirreação anódica: 2 Cℓ– Cℓ2 + 2e⁻ Reação global: 2 H⁺ + 2 Cℓ– Cℓ2 + H2 Assim, teremos: hidrogênio, cloro e NaOH (formado pelo sódio e hidroxila que não sofreram eletrólise). b) (V) Cu2+ + 2e– Cu0 2 mol de elétrons ––––– 1 mol de cobre 2 mol de elétrons ––––– 63,5 g c) (F) Ocorrerá redução catódica do H+. HCℓ H+ + Cℓ– H2O H+ + OH– Cátions presentes em solução: H+ descarrega no cátodo a H+ Ânions presentes em solução: Cℓ– e OH– descarrega no ânodo Cℓ– Semirreação catódica (redução): 2 H⁺ + 2e⁻ H2 Semirreação anódica (oxidação): 2 Cℓ– Cℓ2 + 2e⁻ d) (F) Eletrólise não é um processo espontâneo, e, sim, a pilha. Alternativa b 27.14 I. (V) Ambos os processos baseiam-se em oxirredução. II. (V) Há oxidação e redução. III. (V) Nas pilhas ocorrem reações espontâneas que produzem corrente elétrica. IV. (V) Há oxidação e redução. V. (V) Na eletrólise será a corrente elétrica que irá produzir uma reação química, por isso o processo necessita de um gerador. Alternativa e 27.15 2 Aℓ2O3 4Aℓ3+ + 6O2⁻ Cátodo (redução): 4 Aℓ3+ + 12e– 4 Aℓ0 Ânodo (oxidação): 6O2⁻ 3 O2 + 12e– Equação global: 4 Aℓ3+ + 6O2⁻ 4 Aℓ0 + 3 O2 Processo não espontâneo com gasto de energia. a) (V) b) (V) c) (F) No ânodo ocorre o processo de oxidação. d) (V) e) (V) Alternativa c 27.16 KCℓ K+ + Cℓ⁻ Cátodo (redução): 2 K+ + 2e– 2K0 Ânodo (oxidação): 2 Cℓ⁻ Cℓ2 + 2e– Equação global: 2 K+ + 2 Cℓ⁻ 2 K0 + Cℓ2 a) (V) Para a eletrólise ígnea é necessário fundir a amostra. b) (V) c) (V) d) (F) Na eletrólise ígnea, não há a presença de água. e) (V) Por isso a necessidade do uso de eletrodos inertes. Alternativa d 27.17 Como ocorrerá a eletrólise da água, haverá diminuição da sua quantidade na solução, por isso, esta se tornará mais concentrada. Alternativa c 27.18 CuCℓ2 Cu+ + 2Cℓ– H2O H+ + OH– Cátions presentes em solução: H+ e Cu+ descarrega no cátodo a Cu+ Ânions presentes em solução: Cℓ– e OH– descarrega no ânodo Cℓ– Semirreação catódica (redução, polo negativo): 2 Cu⁺ + 2e⁻ 2Cu0 Semirreação anódica (oxidação, polo positivo): 2 Cℓ– Cℓ2 + 2e⁻ Equação global: 2 Cu⁺ + 2 Cℓ– Cℓ2 + 2Cu0 Alternativa e QUI 9C aula 25 25.01) Alternativa C I. Incorreta. O produto obtido é um aldeído (CH3CHO), indicando que A é um álcool primário. II. Correta. O produto CH3CHO é um aldeído que foi formado a partir da oxidação de A, um álcool primário de fórmula molecular CH3CH2OH. III. Incorreta. O dicromato de potássio sofre redução, portanto, é o agente oxidante. IV. Correta. O vinagre é uma solução de ácido acético (CH3COOH), que é proveniente da oxidação do aldeído acético (CH3CHO), portanto, não deve ser encontrado no vinagre. 25.02) Alternativa B Álcool etílico CH3 – CH2 – OH Ácido etanoico CH3 – COOH 25.03) Alternativa C A orto-benzoquinona apresenta ligações duplas, que também são chamadas de insaturações. É denominada então como molécula insaturada. 25.04) a) b) c) d) 25.05) Alternativa B A oxidação enérgica de um álcool primário produz aldeído, que será oxidado até ácido carboxílico. A oxidação enérgica de um álcool secundário produz cetona. 25.06) Alternativa C Será formado o ácido propanoico. 25.07) Alternativa B Será formada a propanona e o ácido propanoico. 25.08) Alternativa A Será formada a propanona. 25.09) 14 (02 – 04 – 08) 01) Incorreta. O composto I é um álcool terciário e não sofre oxidação. 02) Correta. O composto II é um álcool primário e sofre oxidação até ácido carboxílico. 04) Correta. O composto III é um álcool secundário e sofre oxidação até cetona. 08) Correta. A oxidação enérgica do composto IV irá ocorrer e produzir ácido etanoico. 25.10) 13 (01 – 04 – 08) 01) Correta. Ocorreu a oxidação do álcool e formou aldeído, com a eliminação de hidrogênio. 02) Incorreta. A diferenciação de álcoois não pode ser feita apenas pela oxidação dos produtos formados, pois álcoois terciários não originam produtos de oxidação. 04) Correta. Um álcool primário quando oxidado, dará origem a um aldeído. 08) Correta. A oxidação do aldeído, produto da oxidação de um álcool primário, vai depender do agente oxidante empregado. 25.11) Alternativa B Nesta estrutura, a ruptura da dupla ligação irá liberar um radical com carbono secundário, que formará uma cetona. 25.12) Alternativa E Serão formados o ácido propanoico e a 2-butanona. 25.13) Alternativa C O produto formado é o ácido propiônico (ácido propanoico). 25.14) Alternativa A O álcool 2-metil-1-butanol gera um ácido carboxílico com atividade óptica. 25.15) Alternativa A O reagente é o propeno. 25.16) 06 (02 – 04) 01) Incorreta. O etanol (C2H6O) é uma substância composta. 02) Correta. C2H6O + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O 04) Correta, O processo de fermentação pode ser representado por: C6H12O6 2 C2H6O + 2 CO2 08) Incorreta. A fuligem aparece devido ao carbono sólido que é produto da combustão incompleta. 16) Incorreta. Em uma mistura, o álcool não reage com a gasolina. 25.17) Alternativa B I. Apresenta insaturação. II. Apresenta uma dupla ligação. III. O composto é o 1-buteno. 25.18) Alternativa D A molécula não apresenta isomeria cis-trans, pois existem dois ligantes iguais (dois hidrogênios) no carbono que possui a insaturação. 25.19) a) propanotriol b) álcool e aldeído c) reação de oxidação 25.20) Composto A – hex-1-ino Composto B – hex-3-ino QUI 9C aula 26 26.01) Alternativa C Para uma reação de ozonólise ocorrer é necessário um alceno (C3H6), ozônio (O3) e peróxido de hidrogênio (H2O2). 