QUÍMICA
•
CADERNO 7 – CURSO D/E
Em localidades de grandes altitudes a pressão
atmosférica é menor e, portanto, o ponto de ebulição da
água é menor.
FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA
6)
Ao resfriar o balão (molhar com água fria) a pressão interna
diminui, diminuindo o ponto de ebulição de água.
Resposta: D
7)
Como o CCl4 apresenta maior pressão de vapor, ele contribui
mais para a pressão total.
Resposta: D
8)
Quanto maior a temperatura maior é a pressão de vapor.
Resposta: A
9)
Quanto maior a temperatura de ebulição do líquido, menos
volátil ele é e, consequentemente, menor será a quantidade
■ Módulo 28 – Propriedades Coligativas:
Pressão de Vapor
1)
a) Do gráfico
冦T
TA = 60°C
B = 70°C
b)
de vapor no tubo.
Resposta: E
10) A pressão de vapor só depende da temperatura e da natureza
do líquido.
Resposta: B
A substância menos volátil é aquela que apresenta menor
pressão de vapor, ou seja, CH3COOH.
Resposta: A
11) A pressão de vapor só depende da temperatura e da natureza
do líquido.
Resposta: D
843
12) a) Do gráfico
HO
2
DO
CH 2
3 COO
H
CC
P
(mHg)
l4
3)
CH
2
5 OH
2)
O líquido A tem maior pressão de vapor e ela vale
aproximadamente 0,8 atm.
813
700
355
332
202
80
T (ºC)
冦T
Téter @ 32°C
etanol @ 77°C
b) Sob pressão de 500 mm de Hg os pontos de ebulição do
éter dietílico e do etanol, são respectivamente, 22°C e
67°C aproximadamente. (Vide gráfico).
Neste caso, o éter dietílico a 50°C é gasoso e o etanol a
50°C é líquido.
13) O ponto de ebulição é atingido quando a pressão de vapor do
líquido se iguala à pressão externa. Como os líquidos estão
no mesmo local, a pressão externa é a mesma e, portanto,
quando em ebulição, as pressões de vapor são iguais.
Resposta: B
As substâncias CCl4 e C2H5OH estão totalmente vaporizadas.
Resposta: B
14) A pressão de vapor depende da temperatura.
Resposta: E
4)
As pressões P1, P2 eQUI-0005330-a
P3 são iguais, pois a pressão de vapor
não depende da quantidade de líquido e sim da temperatura
e da natureza do líquido.
Resposta: B
15) No nível do mar, a água ferve a 100°C, pois a pressão atmosférica é de 760 mmHg. Em locais acima do nível do mar a
pressão atmosférica é menor e, consequentemente, o ponto
de ebulição será menor.
Resposta: C
5)
•
O líquido que evapora com maior velocidade é aquele que
tiver a menor temperatura de ebulição, neste caso, sulfeto de carbono (CS2). O líquido que possui interações mais
fortes entre suas moléculas é aquele que tem maior
temperatura de ebulição, neste caso, água (H2O).
–1
■ Módulo 29 – Efeitos Coligativos:
Tonoscopia, Crioscopia e
Ebulioscopia
1)
1)
2)
3)
4)
5)
6)
2)
Falso.
Quanto mais volátil o líquido, maior sua pressão de
vapor.
pA < pB \ B é mais volátil que A.
Falso.
B é mais volátil e, portanto, apresenta menor
temperatura de ebulição.
Falso.
A pressão de vapor não depende do volume do líquido.
Verdadeiro.
A temperatura de ebulição depende da pressão externa.
0,1 mol/L
4)
Quanto mais partículas dispersas, menor a pressão de vapor.
Resposta: C
5)
A) ureia
Æ
0,2 mol/kg
ureia
0,2 mol/kg
Na+ + Cl –
Æ
B) NaCl
0,1 mol/kg
0,2 mol/kg
Æ
H+ + Cl –
0,1 mol/kg
0,2 mol/kg
C)
HCl
Como os números de partículas dispersas são iguais o efeito
coligativo é igual.
Resposta: A
6)
BaCl2 (s)
H2O
ææÆ
0,030 mol/L
H2O
ææÆ
C6H12O6 (s)
0,010 mol/L
Como o número de partículas dispersas da primeira solução
é o triplo do número de partículas dispersas da segunda
solução, pode-se afirmar que o abaixamento do ponto de
congelação da primeira é cerca de três vezes maior que o da
segunda.
Resposta: C
nz = 0,02 mol
7)
I. C12H22O11
H2O
ææÆ
x mol/kg
Considerando o ácido 100% ionizado:
H2O
a) sacarose (s) æææÆ sacarose (aq)
0,1 mol
0,1 mol/L
b)
H2O
sacarose (s) æææÆ sacarose (aq)
0,2 mol
0,2 mol/L
c)
H2O
HCl (g) æææÆ H+ (aq) + Cl– (aq)
II. NaCl
H2O
ææÆ
y mol/kg
H2O
ææÆ
H2O
ææÆ
H2O
HCl (g) æææÆ H+ (aq) + Cl– (aq)
0,2 mol/L
2–
Mg2+ + SO42–
2z mol/kg
Mg2+ + 2 Cl–
0,2 mol/L
w mol/kg
d)
Na+ + Cl –
2y mol/kg
III. MgSO4
IV. MgCl2
C12H22O11
x mol/kg
z mol/kg
0,1 mol/L
C6H12O6 (aq)
0,010 mol/L
Sistema z: 1 mol de naftaceno –––––––– 228 g
nz
––––––––– 5 g
3)
Ba2+ (aq) + 2 Cl – (aq)
0,010 mol/L
ny = 0,04 mol
Ordem crescente de partículas dispersas: x < z < y
Ordem crescente de pressão de vapor: py < pz < px
Resposta: C
0,2 mol/L
Quanto maior o n.o de partículas dispersas, menor a pressão
de vapor.
Resposta: D
Quanto maior a pressão externa, maior será a
temperatura de ebulição.
Verdadeiro.
Tonometria: ao ser adicionado um soluto não volátil a
um solvente, a pressão de vapor do solvente diminui.
Verdadeiro.
Temperatura de ebulição da água quando submetida a
uma pressão externa de 760 mmHg é 100°C e, portanto,
sua pressão de vapor nesta temperatura é 760 mmHg.
O efeito coligativo é diretamente proporcional ao número de
partículas dispersas por unidade de volume.
