CAP. 1 – MATÉRIA, SUBSTÂNCIAS E
MISTURAS
Para o VESTIBULAR
Para o VESTIBULAR
1. a) Sólido
b) Sim, pois a glicerina é
solúvel na água e o
eugenol, não.
2. a) 10 a 20
b) 20 a 40
c) 40
3. a) 3; 2; 1
b) Líquido
4.
5. Deve-se colocar água quente
na mistura dos sólidos para
separar o naftaleno, que é
insolúvel em água quente; ele
não se dissolve e vai ficar
retido no papel de filtro. O
ácido itálico, muito solúvel em
água quente, vai passar pelo
filtro na forma de solução. Para
isolar o ácido ftálico da água,
deixa-se esfriar a solução, de
maneira que o ácido ftálico
sólido se separe da água fria.
6. a) A mistura I, e o resíduo
era areia.
b) No caso III, e o resíduo era
o sal.
7. C;
8. D;
9. B;
10. B
11. A;
12. D;
13. E;
14. A
15. B
16. a) É a destilação
fracionada, pois, quando existe
uma mistura de componentes
com
pontos
de
ebulição
próximos, não é adequado fazer
a destilação simples (única
etapa).
Na
destilação
fracionada,
a
mistura
é
submetida várias vezes à
vaporização e à condensação
(ocorrem microdestilações). Os
vapores condensados na última
etapa estão enriquecidos com o
componente
mais
volátil,
tornando o processo mais
eficiente
em
relação
à
destilação simples.
b) Como a água é uma
substância polar e o petróleo,
uma
mistura
de
hidrocarbonetos (apoiares),
forma-se um sistema bifásico.
Nesse caso, é
adequado utilizar a decantação,
método pelo qual os líquidos
imiscíveis,
de
diferentes
densidades,
podem
ser
separados.
17. C; 18. C; 19. A
20. B
21. D; 22. C
23. E
24. A; 25. C
26. D
27. A;
28. a) Fusão do gelo e
sublimação do gelo-seco. A
fusão e a sublimação
ocorrem com absorção de
energia, o que faz os
líquidos se resfriarem.
b) O copo x da condição
inicial corresponde ao copo d,
pois seu volume é menor que 0
do copo c, no qual foi colocado
o gelo (flutuação). Os cubos
sólidos que submergem (geloseco) estão no copox. No
copoy, no qual havia gelo no
início (copo c), a concentração
final de álcool ficou diferente da
concentração inicial porque a
água liquida que se formou
diluiu o álcool da bebida
original.
29. E;
30. C;
31.
Para o ENEM
1. D
6. C
2. A
7. E
CAP. 2 – ESTRUTURA ATÔMICA
3. D
8. C
4. E
9. E
5. B
10. B
1. a) Quanto maior o fator de
proteção solar do filtro (FPS),
mais o protetor absorve a luz
UV (maior é sua absorbância).
No gráfico, a substância que
apresenta
a
maior
absorbância
para
comprimentos
de
onda
menores que 400 nm é a B.
b) Alguns filtros solares
funcionam
absorvendo
radiação UV, em um processo
que
também
leva
à
decomposição
das
substâncias
ativas
ali
presentes,
o que exige
aplicações subsequentes do
protetor. Devido à absorção
de
radiação
ultravioleta,
ocorre a decomposição da
substância
B.
Consequentemente,
há
diminuição da concentração
do componente ativo e há
redução
da
absorbància,
como podemos observar em
um possível espectro de
absorção da substância B.
2. a) Nêutrons de A = 28 – 14
= 14
b) Nêutrons de B = 30 – 14
= 16; portanto, 16 + 14 = 30.
3. D
4. (17 – 8) = (16 – 7) = 9
5. C
6. B
7. A
8. C
9. C
10. D
11. D
12. B
13. C
14. C
15. E
16. E
17. A
18. V; A luz refletida é que será
vista
F; Toda a luz branca foi
absorvida.
F; Toda a luz branca
refletida.
V; A cor que vemos resulta
da reunião das ondas luminosas
refletidas, e não das que foram
absorvidas.
19. E
20. A
21. D
22. D
23. 01 + 08 + 16 = 25
24. E
25. a) BaCℓ2 (s)  BaCℓ2(g) 
2+
Ba (g) + 2Cℓ (g)
b) A explicação não seria
correta, pois não se forma um
sólido iônico entre dois metais,
como é o caso do sódio e do
eletrônico.