26.02) Alternativa C O alceno em questão possui 5 carbonos, portanto, quando entrar em combustão, irá liberar 5 mol de CO2. C5H10 + 15/2 O2 5 CO2 + 5 H2O 26.03) Alternativa E I. Correta. Um combustível é um material que queima e produz diferentes formas de energia. II. Correta. A combustão é uma reação com o gás oxigênio. III. Correta. O álcool produzido pela fermentação da cana de açúcar e pelo biodiesel é considerado um combustível renovável. 26.04) a) b) c) d) e) 26.05) Alternativa B Forma o 1,2-butanoldiol. 26.06) Alternativa D São formados a propanona e o etanal. 26.07) Alternativa B O reativo de Bayer é usado para diferenciar alcenos de ciclanos, pois são isômeros. O reagente de Bayer reage com insaturações. 26.08) Alternativa E A combustão completa do etanol produz CO2 e H2O. C2H6O + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O 26.09) Alternativa B São produzidos formol, aldeído acético e H2O2. 26.10) Alternativa E O alceno possui fórmula C6H12. 26.11) Alternativa E Para gerar um único composto a partir de uma ozonólise, o reagente deve ser simétrico em relação à dupla ligação. 2-buteno = CH3 – CH = CH – CH3 26.12) Alternativa B C7H16 + 11 O2 7 CO2 + 8 H2O São necessárias 11 moléculas de gás oxigênio. 26.13) Alternativa B O composto irá formar propanona e o pentanal. 26.14) V, F, V , F , V (V) É formado o 2-metil-2,3-butanodiol. (F) Será formado o 2-metil-2-butanol. (V) Será formado o 2-cloro-2-metilbutano. (F) São formados a propanona e o etanal. (V) São formados a propanona e o ácido propanoico. 26.15) Alternativa D Ocorrerá uma oxidação branda e irá formar o 2-metil-butanodiol-2.3. 26.16) Alternativa A O composto utilizado é o 2,4-dimetil-2-hexeno. 26.17) 03 (01 – 02) 01) Correta. I) 3-metil-3-hexeno II) 3-octeno III) 3-metil-3-hepteno IV) 5-deceno V) 2-metil-2-hexeno VI) 2,3-dimetil-2-buteno 02) Correta. O composto IV e VI são simétricos, por isso original apenas 1 único produto (aldeído para o composto IV e cetona para o composto VI). 04) Incorreta. O composto I também origina aldeído, pois apresenta um carbono secundário com insaturação. 08) Incorreta. O composto VI origina cetonas, pois apresenta carbono terciário com insaturação. 16) Incorreta. O composto II origina apenas aldeído, pois apresenta apenas carbonos secundários com insaturações. 26.18) Alternativa B A quebra das duplas ligações aparece nos pontos indicados e forma a propanona e o propanodial, ou seja, 2 produtos diferentes. 26.19) 26.20) a) b) O ácido sulfúrico (H2SO4). QUI 9C aula 27 27.01) Alternativa D A queima do etanol libera menor quantidade de CO2 que a queima da gasolina: C8H18 + 25/2 O2 8 CO2 + 9 H2O C2H6O + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O 27.02) Alternativa E Um álcool quando oxida transforma-se em um aldeído e posteriormente em ácido carboxílico. Metanol metanal ácido metanoico 27.03) Alternativa B I. Correta. O etanol presente no vinho é produto do processo de fermentação dos açúcares presentes na uva. II. Incorreta. A cadeia carbônica do etanol é homogênea, não possuindo nenhum heteroátomo. CH3 – CH2 – OH III. Correta. A oxidação do etanol irá produzir ácido acético, que possui sabor azedo. IV. Correta. O etanal possui um carbono que faz uma dupla ligação, logo, sp2. 27.04) Alternativa B A indicação do prefixo cis é que a estrutura apresenta isometria geométrica e existe um isômero trans. 27.05) Alternativa A 27.06) Alternativa D É formado um diol. 27.07) Alternativa B O produto orgânico é o ácido etanoico. 27.08) Alternativa E Serão formados a propanona e o 2-metil-propanal. 27.09) Alternativa D 1. Correta. Apresenta seis carbonos com uma dupla ligação, logo, carbonos do tipo sp 2. 2. Incorreta. Como é um álcool primário, o produto de oxidação é um aldeído e na sequência, um ácido carboxílico. 3. Correta. O farnesol apresenta a função álcool e insaturações na cadeia. 4. Correta. O composto farnesol apresenta ramificações. 5. Incorreta. As duplas ligações não apresentam a configuração trans. 27.10) Alternativa A O metanol e o etanol são álcoois primários. Seus produtos de oxidação possuem as funções aldeído e ácido carboxílico. 27.11) Alternativa E O reagente utilizado é o 4-metil-2-hexino. 27.12) Alternativa B A conversão apresentada é de um álcool em um aldeído. 27.13) Alternativa B O reagente utilizado é o 3,4-dimetil-3-hexeno. 27.14) Alternativa E 27.15) 31 (01 – 02 – 04 – 08 – 16) 01) Correta. O composto A é um aldeído, pois tem uma carbonila na extremidade da cadeia. 02) Correta. O composto C é uma amina e apresenta caráter básico, devido ao par de elétrons sobrando. 04) Correta. A oxidação do composto E que é um álcool primário gera o composto B, um ácido carboxílico. 08) Correta. O composto B apresenta uma carboxila na extremidade da cadeia, caracterizando um ácido carboxílico. 16) Correta. O composto D é uma amida, possui uma carbamida na estrutura. 27.16) 19 (01 – 02 – 16) 01) Correta. Ácido acético: Etanal: 02) Correta. A oxidação branda de um alceno forma um diol. 04) Incorreta. 08) Incorreta. Quando ocorre a formação do diol, acontece um processo de oxidação, que tem como consequência o aumento do nox. 16) Correta. O cloro na substância Cℓ2 tem nox zero (substância simples) e passa para –1 no íon Cℓ–. 27.17) Alternativa C C8H18 + 12,5 O2 8 CO2 + 9 H2O C2H6O + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O A relação é 12,5/3. 