Quanto mais partículas dispersas, menor a pressão de vapor.
Sistema x: apenas solvente (maior pressão de vapor)
Sistema y: 1 mol de naftaleno –––––––– 128 g
–––––––– 5 g
ny
H2O
NaOH (s) æææÆ Na+ (aq) + OH– (aq)
e)
0,4 mol/L
3w mol/kg
Para que o abaixamento do ponto de congelamento seja o
mesmo, o número de partículas deve ser o mesmo:
x = 2y = 2z = 3w
Resposta: C
8)
9)
Ao se adicionar um soluto a um solvente, o ponto de
congelamento do solvente é diminuido.
Resposta: B
Para que o abaixamento seja o mesmo, o número de
partículas do soluto por unidade de massa de solvente deve
ser o mesmo.
Resposta: B
10) Para ter o maior ponto de solidificação, deve ter o menor
número de partículas dispersas, ou seja, a água pura.
Resposta: E
11) Cálculo de KC:
DtC = KC . Mm . i Æ 1 (açúcar não ioniza)
naçúcar
1,86 = KC . ––––––––––––
mH O em kg
2
1
1,86 = KC . –––
1
2O
æÆ
x mol/L
C12H22O11
x mol/L
Ordem crescente do número de partículas dispersas:
C<A<B
Ordem crescente da temperatura de congelação:
B<A<C
Resposta: E
14) Substância pura apresenta ponto de ebulição constante, mas
ao se adicionar partículas dispersas, o ponto de ebulição de
um líquido aumenta.
Resposta: D
15) As três soluções são não eletrolíticas (não ionizam):
æÆ ureia
I) ureia
1 mol/L
1 mol/L
II) glicerina æÆ glicerina
1 mol/L
1 mol/L
III) glicose æÆ glicose
1 mol/L
1 mol/L
KC = 1,86 kg . K . mol–1
Cálculo da mH
C: sacarose: C12H22O11
que continua na solução:
DtC = KC . Mm . i
naçúcar
3,72 = 1,86 . ––––––––––––
mH O em kg
Neste caso, o número de partículas dispersas é o mesmo e,
portanto a temperatura de início de ebulição será a mesma.
Resposta: D
16) NaCl ææÆ Na+ + Cl –
0,1 mol/L
0,2 mol/L
Na3PO4 ææÆ 3 Na+ + PO3–
4
0,1 mol/L
0,4 mol/L
2
mH
= 0,5 kg = 500 g
mH
que evapora = 1 000 g – 500 g = 500 g
2O
2O
K2SO4 ææÆ 2 K+ + SO42–
0,1 mol/L
0,3 mol/L
C6H12O6 ææÆ C6H12O6
0,1 mol/L
0,1 mol/L
Resposta: D
12) O abaixamento é proporcional à concentração:
H2O
C6H12O6 ææÆ C6H12O6
0,1 mol/L
0,1 mol/L
Me(NO3)2
H2O
ææÆ
0,05 mol/L
Me2+ + 2 NO3–
0,15 mol/L
0,10 mol/L –––––––– 0,18°C
0,15 mol/L –––––––– x
x = 0,27 fi abaixamento
O ponto de solidificação será – 0,27°C
Resposta: C
H2O
Æ
13) A: ácido acético: H3CCOOH ¨ææ H+ + H3CCOO–
(ácido fraco)
x mol/L
entre (x e 2x) mol/L
(mais próximo a x)
H2O
Æ
B: cloreto de hidrogênio: HCl ¨ææ H+ + Cl–
(ácidoforte)
x mol/L entre (x e 2x) mol/L
(mais próximo a 2x)
Quanto mais partículas dispersas maior a temperatura de
ebulição.
Ordem crescente de partículas dispersas, ou seja, ordem
crescente dos pontos de ebulição.
Glicose (0,1 mol/L) < cloreto de sódio (0,2 mol/L) < sulfato de
potássio (0,3 mol/L) < fosfato trissódico (0,4 mol/L)
Neste caso:
Glicose Æ IV; cloreto de sódio Æ III; sulfato de potássio Æ II;
fosfato trissódico Æ I
Resposta: A
17) a) Num lugar onde a pressão ambiente é de 720 mmHg, a
água ferverá abaixo de 100°C.
b) Se a temperatura de ebulição é maior pode-se concluir
que a pressão de vapor é menor.
c) A ebulição ocorre quando a pressão de vapor se iguala a
pressão ambiente. (Recipientes abertos).
d) Ao adicionar partículas dispersas, a temperatura de
ebulição aumenta.
Resposta: E
18) Quanto mais partículas dispersas, maior será o ponto de
ebulição.
A) sacarose æÆ sacarose
0,6 mol/kg
0,6 mol/kg
B) KCl
æÆ
0,5 mol/kg
K+ + Cl –
1,0 mol/kg
–3
2 Na+ + SO2–
4
æÆ
C) Na2SO4
0,5 mol/kg
IV. H3CCOOH
1,5 mol/kg
0,1 mol/kg
Ordem crescente de partículas dispersas: A < B < C
Ordem crescente de pontos de ebulição: A < B < C
Resposta: C
I. H2O pura (sem partículas dispersas)
Na+ + Cl –
æÆ
0,5 mol/L
1,00 mol/L
æÆ
III. C6H12O6
0,50 mol/L
IV. NaCl
entre 0,1 e 0,2 mol/kg mas
mais próximo a 0,1 mol/kg (ácido fraco)
25) I. Ao ser resfriada, congela-se em temperatura menor do
que a água pura.
II. Ao ser aquecida, ferve em temperatura maior que a água
pura.
III. Como o açúcar não ioniza, a condutibilidade da água não
é alterada.
Resposta: C
26) Em recipientes abertos, a ebulição ocorre quando a pressão
de vapor do líquido se iguala à pressão ambiente.
Resposta: E
C6H12O6
0,50 mol/L
0,25 mol/L
27) Do gráfico percebe-se que a temperatura de ebulição de B é
maior que a de A.
Na+ + Cl –
æÆ
0,50 mol/L
æÆ
V. C6H12O6
H+ + H3CCOO–
Resposta: B
19) Quanto maior o número de partículas dispersas, maior será a
temperatura de ebulição.