26. C
27. C
28. C
29. C
30. B
31. 08 + 16 = 24
Para o ENEM
1. C
6. C
2. E
7. C
3. B
8. B
4. D
9. A
5. D
10. D
CAP. 4 – LIGAÇÕES QUÍMICAS
CAP. 3 – TABELA PERIÓDICA
Para o VESTIBULAR
Para o VESTIBULAR
1. a) F > S > Na
b) Os gases nobres têm alto
potencial de ionização, pois
apresentam
grande
estabilidade. Gases nobres
com número atómico baixo
(He e Ne) têm potencial de
ionização mais alto por serem
átomos
pequenos
e
apresentarem os elétrons da
a
1ª e da 2 camada eletrônica
mais atraídos pelo núcleo.
Com o aumento do número
atómico, a partir do argônio
os potenciais de ionização
assumem
valores
mais
próximos entre si.
2. Por apresentarem o mesmo
número
de
elétrons
na
camada de valência, os pares
A-C e B-D pertencem a
mesma família.
3. Silício (Si) – número de
elétrons
no
nível
mais
energético: 4.
4. D
5. E
6. B
7. A
8. C
9. A
10. E
11. C
12. A
13. D
14. E
15. C
16. C
17. B
18. B
19. A
20. C
21. D
22. E
23. C
24. A
25. A
26. B
27. 5; 3; 4; 2; 1.
28. a) Ambos apresentam três
níveis de energia. No último
nível, o sódio apresenta
apenas 1 elétron na camada
de valência, ao passo que o
cloro apresenta 7 elétrons.
Com isso, a atraçâo do
núcleo do átomo de sódio e
do elétron da camada de
valência é menor do que a
atração do núcleo do átomo
de cloro com 7 elétrons na
camada de valência. Como a
atração é menor, o raio é
maior.
b) Li2 CO3 (carbonato de
lítio)
29. a) A energia necessária para
arrancar o segundo elétron é
maior do que a necessária para
arrancar o primeiro elétron, e
assim sucessivamente.
b) Ocorreu mudança de
camada para o nível mais
interno.
30. a) Os elementos X, Y e Z são,
respectivamente, oxigênio (O),
carbono (C) e potássio (K).
b) A combinação de X e Y
pode originar CO e CO3.
c) K2CO3 (carbonato de
potássio).
31. D
32. B
33. E
34. B
35. E
36. a) A carga nuclear efetiva
(Zef) pode ser definida como a
atração que é efetivamente
exercida pelo núcleo sobre os
elétrons mais externos. Dentro
de um mesmo período da Tabela
Periódica, Zef aumenta com o
aumento do número atómico da
esquerda para a direita. Quanto
maior for o valor de Zef, maior
será a atração núcleo-elétron e,
cortsequentemente, menor será
o raio atómico (ou iônico). Isso
explica a diminuição do raio
atómico (ou iônico) dentro de
um mesmo período da esquerda
para a direita em função do
aumento de Zef.
b) Para os pares de espécies
apresentados em i, ii e iii, têm+
se, respectivamente, Aℓ , F e Li.
37. A
38. D
39. C
40. D
41. D
42. E
43. B
44. D
Para o ENEM
1. C
2. B
3. D
4. C
5. B
6. A
7. A
8. E
9. E
10. A
1. a) MgF2 : ligação iônica
b) NH3: ligação covalente
2.
a) Maior eletronegatívidade: 7 A
b) Menor eletronegatividade: 1 A
3.
a)
b)
c)
4. a) As forças intermoleculares
presentes são do tipo interações
de Van der Waals (dipolo
instantâneo-dipolo induzido).
b) F2, Cℓ2 e Br2 ;
5. O valor esperado para o ponto
de ebulição da água é - 72 °C
(ver no gráfico).
Dada a grande diferença de
eletronegatividade
entre
o
hidrogênio e o oxigênio, a
ligação
H—O na
água é
fortemente polar. Isso faz com
que moléculas de água se liguem
umas às outras, por meio das
pontes (ligações; de hidrogênio,
que são interações muito fortes,
elevando o ponto de ebulição da
água.
6. a) PE (CH4) = 112 K; PE (NH3 ) =
240 K e PE (H2 O) = 373 K
b) CH4 - moléculas atraídas por
forças de Van der Waals
(dipolo
instantâneo-dipolo
induzido); portanto, PE
baixo.
H2 O e NH; - massas moleculares
próximas;
a molécula H2 O
apresenta
maior
polaridade;
portanto, PE(H2 O) > PE (NH3).
7. I: apresenta maior ponto de
ebulição, pois as moléculas
unem-se
por
pontes
de
hidrogénio.
II e III: moléculas apoiares unemse por forças de Van
Der Waals (dipolo instantâneodipolo induzido).