27.18) Alternativa E Os álcoois primários podem ser oxidados a aldeídos, que irão oxidar até ácidos carboxílicos. 27.19) Alternativa C I em II – reação de adição (quebra da dupla e adição de composto) II em III – reação de eliminação (eliminação de grupo) III em IV – clivagem oxidativa (quebra do ciclo) VI em VII – reação ácido base (neutralização) 27.20) Alternativa B O hidrocarboneto é o 1,2,4-trimetil-1,4-ciclohexadieno. 27.21) I. II. 27.22) a) Composto III. Devido à formação de pontes de hidrogênio intermoleculares. b) Composto I. Hidrocarboneto apolar insolúvel em água. c) Composto III. d) Composto II. QUI 9D aula 25 25.01) Alternativa E I. Amoníaco – Verde – pH entre 11 e 13 – básico II. Leite de magnésia – Azul – pH entre 9 e 11 – básico III. Vinagre – Vermelho – pH abaixo de 3 – ácido IV. Leite de vaca – rosa – pH entre 3,2 e 6,2 – ácido 25.02) Alternativa C I. Correta. A concentração de sal acima de 10% irá inibir a reprodução das bactérias. II. Correta. A fabricação conforme as normas da ANVISA tornará o produto seguro quanto à possíveis infecções. III. Incorreta. O palmito ser produzido de uma maneira ecologicamente correta não tem relação com medidas preventivas contra o botulismo. 25.03) Alternativa A Conservas com concentração de 2% não impedem o desenvolvimento de colônias bacterianas que causam o botulismo. 25.04) a) 10–11 mol/L b) 3 c) 11 d) ácida e) 10–12 mol/L f) 12 g) 2 h) básica i) 10–7 mol/L j) 10–7 mol/L k) 7 l) neutra m) 10–8 mol/L n) 10–6 mol/L o) 8 p) básica q) 10–9 mol/L r) 10–5 mol/L s) 5 t) básica 25.05) Alternativa A pH + pOH = 14 5 + pOH = 14 pOH = 9 [OH–] = 10–9 mol/L crescimento e 25.06) Alternativa D [H+] = 1 ⋅ 10–8 mol/L pH = 8 25.07) Alternativa A O maior caráter básico será apresentado pela mistura que tem o maior pH, logo, leite de magnésia pH = 10. 25.08) Alternativa C O caráter ácido é apresentado quando o meio tem concentração de H + acima de 1 ⋅ 10–7 mol/L. Coca cola = 1 ⋅ 10–3 mol/L Café preparado = 1 ⋅ 10–5 mol/L 25.09) Alternativa C I) [H+] = 1 ⋅ 10–3 mol/L pH = 3 II) [OH–] = 1 ⋅ 10–5 mol/L pOH = 5 / pH = 9 III) [OH–] = 1 ⋅ 10–8 mol/L pOH = 8 / pH = 6 Apenas o efluente III pode ser lançado no rio sem tratamento prévio. 25.10) Alternativa C A concentração hidrogeniônica ([H+]) na calda com pH = 4 é de 1 ⋅ 10–4 mol/L. A concentração hidrogeniônica ([H+]) na calda com pH = 5 é de 1 ⋅ 10–5 mol/L. 25.11) Alternativa B O pH do sangue deve estar entre 6,8 a 8,0, logo a concentração hidrogeniônica: pH = 6,8 [H+] = 1 ⋅ 10–6,8 mol/L pH = 8,0 [H+] = 1 ⋅ 10–8 mol/L A concentração hidrogeniônica do sangue deve ser maior ou igual a 1 ⋅ 10–8 mol/L e menor ou igual a 1 ⋅ 10–6,8 mol/L. 25.12) Alternativa A pOH = –log [OH–] pOH = –log 8 ⋅ 10–5 pOH = –(log 8 + log 10–5) pOH = –(0,9 – 5) pOH = 4,1 pH + pOH = 14 pH + 4,1 = 14 pH = 9,9 25.13) Alternativa D I. HNO3 0,1 mol/L H+ + NO3– 0,1 mol/L 0,1 mol/L 2 H+ SO42– [H+] = 1 ⋅ 10–1 mol/L pH = 1 II. H2SO4 0,05 mol/L [H ] = 1 ⋅ 10 + –1 + 0,1 mol/L 0,05 mol/L Na+ OH– mol/L pH = 1 III. NaOH 0,1 mol/L + 0,1 mol/L 0,1 mol/L [OH–] = 1 ⋅ 10–1 mol/L pOH = 1 pH = 13 IV. Ca(OH)2 0,05 mol/L Ca2+ + 0,05 mol/L 2 OH– 0,1 mol/L [OH–] = 1 ⋅ 10–1 mol/L pOH = 1 pH = 13 V. 0,01 mol/L NH4OH x 100% 2% x = 0,0002 mol/L 2 ⋅ 10–4 mol/L NH4OH 2 ⋅ 10–4 mol/L [OH–] = 2 ⋅ 10–4 mol/L NH4+ 2 ⋅ 10–4 mol/L + OH– 2 ⋅ 10–4 mol/L pOH = –log [OH–] pOH = –log 2 ⋅ 10–4 pOH = –(log 2 + log 10–4) pOH = –(0,3 – 4) pOH = 3,7 pOH = 3,7 pH = 10,3 VI. 0,2 mol/L CH3COOH x 100% 1% x = 0,002 mol/L 2 ⋅ 10–3 mol/L CH3COOH 2 ⋅ 10–3 mol/L H+ + 2 ⋅ 10–3 mol/L CH3COO– 2 ⋅ 10–3 mol/L [H+] = 2 ⋅ 10–3 mol/L pH = –log [H+] pH = –log 2 ⋅ 10–3 pH = –(log 2 + log 10–3) pH = –(0,3 – 3) pH = 2,7 25.14) Alternativa D [OH–] = α ⋅ [] [OH–] = 4 ⋅ 10–3 ⋅ 0,25 [OH–] = 1 ⋅ 10–3 mol/L pOH = 3 pH = 11 25.15) Alternativa E pH = 3 [H+] = 1 ⋅ 10–3 mol/L [H+] = [CH3COO–] CH3COOH ⇌ x Ka [H ] [CH3CO O ] [CH3CO O H] H+ 1 ⋅ 10–3 mol/L + CH3COO– 1 ⋅ 10–3 mol/L 1,8 105 103 103 [CH3CO O H] [CH3COOH] = 5 ⋅ 10–2 mol/L 25.16) Alternativa D 5 ⋅ 10–6 mol H+ 500 mL x 1000 mL (1 L) x 10 ⋅ 10 –6 mol H+/L 1 ⋅ 10–5 mol/L pH = 5 O pH é 5 a e concentração hidrogeniônica é inferior ao suco puro. 25.17) Alternativa E I. Incorreta A concentração de H+ na solução 2 (1 ⋅ 10–4 mol/L) é dez vezes menor que na solução 1 (1 ⋅ 10–3 mol/L). II. Correta A solução 1 tem pH mais baixo, logo, maior concentração de H + e conduzirá melhor a corrente elétrica. III. Correta. Quando a diluição tender ao infinito, a concentração de H + será de 1 ⋅ 10–7 mol/L, proveniente da auto ionização da água, logo, pH = 7. 25.18) Alternativa E I. Correta. [H+] = 1 ⋅ 10–3 mol/L pH = 3 II. Correta. 1 ⋅ 10–4 mol/L HX x 100% 2% x = 2 ⋅ 10–6 mol/L HX HX 2 ⋅ 10–6 mol/L H+ 2 ⋅ 10–6 mol/L [H+] = 2 ⋅ 10–3 mol/L pH = –log [H+] pH = –log 2 ⋅ 10–6 pH = –(log 2 + log 10–6) + X– 2 ⋅ 10–6 mol/L pH = –(0,3 – 6) pH = 5,7 A solução 2 tem um pH maior que a solução 1. III. Correta. 