II. NaCl
ææÆ
0,25 mol/L
C6H12O6
0,25 mol/L
Resposta: B
20) Quanto mais partículas dispersas, maior será o ponto de
ebulição, menor será o ponto de solidificação e menor será a
Neste caso, pode-se afirmar que A é mais volátil que B.
Se o líquido A for um solvente puro, o líquido B pode ser uma
solução de um soluto não volátil nesse solvente.
Resposta: B
pressão de vapor.
Resposta: C
21) O vapor é basicamente água enquanto a solução residual vai
■ Módulo 30 – Osmose
se tornando cada vez mais concentrada em NaCl .
Resposta: E
1)
Ao administrar o soro fisiológico com a mesma pressão
osmótica dos glóbulos vermelhos, não ocorre osmose, e
consequentemente, eles não estouram ou murcham.
Resposta: C
2)
Cálculo da concentração de glicose em mol/L:
1 mol ––––– 180 g
x
––––– 54 g/L
x = 0,30 mol/L
22) Tende a aumentar, pois conforme a ebulição vai ocorrendo, a
quantidade de água na solução vai diminuindo e a solução
vai se tornando mais concentrada.
Quanto mais concentrada a solução, maior o ponto de
ebulição.
23) II. A temperatura de ebulição será maior quanto mais
intensa for a força da ligação química intermolecular.
III. A temperatura de ebulição será maior quanto maior for a
pressão exercida sobre o líquido.
IV. Quanto
mais
partículas
dispersas
temperatura de ebulição.
Resposta: D
maior
será
a
Cálculo da concentração dos íons Ca2+ e Cl –:
H2O
CaCl2 ææÆ Ca2+
+
2 Cl–
y mol/L
2 y mol/L
3 y mol/L
æÆ
24) I. C6H12O6
0,1 mol/kg
II. NaCl
æÆ
0,1 mol/kg
III. KNO3
æÆ
0,1 mol/kg
4–
C6H12O6
0,1 mol/kg
3 y = 0,30 (soluções isotônicas)
Na+ + Cl –
y = 0,10 mol/L
0,2 mol/kg
[Ca2+] = 0,10 mol/L
K+ + NO3–
0,2 mol/kg
[Cl –] = 0,20 mol/L
Resposta: E
3)
4)
Por osmose, a água sairá do compartimento em que estiver,
em direção aos das soluções de cloreto de sódio.
Pode-se afirmar que a água está no compartimento B.
Como no final, o volume do compartimento C fica maior que
o do A, pode-se afirmar que entrou mais água em C, e, neste
caso, a solução do compartimento C era mais concentrada.
Quanto mais partículas dispersas, maior a pressão osmótica
e menor a pressão de vapor. Neste caso, a solução do
compartimento C tem maior pressão osmótica e menor
pressão de vapor.
Resposta: Corretas: 1 e 3
7)
O solvente passa por membranas semipermeáveis do meio
hipotônico para o meio hipertônico. Se a célula ira murchar,
ela perderá água e neste caso é o meio hipotônico em relação
a solução salina. A pressão osmótica da solução salina é
maior que a da célula devido a ser mais concentrada.
Quanto maior a concentração da solução salina externa,
maior será o fluxo de solvente da célula para o meio.
Resposta: 22 (corretos: 02, 04 e 16)
8)
“Se as células vermelhas do sangue (meio hipertônico) forem
removidas para um béquer contendo água destilada (meio
hipotônico), haverá passagem da água para dentro das
células (por osmose).
Se as células (meio hipotônico) forem colocadas numa
solução salina concentrada, haverá migração da água para
fora das células por osmose com o enrugamento delas.
As soluções projetadas para injeções endovenosas devem ter
pressões osmóticas próximas às das soluções contidas nas
células (para que não ocorra a osmose)”.
Resposta: A
9)
a) Cálculo da concentração dos íons:
Cálculo da concentração dos íons em solução:
H2O
NaCl ææÆ Na+
+
Cl–
0,1 mol/L
0,2 mol/L
H2O
MgCl2 ææÆ Mg2+ + 2 Cl–
0,1 mol/L
0,3 mol/L
Como a solução de cloreto de magnésio tem mais partículas
dispersas, pode-se afirmar que ela é a melhor condutora de
eletricidade, apresenta menor pressão de vapor, congela-se a
uma temperatura mais baixa, tem maior pressão osmótica e
maior ponto de ebulição.
Resposta: A
5)
a) Cálculo do número de partículas dispersas (Npd):
H2O
1) NaCl ææÆ Na+
+
Cl–
0,10 mol/L
0,20 mol/L
H2O
2) MgCl2 ææÆ Mg2+ + 2 Cl–
0,10 mol/L
0,30 mol/L
H2O
3) C6H12O6 ææÆ C6H12O6
0,10 mol/L
0,10 mol/L
H2O
4) C12H22O11 ææÆ C12H22O11
0,10 mol/L
0,10 mol/L
Npd: 3 = 4 < 1 < 2
Quanto mais partículas dispersas, maior será a pressão
osmótica, neste caso, p3 = p4 < p1 < p2
b) Osmose é a passagem de um solvente por uma
membrana semipermeável.
6)
A água irá passar do lado esquerdo para o direito por
osmose, devido a diferença de concentração. Neste caso, a
pressão do lado direito irá aumentar até atingir um novo
equilíbrio.
Resposta: B
NaCl ææÆ
0,15 mol/L
Na+
+
Cl–
0,30 mol/L
Cálculo da pressão osmótica:
p=MRT
k Pa . L
mol
p = 0,30 ––––––– . 8,3 . ––––––– . (273 + 37) K
mol . K
L
p = 771,9 kPa
b) Para serem isotônicas, as concentrações devem ser iguais.
*Cálculo da concentração na bebida:
Sacarose
1 mol ––––––– 342 g
x
––––––– 35 g
x = 0,102 mol
Sais
æÆ
xy
0,015 mol
monovalentes
x+
+
y–
0,030 mol
Quantidade de matéria total: 0,102 + 0,030 = 0,132 mol
Como no rótulo a informação é de volume 500 mL, então
0,132 mol
M = ––––––––– fi M = 0,264 mol/L
0,5 L
Não são isotônicas, pois: 0,30 mol/L ≠ 0,264 mol/L


NaCl
bebida
Confirmando:
*Cálculo da pressão osmótica da bebida:
k Pa . L
p = 0,264 mol/L . 8,3 ––––––––– . (273 + 37) K
mol . K
p = 679,3 kPa
–5
Não são isotônicas pois: 771,9 kPa ≠ 679,3 kPa


NaCl
bebida
10) Se o teor de íons de sódio no interior da célula for superior ao
externo, a água fluirá do meio externo (hipotônico) para
dentro da célula (hipertônico) por osmose.