A substância III deve possuir
ponto de ebulição mais alto que
II, por ter moléculas maiores.
Logo, temos: II < III < I.
8. A
9. D
10. C
11. D
12. A
13. B
14. D
15. E
16. A amostra I é constituída
por material sólido com alta
condutividade
elétrica;
portanto, apresenta elétrons
livres para se movimentar.
Conclui-se que é formada por
elementos
com
pequeno
número de elétrons na última
camada, ou seja, metais: Mg
°
e Aℓ. No 3 período, o
elemento com 7 elétrons na
camada de valência é o cloro,
o elemento com 3 é o
alumínio e o elemento com 2
é o magnésio. Portanto:
Amostra II: AℓCℓ3. Amostra
III: MgCℓ2 .
17. D
18. a) BaCℓ2: cloreto de bário
NaCℓ: cloreto de sódio
b) O cloreto de metila
(CCℓ4) é polar; não há
elétrons sobrando no átomo
central
e
todos
os
ligantessão iguais; portanto,
é uma molécula apoiar. O
CH3 Cℓ
tem
um
ligante
diferente; portanto, é uma
molécula polar.
19. A
20. D
21. C
22. a) C10H20N2S4
b) Dez pares de elétrons.
c) Não, pois o oxigênio só
pode fazer duas ligações, e
não três, como o nitrogênio.
23. B
24. A
25. E
26. D
27. B
28. D
29. E
30. 01 + 08 + 16 = 25
31. a) Amônia: geometria
piramidal, o vetor resultante
(momento dipolo elétrico) é
diferente de zero; a molécula
é polar. Água: geometria
angular, o vetor resultante
(momento dipolo elétrico) é
diferente de zero; a molécula
é polar. Metano: geometria
tetraédrica, o vetor resultante
(momento dipolo elétrico] é
igual a zero; a molécula é
apoiar.
b) A substância mais
solúvel em água será a
amónia, pois é polar (o vetor
resultante momento dipolo
elétrico é diferente de zero) e
semelhante à água.
32. E
Para o ENEM
Para o ENEM
1. C
6. D
2. C
7. A
3. B
8. E
4. C
9. A
5. E
10. D
CAP. 5 – CÁLCULOS QUÍMICOS E SUAS
UNIDADES DE MEDIDA
Para o VESTIBULAR
1. C
2. a) CaCO3  CaO + CO2
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 +
H2 O
b) 80%
3. 92 g
4. a) 320,5 g
b) 120,2 g
5. 32%
6. C

7. a) CuS + O2  Cu +
SO2
b) 98 kg
8. r = 20
9. A
10. C
11. V; V; F; F
12. B
13. E
14. O camundongo tem 1,0 g
de hidrogênio e 6,4 g de
oxigênio. Como em 1 mol de
água há 2 g de hidrogênio e
16
g
de
oxigênio,
o
hidrogénio
presente
no
camundongo seria suficiente
para produzir
1,0
= 0,5 mol
2,0
de água, ao passo que o
oxigênio seria suficiente para
produzir
6,4
= 0,4 mol de
16
água.
Desse
modo,
a
formação de água é limitada
pela quantidade de oxigênio.
Portanto,
a
quantidade
máxima de água Que poderia
ser formada apenas pela
combinação dos átomos de
hidrogênio
e
oxigênio
presentes no camundongo é
0,4 mol, o que corresponde a
0,4 . 18 = 7,2 g de água.
15. a) C6 H12 O6  6 CO2 + 6
H2 O.
b) x = 1.320 g
16. 01 + 02 + 04 + 16 + 32 = 55
17. C
18. a) O rendimento da reação
foi inferior a 100%
b) BaCo3 + 2 HCℓ  BaCℓ2
+ H2O + CO2
O BaCℓ2 é um sal solúvel, e
isso permitiu que íons bário
fossem
absorvidos
pelo
sistema digestório,
c) x = 0,36 g de sulfato de
bário impuro.
19. BaCO3(s) + H2SO4(aq) =
BaSO4(s) + H2O(aq) + CO2(g)
20. B
23
21. a) n = 1,06 . 10 moléculas
b) mc = 0,25 grama
22. E
23. D
24. a) 2 : 1 : 1 : 1
b) x  65%
25. E
26. C
27. C
28. a) Composto A
13,0 g de flúor
b) Composto B
x = 39,1 g de flúor
c) y = 65,6 g de flúor
As
massas
formam
uma
proporção segundo a Lei de
Dalton: 1 : 3 : 5.
b) y = 0,684 mol
1. D
7. D
2. A
3. B
4. A
5. C
6. E