10–2 mol/L BOH x x = 1 ⋅ 10 BOH 100% 1% –4 1 ⋅ 10–4 mol/L mol/L B+ + 1 ⋅ 10–4 mol/L OH– 1 ⋅ 10–4 mol/L [OH–] = 1 ⋅ 10–4 mol/L pOH = 4 pH = 10 25.19) a) A solução de ácido fórmico apresenta menor pH, pois possui maior Ka, sendo um ácido mais forte e sofrendo mais ionização. b) CH3COOH ⇌ 0,1 mol/L Ka H+ x [H ] [CH3CO O ] [CH3CO O H] 105 xx 0,1 x = 10–3 mol/L 25.20) a) NaHCO3(s) Na+(aq) + HCO3–(aq) b) pH = 2 [H+] = 1 ⋅ 10–2 mol/L pH = 7 [H+] = 1 ⋅ 10–7 mol/L Razão = pH = 2 102 107 = 105 pOH = 12 QUI 9D aula 26 + CH3COO– x 26.01) Alternativa D I. Correta. Irá aumentar a quantidade de peixes mortos na região do acidente, pois o ácido irá acidificar a água. II. Correta. O pH irá variar conforme a distância do acidente, pois a correnteza vai diminuir a concentração do ácido. III. Incorreta. Os danos serão passageiros, devido à correnteza que irá diluir o ácido no rio. IV. Correta. A dissolução do ácido na água é exotérmica. 26.02) Alternativa E I. Incorreta. Da 6ª (pH = 4 [H+] = 10–4 mol/L) para a 14ª amostra (pH = 6 [H+] = 10–6 mol/L) ocorreu uma diminuição em 100 vezes na acidez. II. Correta. A 18ª amostra é a que apresenta o maior pH, portanto, é a menos ácida. III. Correta. A 8ª amostra (pH = 5 [H+] = 10–5 mol/L) é dez vezes mais ácida que a 14ª amostra (pH = 6 [H+] = 10–6 mol/L). III. Correta. As amostras que são consideradas como chuva ácida tem pH menor que 5,5. Apenas a 6ª e 8ª amostra são consideradas como chuvas ácidas. 26.03) Alternativa C A adição de água irá diluir as soluções ácidas, aumentando o pH médio encontrado, logo, as amostras irão variar seu ph entre 5 a 7. 26.04) Alternativa B pH = 5 [H+] = 10–5 mol/L pH + pOH = 14 pOH = 9 26.05) Alternativa B [H+] = 0,001 mol/L 10–3 mol/L pH = 3 26.06) Alternativa D [H+] = 0,01 mol/L 10–2 mol/L pH = 2 26.07) Alternativa B Ca(OH)2 é o hidróxido de sódio, uma base forte. Ocorrerá um aumento do pH do solo. 26.08) Alternativa C Solução A pH = 2 [H+]A = 0,01 mol/L 10–2 mol/L Solução B pH = 3 [H+]B = 0,001 mol/L 10–3 mol/L [H ]A [H ]B 102 103 = 10 26.09) Alternativa E pH + pOH = 14 11 + pOH = 14 pOH = 3 26.10) Alternativa A A água mineral contém íons H+ e OH– provenientes da auto ionização da água. 26.11) Alternativa C NaOH 0,025 mol/L Na+ + 0,025 mol/L 0,025 mol/L [OH–] = 2,5 ⋅ 10–2 mol/L pOH = –log [OH–] pOH = –log 25 ⋅ 10–3 pOH = –log 52 ⋅ 10–3 pOH = –(log 52 + log 10–3) pOH = –(2 ⋅ log 5 – 3 ⋅ log 10) pOH = –(1,4 – 3) OH– pOH = 1,6 pH + pOH = 14 pH + 1,6 = 14 pH = 12,4 26.12) V, V, F, F, V (V) O gás carbônico em água entra em equilíbrio, segundo a reação: CO2 + H2O ⇌ HCO3– + H+ (V) A ingestão de refrigerante libera H+ no estômago, deslocando o equilíbrio para a esquerda, aumentando a concentração de CO2. (F) A temperatura mais alta do organismo prejudica a solubilidade do gás CO2. (F) A liberação de CO2 irá deslocar o equilíbrio para a esquerda, consumindo o H+ e aumentando o pH. (V) pH = 3 [H+] = 10–3 mol/L pOH = 11 [OH–] = 10–11 mol/L 26.13) Alternativa B Uma solução tampão é um sistema que não apresenta grandes variações de pH com a adição de pequenas quantidades de ácido e base forte. 26.14) Alternativa B pH = 1 [H+] = 10–1 mol/L [H+]1 ⋅ V1 = [H+]2 ⋅ V2 10–1 ⋅ 5 = [H+]2 ⋅ 50 [H+]2 = 0,01 mol/L 10–2 mol/L pH = 2 26.15) Alternativa D [H+]1 ⋅ V1 = [H+]2 ⋅ V2 10–3 ⋅ 20 = [H+]2 ⋅ 200 [H+]2 = 10–4 mol/L pH = 4 26.16) Alternativa A [OH–]1 ⋅ V1 = [OH–]2 ⋅ V2 0,2 ⋅ 100 = [OH–]2 ⋅ 200 [OH–]2 = 0,1 mol/L 10–1 mol/L pOH = 1 pH = 13 26.17) Alternativa D pH = 5 [H+] = 10–5 mol/L [H+] = α ⋅ [] 10–5 = α ⋅ 0,2 α = 5 ⋅ 10–5 Ka = α2 ⋅ [] Ka = (5 ⋅ 10–5)2 ⋅ 0,2 Ka = 5 ⋅ 10–10 Diluição da solução: []1 ⋅ V1 = []2 ⋅ V2 0,2 ⋅ V = []2 ⋅ 4V []2 = 0,05 mol/L Ka = α2 ⋅ [] 5 ⋅ 10–10 = α2 ⋅ 0,05 α2 = 1 ⋅ 10–8 α = 1 ⋅ 10–4 26.18) Alternativa C A apnéia vai aumentar a concentração de CO2 no sangue, que desloca o equilíbrio no sentido da formação de H+, diminuindo o pH. A hiperventilação vai eliminar CO2 da corrente sanguínea do indivíduo, que irá deslocar o equilíbrio no sentido do consumo do H+, aumentando o pH do sangue. O gráfico que descreve uma diminuição e um aumento do pH é o y. 26.19) 1) b O par que forma uma solução tampão é o ácido acético/acetato de sódio. É composto por um ácido fraco e um sal com um ânion comum ao ácido. 2) e Em uma solução tampão, a adição de pequena quantidade de ácido e base causa uma alteração desprezível. O par que melhor representa uma solução tampão é NH4Cℓ/NH4OH (sal de base fraca/base fraca). 3) e Um sistema tamponante pode ser representado por NaHCO 3/H2CO3 (sal de ácido fraco/ácido fraco). 4) b A variação do pH foi menor no recipiente b, pois possui um sistema tamponante (sal de ácido fraco/ácido fraco). 5) d Em ambas as soluções o pH irá aumentar com a adição de base, porém, o sistema I que contém uma solução tampão irá aumentar menor que o sistema II. 26.20) Chuva normal pH = 5,6 [H+] = 10–5,6 mol/L Na chuva ácida, ocorre o aumento em 1000 vezes na concentração de íons H +, logo: [H+] = 10–5,6 ⋅ 103 = 10–5,6 mol/L pH = 2,6 26.21) 1) HCℓ 10–1 mol/L ⇌ H+ 10–1 mol/L + Cℓ– 10–1 mol/L [H+] = 10–1 mol/L pH = 1 2) Concentração mil vezes menor = [H+] = 10–4 mol/L pH = 4 3) Concentração um milhão de vezes menor que a original = [H +] = 10–7 mol/L pH = 7 Trata-se de uma solução praticamente neutra. QUI 9D aula 27 27.01) Alternativa C Caso I – substância básica = NaHCO3 sal de caráter básico (NaOH + H2CO3) Caso II – substância ácida – NH4Cℓ sal de caráter ácido (NH4OH + HCℓ) 27.02) Alternativa D Deseja-se tornar a água adequada para a criação de camarão (pH = 6), logo, é necessário acidificar a água que tem pH = 8. Deve-se borbulhar CO2. CO2 + H2O H2CO3 27.03) Alternativa C I. Correta. NaHCO3 é um antiácido, pois em solução apresenta um pH maior do que 7. II. Incorreta. NH4Cℓ tem caráter ácido, pois em solução apresenta um pH menor do que 7. III. Correta. NaCℓ é um sal neutro, pois em solução apresenta pH 7. 