Resposta: E
11) Cálculo das concentrações de partículas dispersas nas
soluções:
FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA, QUÍMICA GERAL
E INORGÂNICA
■ Módulo 28 – Polímeros
1)
Os plásticos são polímeros (moléculas maiores) formados
pela união de monômeros (moléculas menores).
Resposta: C
2)
(1) Correto.
I. C6H12O6 æÆ C6H12O6
0,030 mol/L
0,030 mol/L
Æ
II. H3CCOOH ¨ææ
0,030 mol/L
H+
+
(2) Correto. Os polímeros de adição são formados a partir de
monômeros insaturados.
H3CCOO–
(3) Errado.
entre 0,030 mol/L e
0,060 mol/L (ácido fraco)
III. CaCl2
æÆ
(4) Errado.
Ca2+ + 2 Cl–
0,010 mol/L
0,030 mol/L
Ordem de partículas dispersas: I ⬵ III < II
a) Quanto mais partículas dispersas menor a pressão de
vapor, portanto:
pII < pI ⬵ pIII
b) Quanto mais partículas dispersas maior a pressão
osmótica, portanto: pI ⬵ pIII < pII
Em uma adição o H vai para C mais hidrogenado da dupla.
3)
c) Quanto mais partículas dispersas maior a temperatura de
ebulição, portanto: DTI ⬵ DTIII < DTII
Resposta: A
12) a) Solução A pois é a menos concentrada e, portanto
apresenta a maior pressão de vapor e menor pressão
osmótica.
b) Ci . Vi = Cf . Vf fi Vf = 90% . Vi = 90% . 2 L = 1,8 L
9g
–––– . 2 L = Cf . 1,8 L
L
Cf = 10 g/L
13) a) Quando imerso em água, o volume do sistema, por ser
mais concentrado, irá aumentar devido à osmose.
b) Decanoato de sódio
O
H3C — (CH2)8 — C
O–Na+
Pentanoato de sódio
O
H3C — (CH2)3 — C
O–Na+
Os dois sais apresentam a mesma quantidade de
partículas dispersas, mesma pressão osmótica, pois as
concentrações são iguais e as quantidades de íons
também são iguais.
Neste caso, ao ser imerso em solução de pentanoato de
sódio, o volume não se altera, pois não ocorre osmose.
6–
b) Reação de Adição III e IV.
c)
4)
Para ocorrer a formação de um polímero de adição o monômero de ser insaturado o único que pode fazer uma reação
semelhante é o propileno.
9)
O líquido de expansão deve ter ponto de ebulição menor que
90°C logo compostos I e II podem, porém o líquido II pode ser
polimerizado (insaturado).
Logo o liquido que teve PE menor 90°C e não pode ser
polimerizado é líquido I.
Resposta: A
10) O polimero é o polimerizado (M Molec = 46800u)
logo o monômero é o estireno
5)
Na fórmula fornecida temos 3 grupos estirenos logo
[3 . 104] n = 46800 n = 150
Resposta: D
11) (1) Correto. Destilação fracionada.
(2) Errada.
A borracha é obtida a partir de um alcadieno conjugado.
(3) Errado. É formado a partir de apenas um tipo de
monômero
Resposta: C
.
6)
Copolímeros são formados por dois tipos de monômeros.
(4) Correto.
Resposta: D
7)
Para formar polímeros de adição o monômero deve ter
cadeia insaturada.
Resposta: D
12) Os polímeros que contém halogênios são:
8)
Resposta: D
13) A borracha natural é obtida a partir do monômero
e para sua vulcanização usamos enxofre (s)
Resposta: E
14) Os dois polímeros são formados a partir
Resposta: B
e são isômeros geométricos
cautchu (cis)
guta-percha (trans)
Resposta: C
–7
15) Acrilamida é a amida do ácido acrílico:
22) O Lexan apresenta em sua estrutura o grupo
a)
logo é um policarbono.
Resposta: C
b) Acrilato de metil é o éster do ácido acrílico:
■ Módulo 29 – Leis das
Combinações Químicas
1)
AgNO3 + NaCl Æ AgCl + NaNO3
1,699 g + 0,585 g = x g + 0,85 g
x = 1,434 g
16) Baquelite é um polímero de condensação formado a partir
dos monômeros
Resposta: B
2)
As observações não violam a lei da Conservação das Massas.
O enferrujamento do ferro envolve a sua reação com oxigênio do ar; o aumento de massa corresponde ao oxigênio do
ar que é incorporado ao sistema.
Quando o palito de fósforo queima, a madeira do palito combina com o oxigênio do ar, formando produtos gasosos que escapam para a atmosfera, o que acarreta a diminuição da massa.
3)
Lei de Proust
4)
a) A mudança de cor (formação do PbI2 amarelo).
b) 2 KI + Pb (NO3)2 Æ 2 KNO3 + PbI2
2g + 4g
=
x
Resposta: D
17) Poliéster são formados a partir da reação entre um diácido e
um diálcool (esterificação).
6 g + 20 g (recipiente) = x
26 g = x
Resposta: E
18) O polímero formado apresenta a função éster
logo um poliéster.
Pela Lei de Lavosier, verificamos que a soma das massas no
reagente é igual à soma das massas no produto.
Resposta: D
5)
19) a)
C
+
12 g +
C
+
O2 æææÆ CO2
x
=
44
x = 44 – 12
x = 32 g (Lavoiser)
O2 ææÆ CO2
12 g –––– 32 g ––––– 44
y g –––– 16 g ––––– z
32 y = 12 . 16
b)
192
y = ––––
32
y=6g
32 z = 16 . 44
704
z = ––––
32
z = 22 g (Proust)
Resposta: E
6)
20) Dacron é uma fibra sintética, nome usual do poliéster.
Resposta: D
21) Dacron é um poliéster obtido pela reação do ácido tereftálico
(benzenodioico) e etanodiol (glicol) reação equacionada no
item a da questão 29.
Resposta: D
8–
I. Correta.
II. Falsa.
As moléculas são modificadas.
III. Correta.
IV. Falsa.
O número de mols no reagente não é, necessariamente,
igual ao do produto.
Resposta: C
7)
8)
Gasolina + gás oxigênio Æ gás carbônico + água
10 g
+
x
=
y
+ z
Logo:
y + z > 10 g
Resposta: C
■ Módulo 30 – Química Descritiva:
Atmosfera, Hidrosfera
e Litosfera
1)
No ar atmosférico, encontramos, em ordem decrescente de
abundância:
N2 > O2 > Ar
Resposta: D
2)
Pelo aumento da poluição (queima de combustíveis fósseis).
Resposta: E
3)
(1) Verdadeiro.
Manipulando o aparelho de forma a deixá-lo com gases
que existiam na atmosfera primitiva, obtiveram-se compostos orgânicos complexos.
(2) Falso.
A teoria da geração espontânea diz que seres vivos complexos, como insetos e ratos, nascem de um amontoado
de matéria bruta num processo rápido.
(3) Falso.
O processo descrito é químico.
4)
a) A combustão tende a diminuir a taxa de oxigênio e aumentar a de gás carbônico.
b) CO, SO2, NO, NO2
5)
A terra e o ar são misturas, a água é uma substância
composta e o fogo é forma de energia.
Itens corretos: 02, 04, 08, 16 e 32
6)
O metal mais abundante na crosta terrestre é o alumínio.
O > Si > Al
Resposta: A
7)
Bauxita: Al2O3 . 2H2O
Magnetita: Fe3O4
Pirolusita: MnO2
Hematita: Fe2O3
Resposta: B
8)
Sódio e cloro, pois há na água do mar grande quantidade de
NaCl dissolvida.
Resposta: B
9)
De acordo com a tabela de abundância, descrita pela
geologia.
Resposta: C
1,00
3,66
a) –––– = –––––
9,00 32,94
b) CO2
Massa molar = 44 g/mol
“Carbono” 44 g –––––––– 12 g
100 g –––––– x
1 200
x = –––––
44
x = 27,27%
“Oxigênio” 44 g ––––––– 32 g
100 g –––––– x
3 200
x = –––––
44
x = 72, 72%
9)
X (g)
+
Y (g)
Æ
W (g)
PV = n RT
PV = n RT
PV = n RT
PV
n = ––––
RT
PV
n = ––––
RT
PV
n = ––––
RT
2 . 40
n = –––––––––––
0,0082 . 600
3 . 40
n = –––––––––––
0,0082 . 360
4 . 16
n = –––––––––––
0,0082 . 480
n = 16
n = 40
n = 16
16 ÷ 8 : 40 ÷ 8 : 16 ÷ 8
2:5:2
Resposta: C
10) N2
+
3 H2
28 g
+ 6g
22,4 L
æææÆ
=
3 x 22,4L = 67,2 L
2 mols + 6 mol
2 NH3
34 g
2 x 22,4 L = 44,8 L
4 mol
x = 34 g
y = 67,2 L
z = 44,8 L
w = 2 mol
t = 4 mol
11) N2 + 3 H2 Æ 2 NH3
S–V
4–2
2
C = –––––– \ –––––– \ ––– \ 0,5 x 100 = 50%
S
4
4
Resposta: C
10) A substância mais abundante nos oceanos é a água (H2O).
Em número de átomos, o elemento mais abundante é o
hidrogênio. Mas, como a massa atômica do oxigênio (16 u) é
16 vezes maior que a massa atômica do hidrogênio (1 u), o
elemento mais abundante, em massa, é o oxigênio. O sal
mais abundante dissolvido na água é o cloreto de sódio
(NaCl). Em termos de massa, o cloro é mais abundante que o
sódio. Depois do sódio, o magnésio é o metal mais
abundante nos oceanos. Portanto:
O > H > Cl > Na > Mg
Resposta: A
–9
Neutralização ocorrida no estômago:
Mg(OH)2 + 2 HCl æÆ MgCl2 + 2 H2O
Ø
Ø
FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA
■ Módulo 28 – Titulometria:
Acidimetria, Alcalimetria
1 mol ––––– 2 mol
0,01 mol ––––– y
y = 0,02 mol de HCl
1)
Titulação é uma operação de laboratório, que visa determinar
a concentração de uma solução.
Para tal operação, usa-se:
• bureta
• erlenmeyer
Resposta: C
Resposta: A
6)
n o. H+ = n o. OH–
M +V
H
3M
H+
H+
2)
3)
4)
a) Incorreta.
Como a solução de HCl é mais ácida, existe maior número
de partículas dispersas e, por isso, tem maior ponto de
ebulição (ebuliometria).
b) Incorreta.
O HCl é mais forte e, portanto, sua solução tem valor
menor de pH.
c) Incorreta.
Como a solução de HCl em maior número de partículas
dispersas, tem um ponto de congelamento menor.
(criometria).
d) Correta.
Tanto o ácido clorídrico quanto o ácido acético são o
monopróticos (apenas 1 hidrogênio ionizável, para serem
neutralizados, usam a mesma quantidade da base.
e) Incorreta.
Como a solução de HCl tem maior número de partículas
dispersas, o valor da pressão osmótica também será
maior (osmometria).
Resposta: D
OH–
V
. 15 = M
OH–
OH–
. 45
x=3
Mesma explicação do exercício anterior.
Resposta: B
Pipetas, são vidrarias utilizadas para medir o volume de
líquidos com certa precisão.
Enquanto, as pipetas volumétricas medem volumes fixos de
líquido, as pipetas graduadas podem medir volumes
variáveis.
Observação: a cor do líquido, pouco importa para fazer a
medição.
Resposta: D
=M
Resposta: C
7)
O gráfico que corresponde ao experimento descrito pelo
enunciado, é o da alternativa a, onde:
• O íon Cl – no início, tem concentração inicial a 0,10 mol/L
e ao longo da adição da base, vai sendo diluída e, por isso
sua concentração vai diminuindo.
• O íon H+ no início, tem concentração igual a 0,10 mol/L e,
com a adição da base, reage, formando água, de acordo
com a equação:
H+ + OH– Æ
¨ H2O
A reação ocorre até a total neutralização e, depois, o íon
OH– tem sua concentração aumentando.
• O íon Na+ parte de 0 mol/L e conforme a base vai sendo
adicionada, sua concentração vai aumentando.