27.04) Alternativa C NaCℓ – sal de caráter neutro (NaOH + HCℓ = base forte + ácido forte) KI – sal de caráter neutro (KOH + KI = base forte + ácido forte) 27.05) Alternativa B NaHCO3 – sal de caráter básico (NaOH + H2CO3 = base forte + ácido fraco) 27.06) Alternativa B CaCO3 – sal de caráter básico (Ca(OH)2 + H2CO3 = base forte + ácido fraco) 27.07) Alternativa A NH4Cℓ – sal de caráter ácido (NH4OH + HCℓ = base fraca + ácido forte) 27.08) Alternativa B NH4HCO3 – sal de caráter básico (NH4OH + H2CO3 = base mais forte do que o ácido). 27.09) Alternativa E NH4Br – sal de caráter ácido (NH4OH + HBr = base fraca + ácido forte) 27.10) Alternativa A Na2S – sal de caráter básico (NaOH + H2S = base forte + ácido fraco) 27.11) Alternativa B Ocorre um aumento do pH, pois o NaHCO3 é um sal de caráter básico. NaHCO3 – sal de caráter básico (NaOH + H2CO3 = base forte + ácido fraco) 27.12) Alternativa A O pH é ácido, pois é um sal de caráter ácido. Aℓ2(SO4)3 – sal de caráter ácido (Aℓ(OH)3 + H2SO4 = base fraca + ácido forte) 27.13) Alternativa D I. Correta. O pH é alcalino, pois é um sal de caráter básico. Na2CO3 – sal de caráter básico (NaOH + H2CO3 = base forte + ácido fraco) II. Correta. O pH é ácido, pois é um sal de caráter ácido. Fe(NO3)3 – sal de caráter ácido (Fe(OH)3 + HNO3 = base fraca + ácido forte) III. Incorreta. O pH é ácido, pois é um sal de caráter ácido. NH4Cℓ – sal de caráter ácido (NH4OH + HCℓ = base fraca + ácido forte) 27.14) Alternativa C O pH aumenta, pois o sal possui caráter básico. NaCℓO – sal de caráter básico (NaOH + HCℓO = base forte + ácido fraco) 27.15) Alternativa C HCOOH – ácido carboxílico = meio ácido NH3 – meio alcalino HCOONH4 – meio ácido = sal de caráter ácido, pois o ácido é mais forte (maior Ka) do que a base (menor Kb). 27.16) 03 (01 – 02) 01) Correta. CaSO4 – sal de caráter neutro (Ca(OH)2 + H2SO4 = base forte + ácido forte) CaCO3 – sal de caráter básico (Ca(OH)2 + H2CO3 = base forte + ácido fraco) 02) Correta. CaSO4 – sal de caráter neutro (Ca(OH)2 + H2SO4 = base forte + ácido forte) 04) Incorreta. A solução possui pH maior que 7. CaCO3 – sal de caráter básico (Ca(OH)2 + H2CO3 = base forte + ácido fraco) 08) Incorreta. A concentração de H+ é o dobro da concentração de SO42–. H2SO4 2 H+ + SO42– 16) Incorreta. A adição de CaCO3 reduz a acidez do solo, aumentado o pH. 27.17) Alternativa A A condutividade elétrica pode diferenciar a solução de glicose, que não irá conduzir. A medição do pH pode diferenciar as soluções contendo os sais. Na2CO3 – sal de caráter básico (NaOH + H2CO3 = base forte + ácido fraco) KCℓ – sal de caráter neutro (KOH + HCℓ = base forte + ácido forte) 27.18) Alternativa D 1) pH > 7 NaCH3COO – sal de caráter básico (NaOH + CH3COOH = base forte + ácido fraco) 2) pH = 7 Na2SO4 – sal de caráter neutro (NaOH + H2SO4 = base forte + ácido forte) 3) pH < 7 NH4Cℓ – sal de caráter ácido (NH4OH + HCℓ = base fraca + ácido forte) 27.19) NH4Br (sal de caráter ácido) NH4+(aq) + HOH(ℓ) ⇌ NH4OH(aq) + H+(aq) NaH3CCOO (sal de caráter básico) H3CCOO–(aq) + HOH(ℓ) ⇌H3CCOOH(aq) + OH–(aq) Na2CO3 (sal de caráter básico) CO32–(aq) + HOH(ℓ) ⇌HCO3–(aq) + OH–(aq) NaCN (sal de caráter básico) CN–(aq) + HOH(ℓ) ⇌HCN(aq) + OH–(aq) K2SO4 (sal de caráter neutro), por ser produto de ácido e base fortes, não há hidrólise. 27.20) Ao reagir quantidades estequiométricas de um ácido e de uma base, na solução final há apenas o sal em água. E nesse caso seu caráter é que define se essa nova solução é ácida, básica ou neutra. Nesse caso o sal formado e NH4Cℓ, e portanto ácido. A equação que representa essa solução ácida é: NH4+(aq) + HOH(ℓ) ⇌ NH4OH(aq) + H+(aq) QUI 9E aula 25 25.01) Alternativa B I. Incorreta. A fermentação depende da presença de microorganismos. II. Correta. A fermentação produz gás carbônico, que vai acumulando na massa e faz com que ela suba. III. Incorreta. A bola de massa irá subir devido ao gás carbônico formado. O álcool possui menor densidade do que a água. 25.02) Alternativa A 1 tonelada de cana x 70 L álcool 12 ⋅ 109 L álcool x = 1,7 ⋅ 108 t cana 25.03) Alternativa E A presença dos grupos hidroxila (OH) nos compostos permite que realizem ligações de hidrogênio com a água. 25.04) Alternativa C As uvas devem ser colhidas mais tarde, pois a concentração de açúcares será maior (o que permite maior quantidade de álcool no processo fermentativo) e a acidez do vinho será menor. 25.05) Alternativa D A gasolina não pode ser representada por uma fórmula molecular, pois é uma mistura de hidrocarbonetos. O álcool etílico absoluto é etanol puro e pode ser representado pela fórmula C 2H6O. 25.06) Alternativa B A fermentação é um processo bioquímico desempenhado por microorganismos. Tem como objetivo a obtenção de energia e transforma açúcares em álcool. 25.07) Alternativa B C2H6O + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O 25.08) Alternativa E Com água de torneira e fenoftaleína é possível identificar os três líquidos. Querosene – não se dissolve na água. Álcool etílico – dissolve na água Solução de soda cáustica – dissolve na água e fica com uma coloração vermelha devido à fenoftaleína. 25.09) 14 (02 – 04 – 08) 01) Incorreta. Etanol: CH3CH2OH Ácido acético: CH3COOH 02) Correta. O éster formado é o acetato de etila (CH3COOCH2CH3) 04) Correta. Como a constante de equilíbrio é 4, existem maiores concentrações de produtos que de reagentes. 