Resposta: A
8)
Cálculo da quantidade, em g, de ácido láctico no lote
analisado:
1 L –––––––––– 1,8 g
500 L –––––––– x
x = 900 g
Cálculo da quantidade, em mol, de NaOH necessário para a
total neutralização:
1 mol de ácido láctico –––––––––– 1 mol de NaOH
90 g
–––––––––– 1 mol de NaoH
900 g
–––––––––– x’
x’ = 10 mol de NaOH
Cálculo do volume, em litros, de solução aquosa necessária:
1 L ––––––––––– 0,5 mol
y ––––––––––– 10 mol
5)
Cálculo da quantidade, em mol, de Mg(OH)2:
64,8 g
m
n = ––– fi n = –––––––––– = 1,11 mol
58,0 g/mol
M
Cálculo da concentração do Mg(OH)2 no leite de magnésia:
1,11 mol
[Mg(OH)2] = ––––––––– = 1,11 mol/L
1L
Cálculo da quantidade, em mol, de Mg(OH)2 na dose ingerida:
1,11 mol de Mg(OH)2 –––––––– 1000 mL (1 L)
x
–––––––– 9 mL
x = 0,01 mol de Mg(OH)2
y = 20 L
Resposta: A
9)
Na solução inicial de Ba(NO3)2, a [NO3–] é o dobro da [Ba2+]
(ver gráfico).
2+ +
Na(NO3)2 Æ
¨ Ba
x mol/L
2 . x mol/L
Na solução de H2SO4, temos:
2–
+
H2SO4 Æ
¨ 2 H + SO 4
x mol/L
10 –
x mol/L
2 NO–3
x mol/L
Ao adicionar 200 mL de H2SO4, temos:
Ba2+
SO2–
4
+
x . 0,1 mol
limitante
No final
Æ
BaSO4
x . 0,2 mol
excesso
[Ba2+]
Cálculo da quantidade de OH– necessárias para titular o
vinagre:
1 mol de CH3COOH ––––––––– 1 mol de OH–
Ø
60 g –––––––––––––––– 1 mol de OH–
= 0 mol/L
0,6 g –––––––––––––––– y
y = 0,01mol de OH–
A concentração de NO3– vai diminuindo devido o aumento do
volume da solução.
Cálculo da concentração de OH– mais apropriadas:
O mais apropriado seria gastar metade do volume presente
na bureta: 25 mL
0,01 mol de OH– –––––––––– 25,0 mL
z
–––––––––– 1000 mL
z = 0,4 mol de OH–
[OH–] = [NaOH] =
0,4 mol/L
12) Cálculo do pH da solução inicial:
KOH
Resposta: A
æÆ
K+ + OH–
0,1 mol/L
0,1 mol/L
[OH–] = 10–1 mol/L
10) Cálculo da quantidade, em mol, de OH– gastos na titulação:
0,1 mol ––––––––––––– 1000 mL
x
pOH = – log 10–1 fi pOH = 1
A 25°C: pH + pOH = 14 fi pH = 13
––––––––––––– 4 mL
x = 4 . 10–4 mol de OH–
Para passar o pH de 13 para 12, a concentração do íon OH–
deve mudar de 10–1 mol/L para 10–2 mol/L. Houve diminuição
de 0,9 . 10–1 mol/L de OH–.
Cálculo da quantidade, em mol, de CH3COOH presentes no
Cálculo da quantidade de HCl necessária:
vinagre:
1 mol de
OH–
––––––––––––– 1 mol de CH3COOH
OH–
+
0,9 .
4 . 10–4 mol de OH– –––––––––––––– y
y = 4 . 10–4 mol de CH3COOH
HCl
æÆ
10–1
H2O
+
Cl–
mol/L (adicionado)
0,9 . 10–1 mol de HCl –––––––––– 1000 mL de solução de KOH
x
–––––––––– 100 mL
x = 0,9 . 10–2 mol de HCl
Cálculo da quantidade de ácido:
1 mol de CH3COOH ––––––––– 60 g
4 . 10–4 mol de CH3COOH ––––––––– z
z = 0,024 g de CH3COOH
Cálculo da porcentagem em massa do CH3COOH no vinagre:
0,5 g ––––––––– 100%
0,024 g –––––––– w
w = 4,8%
Cálculo do volume:
10 mol de HCl ––––––––– 1000 mL
0,9 . 10–2 mol de HCl ––––––––– x
x = 0,9 mL
1 mL ––––––––– 20 gotas
0,9 mL ––––––––– y
y = 18 gotas
Resposta: B
Resposta: B
11) Cálculo da massa de CH3COOH existente no vinagre:
10 mL = 10 g de vinagre
13) Cálculo da quantidade de OH–, em mol:
pH = 13
pH + pOH = 14 fi
pOH = 1
1 = – log [OH–] fi [OH–] = 10–1 mol/L
10 g ––––––––––– 100%
x ––––––––––– 6%
1000 mL ––––––––––– 10–1 mol
100 mL ––––––––––– x
x = 0,6 g de CH3COOH
x = 10–2 mol de OH–
– 11
Cálculo da quantidade de H+, em mol:
Cálculo da quantidade de KOH, em mol:
pH = 2
100 mL –––––––––– 0,25 mol de KOH
2 = – log [H+] fi [H+] = 10–2 mol/L
100 mL ––––––––––
10–2
80 mL –––––––––– y
mol/L
y = 0,02 mol de KOH
400 mL –––––––––– y
Cálculo do pH da solução resultante:
y = 0,4 . 10–2 mol de H+
1 mol de KOH ––––––––––– 1 mol de KNO3
z
Cálculo do pH da solução resultante:
z = 0,01 mol de KOH
1 mol de H+ ––––––––– 1 mol de OH–
0,4 . 10–2 de mol –––––––––– x
Restam 0,01 mol de KOH em solução.
x = 0,4 . 10–2 mol de OH–
Restam: 1 .
10–2
= 0,6 mol de
mol de
OH–
––––––––––– 0,01 mol
KOH ––––––––– K+
– 0,4 .