08) Correta. A fórmula molecular do acetato de etila (CH3COOCH2CH3) é C4H8O2. 16) Incorreta. O valor da constante de equilíbrio (K) não é alterado pela adição de componentes da reação. 25.10) Alternativa E A espécie Cℓ – OH é um ácido hipocloroso, representado pela fórmula molecular HCℓO. 25.11) Alternativa A 25.12) Alternativa C A curva de aquecimento indica que a fusão acontece com temperatura variável e a ebulição com temperatura constante, característica de uma mistura azeotrópica. 25.13) Alternativa C Na primeira etapa ocorre a hidrólise da sacarose, que forma glicose e frutose. Na segunda etapa ocorre o processo de fermentação da glicose. 25.14) 15 (01 – 02 – 04 – 08) 01) Correta. São obtidos hidrocarbonetos até 4 carbonos, podendo existir um composto ramificado (metilpropano). 02) Correta. É possível obter ácido etanoico a partir da oxidação do etanol, com a passagem de um carbono sp3 ligado à hidroxila a um carbono sp2 da carboxila (CH3CH2OH CH3COOH). 04) Correta. O petróleo apresenta hidrocarbonetos com oito átomos de carbono. Um alcano com 8 átomos de carbono possui fórmula molecular C8H18 e um ciclano possui fórmula molecular C8H16. 08) Correta. O etanol é capaz de realizar ligações de hidrogênio, uma interação molecular mais forte e um ponto de ebulição maior que o butano. 16) Incorreta. O petróleo apresenta cadeias carbônicas maiores que oito carbonos. 32) Incorreta. A reação com etanol e ácido sulfúrico é uma desidratação que pode formar éter dietílico. O éter possui um ponto de ebulição menor que o etanol, pois não realiza ligações de hidrogênio intramoleculares. 25.15) Alternativa A 1) Correta. A gasolina é uma mistura de hidrocarbonetos. Ela é obtida do petróleo, que pode sofrer processos de destilação fracionada e craqueamento. 2) Correta. No Brasil, a produção de etanol é realizada utilizando a cana de açúcar, por processos fermentativos. 3) Incorreta. O álcool etílico é isômero de função do éter dimetílico. 4) Correta. A oxidação do etanol produz etanal. A oxidação do etanal irá produzir ácido etanoico. 5) Incorreta. 4 L gasolina (2,8 kg) + 1 L álcool (0,8 kg) = 3,6 kg 25.16) 63 (01 – 02 – 04 – 08 – 16 – 32) 01) Correta. O Brasil é um dos principais produtores de etanol do mundo, devido à vários incentivos governamentais e da cultura da cana de açúcar. 02) Correta. Fontes de carboidratos podem ser utilizadas para produção de álcool, como cana de açúcar, batata, beterraba. 04) Correta. No ar das cidades podem ser encontrados hidrocarbonetos e aldeídos, provenientes da gasolina e da oxidação do álcool. 08) Correta. Após o processo de fermentação, é possível aumentar o teor alcóolico de uma bebida utilizando a destilação fracionada, que vai concentrar o álcool. 16) Correta. A utilização de fermentos em massas é feita para que a massa “cresça”, pois o processo de fermentação produz gás carbônico, que faz a massa aumentar seu volume. 32) Correta. O álcool pode ser medido em ºGL ou ºINPM, sendo que o álcool vendido como combustível tem água na composição e o colocado na gasolina é anidro. 25.17) 21 (01 – 04 – 16) 01) Correta. Quando o volume final da solução aquosa é de 60 mL, ocorreu a passagem de 10 mL de álcool para a água. 50 mL combustível 100% 10 mL álcool x x = 20% 02) Incorreta. O álcool é um solvente orgânico que dissolve na água devido à interações intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio com a água. 04) Correta. A fórmula molecular do álcool etílico é C2H6O, e segue a regra geral CnH2n+1O. 08) Incorreta. Quando o volume da fase aquosa é de 74 mL, ocorreu a passagem de 24 mL de álcool para a água. 50 mL combustível 100% 24 mL álcool x x = 48% A amostra tem 48% de álcool e não está de acordo com a legislação. 16) Correta. O álcool consegue realizar ligações de hidrogênio com a água, tornando-se mais solúvel nesta. 25.18) Alternativa D 250 mL vinho x 100% 12% x = 30 mL álcool 1 mL álcool 30 mL álcool 0,8 g y y = 24 g Álcool no sangue = 24 = 0,27 g/L = 2,7 dg/L 80 1,1 *O Coeficiente é 1,1, pois o vinho está sendo consumido na hora do almoço. 25.19) a) Por desidratação intramolecular: C2H5OH C2H4 + H2O b) Por desidratação intermolecular: 2 C2H5OH C2H5OC2H5 + H2O c) Por oxidação total: C2H5OH + [O] CH3COOH + H2 d) Por combustão incompleta: C2H5OH + O2 2 C + 3 H2O 25.20) a) C2H6O + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O b) 1 mol C2H6O 3 mol H2O 46 g 54 g 162 g H2O C2H6O m H2O m = 138 g C2H6O 1 mol C2H6O 2 mol CO2 46 g 88 g n C2H6O 138 g C2H6O CO2 n = 264 g CO2 QUI 9E aula 26 26.01) Alternativa D Uma proteína é feita por aminoácidos, sendo necessário um grupo amino (peça 2), um grupo contendo a função ácido carboxílico (peça 6) e um radical (peça 1 ou 4). 26.02) Alternativa B 40 mg aspartame x 1 kg 70 kg x = 2800 mg 2,8 g 1 mol aspartame y 294 g y = 9,5 ⋅ 10 2,8 g –3 mol 26.03) Alternativa A Para formar o grupo amida, ocorre a interação do grupo amina com o grupo carboxila do ácido cólico. 26.04) Alternativa D Uma proteína é uma macromolécula que é formada pela reação de condensação entre aminoácidos. 