10–2
mol de
OH–
=
OH–
0,6 . 10–2 mol
[OH–] = ––––––––––––– = 1,2 . 10–2 mol/L
0,5 L
OH–
+
0,01 mol
0,01 mol
10–2 mol
[OH–] = ––––––––– fi [OH–] = 10–1 mol/L
0,1 L
pOH = 1 e
pH = 13
pOH = – log 1,2 . 10–2 mol/L
pOH ⬵ 2
16) a) Se, pH = 1, temos:
pH = – log [H+]
pH + pOH = 14
1 = – log [H+]
pH = 12
[H+] = 10–1 mol/L
Resposta: E
Lei da diluição:
14) Cálculo da quantidade de HCl, em mol:
0,1 mol de HCl –––––––––– 1000 mL
x
–––––––––– 75 mL
x = 7,5 . 10–3 mol de HCl
Cálculo da quantidade de NaOH, em mol:
0,2 mol –––––––––– 1000 mL
y
–––––––––– 25 mL
y = 6,5 . 10–3 mol de NaOH
M1V1 = M2V2
10–1 mol/L . 100 mL = M2 . 200 mL
M2 = 5 . 10–2 mol/L
pH = – log 5 . 10–2
pH = 1,3
b) Cálculo da quantidade, em mol, de H+:
10–1 mol –––––––––– 1000 mL
x
–––––––––– 100 mL
x = 10–2 mol de H+
Cálculo do pH da solução resultante:
1 mol de HCl –––––––––– 1 mol de NaOH
x
––––––––– 6,5 . 10–3 mol de NaOH
x = 6,5 . 10–3 mol de HCl
Restam em solução, 1,0 . 10–3 mol de HCl
HCl
æÆ
H+ + Cl–
1 . 10–3 mol 1 . 10–3 mol
1 . 10–3 mol
[H+] = –––––––––––– = 10–2 mol/L
0,1 L
Cálculo da quantidade, em mol, de OH– na solução:
pH = 13
A 25°C: pH + pOH = 14 fi pOH = 1 \ [OH–] = 10–1 mol/L
10–1 mol –––––––––––––––– 1000 mL
y
–––––––––––––––– 100 mL
y = 10–2 mol/L
Cálculo do pH da solução resultante:
1 mol de H+ ––––––––––– 1 mol de OH–
10–2 mol de H+ ––––––––––– 10–2 mol de OH–
Houve uma neutralização total.
pH = – log 10–2 fi
pH = 2
15) a) KOH + HNO3 Æ KNO3 + H2O
[H+] = [OH–]
pH = 7
b) Cálculo da quantidade de HNO3 em mol:
1000 mL de HNO3 ––––––––––– 0,500 mol de HNO3
20 mL de HNO3 –––––––––––– x
x = 0,01 mol de HNO3
12 –
17) Cálculo da quantidade de NaOH, em mol:
0,1 mol ––––––––––– 1000 mL
x
––––––––––– 100 mL
x = 0,01 mol de NaOH
Cálculo da quantidade de HCl, em mol:
0,3 mol –––––––––– 1000 mL
y
–––––––––– 100 mL
y = 0,03 mol de HCl
2)
A radiação g possui maior poder de penetração que a b , e
esta possui maior poder de penetração que a a: a < b < g.
3)
(1) V. A partícula a tem natureza elétrica positiva, portanto é
atraída por uma placa negativa.
(2) F. Atualmente, sabe-se que existem partículas subatômicas.
(3) F. Cada tipo de elemento é caracterizado por um
conjunto de átomos com o mesmo número atômico.
(4) F. O modelo atômico mais moderno prevê que o átomo é
constituído de 12 particulas elementares: os quarks e
os léptons, sendo o elétron uma dessas partículas.
4)
a) Radiação alfa, uma vez que possui natureza elétrica positiva, sendo atraída pela placa negativa.
4
b) A partícula alfa é caracterizada por 2 a. Assim, tem-se:
Cálculo do pH da solução resultante:
1 mol de NaOH –––––––––– 1 mol de HCl
0,01 mol de NaOH –––––––––– z
z = 0,01 mol de HCl
Restam 0,02 mol de HCl em solução.
HCl æææÆ H+ + Cl–
0,02 mol
0,02 mol
10–2 mol
[H+] = 2 . ––––––––– fi [H+] = 0,1 fi
0,2 L
pH = 1
234
Apresenta cor vermelha!
4
230
X
90
U Æ 2a +
92
18) O valor do pH de uma solução só pode ser determinado pelo
indicador universal que compara a cor obtida quando em
contato com a solução e uma escala tem cores fornecidas. A
cada cor obtida, corresponde a um valor de pH.
Resposta: B
19) Das soluções caseiras apresentadas:
• Água tônica Æ deixou vermelho o suco de repolho roxo Æ
caráter ácido.
• Solução aquosa de soda cáustica comercial Æ deixou
verde o suco de repolho roxo Æ caráter básico.
• Água sanitária Æ deixou amarelo o suco do repolho roxo
Æ caráter básico.
• Suco de limão Æ deixou incolor a solução de fenolftaleína
Æ caráter ácido.
• Solução aquosa de bicarbonato de sódio Æ deixou rosa
violáceo a solução de fenolftaleína Æ caráter básico.
A única alternativa que mostra 2 substâncias com caráter
básico é a e.
Resposta: E
0
Æ –1 b +
A
Y.
z+1
6)
A radiação gama é uma onda eletromagnética emitida pelo
núcleo do átomo radioativo, como consequência da emissão
de partículas alfa e beta.
Resposta: C
7)
I) V. Nas reações químicas, os elétrons da eletrosfera são
suscetíveis a realizar novas ligações.
II) F. Partículas beta tem massa praticamente nula.
III) F. As reações nucleares ocorrem no núcleo.
IV)V. Os raios g não têm carga, portanto não são defletidos
em um campo elétrico.
4
V) V. As partículas alfa são núcleos de 2 He.
Resposta: D
pH = 5
Dos indicadores mostrados, aqueles em que seus pontos de
viragem estão mais próximos do pH é igual a 5, são II e o III.
Resposta: B
■ Módulo 29 – Radioatividade
A
X
Z
Pelo esquema, X e Y possuem o mesmo número de massa
(isóbaros).
Resposta: B
8)
20) [H+] = 10–5 mol/L
pH = – log 10–5 fi
5)
12
B
5
Æ
0b
–1
+
12
C
6
13
B
5
Æ
0b
–1
+
13
C
6
10
B
5
Æ 2 a + 3 Li
4
6
Resposta: E
9)
241
Am
95
4
Æ 237
Np + 2 X
93
4
Logo, X é a partícula 2 a.
1)
01)V. Admite-se que um nêutron se desintegra formando um
próton, um elétron e um neutrino (partícula sem carga
e praticamente sem massa).