26.05) Alternativa A Leucina = isobutil Isoleucina = secbutil Valina = isopropil 26.06) 07 (01 – 02 – 04) 01) Correta. Os aminoácidos possuem caráter anfótero (caráter acido-base) e fórmula geral: 02) Correta. Em uma proteína, os aminoácidos estão ligados por ligações peptídicas, que apresentam um grupo amida, conforme a estrutura: 04) Correta. A fórmula da valina, ou ácido 2-amino-3-metilbutanoico é: 08) Incorreta. A fenilalanina apresenta apenas um carbono assimétrico. 26.07) Alternativa E Uma ligação peptídica deve apresentar o grupo amida. 26.08) Alternativa A A reação direta é uma condensação (união das estruturas com eliminação de água). A reação inversa é uma hidrólise (separação de uma molécula pela água) 26.09) Alternativa E I) Correta. Apresenta atividade óptica devido à presença de um carbono assimétrico. II) Correta. O composto apresenta 12 ligações sigma (ligação simples) e uma ligação pi (ligação dupla). III) Correta. Apresenta um grupo carboxila e um grupo amina. IV) Correta. Duas moléculas podem se unir, por uma ligação peptídica, formando um dímero. 26.10) Alternativa C Quando um aminoácido é colocado em um meio ácido, por ter caráter anfótero, atua como uma base, recebendo H+. A forma em que será encontrado o aminoácido é: 26.11) Alternativa A I. Correta. É um aminoácido que apresenta cadeia aberta. II. Correta. Possui atividade óptica, pois tem carbono assimétrico. III. Correta. Pode atuar como uma base na presença de um ácido, pois possui caráter anfótero. IV. Correta. Duas moléculas da cisteína podem se unir por uma ligação peptídica. 26.12) Alternativa D I. Correta. Os alfa-aminoácidos possuem um grupo amina ligado ao carbono vizinho ao da carboxila. II. Incorreta. Um aminoácido é anfótero, possuindo caráter ácido-base que depende do meio. III. Correta. A formação de uma ligação peptídica se dá com o grupo amino de um aminoácido com o grupo carboxila de outro, com a eliminação de água. IV. Correta. Um aminoácido é anfótero, possuindo caráter básico (grupo amino) e caráter ácido (grupo carboxila). 26.13) 63 (01 – 02 – 04 – 08 – 16 – 32) 01) Correta. A condensação entre 3 aminoácidos irá gerar um tripeptídeo (3 unidades de aminoácido) e duas moléculas de água. 02) Correta. Os aminoácidos são anfóteros, tem caráter ácido-base. 04) Correta. Alguns aminoácidos podem ter outros elementos além de C, H, O e N. 08) Correta. Os aminoácidos essenciais devem ser adquiridos pela dieta. 16) Correta. As proteínas são macromoléculas que podem ser sintetizadas pela condensação de alfa-aminoácidos. 32) Correta. A digestão de proteínas é uma hidrólise enzimática. 64) Incorreta. A principal fonte de proteínas são as carnes. 26.14) 53 (01 – 04 – 16 – 32) 01) Correta. Ocorre o compartilhamento do par de elétrons sobrando do nitrogênio com o H +. 02) Incorreta. O carbono carboxílico apresenta hibridação sp2. 04) Correta. Por apresentar carga na forma zwitteriônica, os aminoácidos são polares e mais solúveis em água. 08) Incorreta. Como existe diferença de eletronegatividade entre carbono e nitrogênio, a ligação C – N é polar. 16) Correta. Com exceção da glicina, todos os outros aminoácidos apresentam carbono assimétrico, sendo opticamente ativos. 32) Correta. O par de elétrons não compartilhado do nitrogênio permite que doe o par de elétrons, atuando como uma base de Lewis. 26.15) 15 (01 – 02 – 04 – 08) 01) Correta. A formação de uma ligação peptídica ocorre com a condensação de um grupo amino e um ácido carboxílico entre aminoácidos, com a eliminação de uma molécula de água. 02) Correta. Quando ocorre a substituição de um hidrogênio da glicina por um grupo qualquer, será formado outro aminoácido. 04) Correta. Como a glicina possui 2 hidrogênios ligados ao carbono, não apresenta quiralidade. Todos os outros aminoácidos possuem pelo menos um carbono assimétrico. 08) Correta. As proteínas são formadas pela junção de aminoácidos, em sequências diferentes e específicas, que definem sua função biológica. 16) Incorreta. A desnaturação da proteína acontece quando ela perde o seu formato, não sendo necessário o rompimento de todas as ligações. 26.16) 18 (02 – 16) 01) Incorreta. Apresentam também o elemento nitrogênio. 02) Correta. Na região I, as descargas elétricas são utilizadas para quebrar as ligações químicas. 04) Incorreta. A condensação acontece com a perda de energia. 08) Incorreta. A fase líquida presente em II passará para fase gasosa com temperatura variável, pois é uma mistura. 16) Correta. O nitrogênio presente na amônia (NH3) sofre oxidação (Nox –3 para zero) e forma o gás nitrogênio (N2). 32) Incorreta. Os gases CO e CO2 são provenientes do processo de oxidação do metano. 26.17) Alternativa D O rompimento da ligação peptídica se dá no grupo amida. Ao grupo carbonila deve ser adicionado uma hidroxila (OH) e ao grupo amino deve ser adicionado um hidrogênio. Os aminoácidos que deram origem ao composto são: C4H7NO4 e C9H11NO2 26.18) 77 (01 – 04 – 08 – 64) 01) Correta. Ambas as estruturas apresentam carbono quiral. 02) Incorreta. Não possuem a mesma fórmula molecular. 04) Correta. A fórmula molecular da tirosina é C9H11O3N e sua massa molecular é 181 g/mol. 08) Correta. As enzimas são catalisadores biológicos e aumentam a velocidade das reações. 16) Incorreta. O nome oficial da fenilalalina é ácido 2-amino-3-fenil-propanoico. 32) Incorreta. A reação de transformação é uma oxidação. 64) Correta. São classificados como aminoácidos e formam proteínas. 