02)F. A partícula a possui carga elétrica + 2 e número de
massa 4.
04)V. Nas reações nucleares, o número de massa e a carga
elétrica se conservam.
06)F. Quando há emissão de uma partícula a, a massa do
átomo não se altera mas o número atômico aumenta.
16)V. A radiação gama é considerada uma onda eletromagnética.
Resposta: E
10)
A
A
Z
4
Æ 2a +
A–4
BÆ
Z–2
A–4
Z–1
A–4
CÆ
0
–1
0
–1
Z–2
B
0
A– 4
0
Z–1
b+ g+
C
0
A– 4
0
Z
b+ g+
4
A– 8
Z
Z–2
DÆ a+
Z
A– 4
E
D
冧
isóbaros
A
A
Z
A– 4
Z–2
B
A–4
Z–1
C
A–4
D
Z
A–8
E
Z–2
isótopos
Resposta: A
– 13
2)
11)
232
90
4
Th Æ x 2 a + y
0
–1
216
b+
84
Po
232 = 4x + 0y + 216 fi 4 x = 16 fi x = 4
90 = 2 x – y + 84
90 = 2 . 4 – y + 84 fi y = 2
冧
4 h —— x = 240 min
Dn = 2,4 . 1010
Vm = ––––
——––—––
Dt
240
4 a, 2 b
Resposta: A
12)
232
90
1 h —— 60 min
Vm = 108 desintegrações/minuto
4
Th Æ x 2 a + y
0
–1
208
b+
82
Pb
230 = 4 x + 0 y + 206 fi 4 x = 24 fi x = 6
90 = 2 x – y + 82
90 = 2 . 6 – y + 82 fi y = 4
冧
3)
6a, 4b
4)
Resposta: A
A meia-vida independe da massa inicial da amostra. Assim, a
meia-vida deste elemento radioativo continua sendo 8h.
Resposta: B
24
11
24
11
13) (1) V.
238
92
210
84
4
U Æ 2a +
234
4
Po Æ 2 a +
90
Th
206
82
0
Na Æ
Na
{
início:
–1
b+
24
12
Mg
(P = 15 h)
(m0 = 200 mg)
Na = 200mg
90
(3) V.
206
82
0
Th Æ–1 b +
23
91
12
Ø P = 15 h
Pb
Após 1 período
234
(2) F.
Mg = 0 mg
11
Pa
de meia-vida:
Na = 100mg
Mg = 100 mg
11
12
Ø P = 15 h
Pb Æ Z = 82 e A = 206
Após 2 períodos de meia-vida:
Na = 50 mg
11
Mg = 150 mg Æ 11Na :
12
Mg = 1 : 3
12
14) 0-0) Correto. Como a radiação g é uma onda eletromagnética e tem característica
0
g,
0
Resposta: B
não há alteração na carga
elétrica ou no número de massa.
5)
1-1) Correto. O nêutron é mais pesado.
2-2) Errado.
A
0
X Æ –1 b +
Z
A
Z+ 1
Admitindo-se que o
238
92
U tenha sido formado no momento de
formação da Terra, tem-se:
No momento da
formação da Terra:
Y
238
92
U massa de
3-3) Errado.
82
X ÆX
4
a
2
+Y
0
b
–1
+
200
80
92
U=m
Ø P = 4,5 . 10
X e Y não são isótopos e sim isóbaros.
208
238
9
Após 1 período
de meia-vida
Y
anos
m/2
Como a idade da Terra é aproximadamente igual à meia-vida
208 = 4 x + 0 Y + 200
do
4x=8fi x=2
238
92
U, a quantidade de
238
92
U ainda existe é metade da
inicial.
82 = 2 x – y + 80
Resposta: E
82 = 4 – y + 80 fi y = 2
a 0,13 kcal/h
er
b
li
Portanto, são necessárias 2 a e 2 b
4-4) Correto.
A
C
6
0
A
6)
Æ –1 b + N
7
Resposta: Corretos: 0 e 4
2,4 . 106 kcal/meia-vida
1 h ––––––––– 0,13 kcal
P ––––––––– 2,4 . 106 kcal
■ Módulo 30 – Radioatividade (Continuação)
1)
energia para
1 período de meia-vida
P
P
P
1 g æÆ 0,5 g æÆ 0,25 g æÆ 0,125 g fi Total = 3 P
1
1
1
—g
—g
—g
2
4
8
( ) ( )
3 P = 24 fi P = 8 dias
Resposta: D
14 –
1 g Ra l
ib
er
a
0,13 P = 2,4 . 106
P = 18,46 . 106
P ⬵ 1,8 . 107 h
Resposta: E
( )
7)
O elemento mais radiotivo é o B, uma vez que, para um
mesmo tempo de desintegração, sua massa nãodesintegrada é menor, conforme ilustra o gráfico.
8)
9)
Após 1600 anos, o 222Rn que foi sendo formado na primeira
etapa da desintegração já vai se decompondo em 218Po, de
tal forma que a massa de 222Rn é menor que 0,5 Kg, após esse
período.
O decaimento radioativo é um fenômeno contínuo e, desta
forma, é impossível preservar a amostra inicial de 226Ra.
Resposta: E
40K
1
—–– = –– fi A quantidade de
40Ar
7
de 40K.
40K
= x mols
t1/2
ææÆ
início:
40Ar
ææÆ
x
= ––
4
40Ar
é sete vezes maior que a
40K
x
= ––
2
40Ar
= 0 mols
40K
40Ar
3x
= –––
4
t1/2
ææÆ
t1/2
ææÆ
x
= ––
2
40K
x
= ––
8
40Ar
7x
= –––
8
Após três períodos de meia-vida, tem-se:
x
––
K = 8 = 1
–––– –––– ––
40
7x
7
Ar
–––
8
40
Assim, a idade da amostra é igual a:
3 . 1,3 . 109 =
3,9 . 109 anos
Resposta: D
10) Após o período de meia-vida, o teor de
90Sr
deve se reduzir
pela metade. Pelo gráfico, este tempo equivale a 28 dias.
Resposta: B
11) Após um período de meia-vida, a fração radioativa no
material deve ser metade do valor inicial. Pela tabela, este
tempo equivale a 8 dias.
Resposta: A
12) Em um decaimento radioativo, o gráfico segue uma função
exponencial, resultando no gráfico:
Resposta: B
– 15