26.19) a) Ácido 2-aminoetanoico b) Amina e ácido carboxílico c) 2 (NH2)CH2 – COOH (NH2)CH2 – CO(NH) – CH2 – COOH + H2O 26.20) a) b) QUI 9E aula 27 27.01) Alternativa C Quando ocorre o aquecimento da água, as enzimas que irão converter o carboidrato em amido são desnaturadas, impedindo a conversão e aumentando a quantidade de glicose presente. O que justifica o gosto adocicado. 27.02) Alternativa A A glicose é uma molécula que vai ser metabolizada pelo organismo, produzindo energia e permitindo a movimentação. 27.03) Alternativa D A combinação entre arroz e feijão combina nutrientes (metionina, lisina) e não apresenta grande quantidade de colesterol. 27.04) Alternativa D As estruturas A e B representam hexoses, compostos com 6 carbonos que possuem as funções aldeído e poliol (vários álcoois). 27.05) Alternativa A A sacarose é um dissacarídeo formado por duas unidades sacarídicas (glicose + frutose). 27.06) Alternativa A Monossacarídeo = glicose e frutose Dissacarídeo = sacarose e lactose Polissacarídeo = celulose e glicogênio 27.07) Alternativa E Açúcar comum = sacarose (dissacarídeo) Papel = celulose (polissacarídeo) Glicose (monossacarídeo) 27.08) Alternativa A É necessária apenas uma molécula de água para hidrolisar uma molécula de sacarose. C12H22O11 + H2O C6H12O6 + C6H12O6 27.09) Alternativa E A glicose é a unidade que compõe o amido, estando como aminoácidos que compõe uma proteína. 27.10) Alternativa C (4) A produção de um dissacarídeo pela união de dois monossacarídeos – Condensação. (2) A quebra de uma proteína no organismo (com auxílio de enzimas), produzindo aminoácidos – Hidrólise. (2) A reação de degradação do amido produz moléculas de glicose, consumindo moléculas de água – Hidrólise. (1) A adição de açúcar ao cafezinho, seguida de agitação – Dissolução. (3) A adição de água a um suco concentrado – Diluição. 27.11) Alternativa D Os íons cobre irão sofrer redução, segundo a reação: Cu2+ + 2e– Cu A função presente na glicose que sofre oxidação com facilidade é a função aldeído. 27.12) Alternativa A A formação do amido acontece com a condensação de moléculas de glicose para formar o polissacarídeo. 27.13) Alternativa E I. Incorreta. A presenta de vários grupos hidroxila faz com que a molécula seja polar. II. Incorreta. É uma substância polar, muito solúvel em água. III. Incorreta. Um mol de sacarose quando é hidrolisado, forma um mol de glicose e um mol de frutose. IV. Correta. A sacarose não é um composto eletrolítico, ou seja, não libera íons em solução. V. Correta. Apresenta assimetria molecular e desvia a luz plano polarizada. 27.14) Alternativa D A ligação entre glicose-glicose na celulose é uma ligação diferente da presente no amido. O homem não possui enzimas que quebrem as ligações na celulose, não conseguindo fazer o processo de digestão desse polissacarídeo. 27.15) 11 (01 – 02 – 08) 01) Correta. Forma a glicose e frutose, monossacarídeos não hidrolisáveis. 02) Correta. Glicose é uma aldose e a frutose é uma cetose. 04) Incorreta. A frutose não oxida. 08) Correta. São glicose e frutose. 16) Incorreta. São considerados monossacarídeos. 27.16) 21 (01 – 04 – 16) 01) Correta. O excesso de glicose faz com que o equilíbrio seja deslocado para a esquerda, inibindo o processo de hidrólise. 02) Incorreta. Apresenta 4 carbonos assimétricos. 04) Correta. Como o anel apresenta ângulos de ligação maiores, tem menos tensão e torna-se mais estável. 08) Incorreta. Glicose e frutose também podem formar ligações de hidrogênio. 16) Correta. A reação no sentido inverso é uma condensação, com eliminação de água. 27.17) 27 (01 – 02 – 08 – 16) 01) Correta. Um leite com 90% menos lactose apresenta apenas 10% de lactose. 50 g/L 100% x 10% x = 5 g/L 1L 5 g lactose 0,2 L y y = 1 g lactose 02) Correta. Glucose e galactose apresentam cadeia carbônica saturada e heterogênea. 04) Incorreta. Como o indivíduo não digere a lactose, não ocorre aumento na concentração de glicose no sangue. 08) Correta. A glicose é um isômero espacial da galactose. 16) Correta. A lactose apresenta apenas carbonos primários e secundários. 32) Incorreta. A lactose apresenta hidroxilas ligadas apenas a átomos de carbono saturados. 27.18) 63 (01 – 02 – 04 – 08 – 16 – 32) 01) Correta. Carboidratos possuem as funções aldeído e poliol ou cetona e poliol. Podem ser chamados também de glicídios, entre outros nomes. 02) Correta. Os monossacarídeos não sofrem glicose e dois exemplos são a glicose e frutose, que numa fermentação anaeróbia, podem produzir álcool e gás carbônico. 04) Correta. A sacarose é um dissacarídeo que pode ser hidrolisado em glicose e frutose, o que caracteriza o açúcar invertido. 08) Correta. Amido, celulose e glicogênio são polissacarídeos formados por glicose. 16) Correta. Os monossacarídeos e dissacarídeos são solúveis devido a polaridade. Os polissacarídeos não são solúveis devido ao tamanho elevado das moléculas. 32) Correta. Os carboidratos que possuem o grupo aldeído (como a glicose) podem sofrer oxidação, enquanto os carboidratos que possuem o grupo cetona (como a frutose) não oxidam. 27.19) a) Glicose – aldeído e álcool/ Frutose – cetona e álcool b) Glicose – monossacarídeo/ Frutose – monossacarídeo c) Glicose – C6H12O6/ Frutose – C6H12O6 d) Glicose – 4/ Frutose – 3 e) Glicose – solúvel/ Frutose – solúvel 27.20) a) destilação fracionada, b) glicose e frutose. c) C2H5OH + 3 O2 2 CO2 + 3 H2O Como são produzidos 2 mol de CO2, serão liberados 44,8 L de CO2 na CNTP.
