MEGA
Resolução dos exercícios
complementares
Química
Como:
1 mol ácido cítrico
nácido cítrico
∴ nácido cítrico = 1 · 10-3 mol
Sabendo que:
1 mol ácido cítrico
1.10–3 mol ácido cítrico
∴ m = 0,192 g
Temos então:
0,384 g massa total
0,192 g massa pura
% pureza = 50%
2. d
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3.A reatividade dos não metais segue a seguinte ordem:
F > O > Cl > Br > I > S > C
As reações que ocorrem na prática são II e III, pois a substância
simples é mais reativa.
II. 2NaI + Cl2 w 2NaCl + I2
III. 2KI + Br2 w 2KBr + I2
3 mol NaOH
3 · 10–3 mol NaOH
192 g
m
100 %
% pureza
4. 1o passo s Determinar a massa de três comprimidos do analgésico:
0,6 g
1 comprimido
x
3 comprimidos
x = 1,8 g
2o passo s Determinar a massa pura de ácido salicílico necessária
para produzir os três comprimidos de analgésico.
C7H6O3 + C4H6O3 w C9H8O4 + C2H4O2
1 mol
1 mol
180 g
138 g
1,8 g
y (g)
138 ⋅ 18
,
= 1,38 g de C7H6O3 puro
y =
180
3o passo s Determinar a massa total do C7H6O3 (pura + impura)
92% pureza
1,38 g
100%
z
138
, ⋅ 100
= 1,5 g de C7H6O3
z =
92
4.d
Para ocorrer uma reação de deslocamento, a substância simples tem
que ser mais reativa que o cátion ou o ânion da substância composta.
Esse deslocamento ocorre em 1 (Fe deslocando Ag+), 3 (Zn deslocando H+) e 4 (Sn deslocando Cu2+).
5. As equações e os nomes dos sais são respectivamente:
a) 2HCl(aq.) + Mg(OH)2(aq.) w MgCl2(aq.) + 2H2O() – cloreto de magnésio
b) HBrO4(aq.) + KOH(aq.) w KBrO4(s) + H2O() – perbromato de potássio
c) 2HNO3(aq.) + CuS(s) w Cu(NO3)2(s) + H2S(g) – nitrato cúprico ou nitrato de cobre II
d) 2HNO2(aq.) + PbCO3(s) w Pb(NO2)2(aq.) + CO2(g) + H2O() – nitrito
plumboso ou nitrito de chumbo II
6. d
Frasco 1: Na2CO3(aq.) + 2HCl(aq.) w 2NaCl(aq.) w H2O(,) + CO2(g)
Frasco 2: AgNO3(aq.) + NaCl(s) w NaNO3(aq.) + AgCl(s)
Frasco 3: KCl s não reage com HCl , NaCl e NaOH
Frasco 4: Fe(NO3)2(aq.) + 2NaOH(s) w 2NaNO3(aq.) + Fe(OH)2(s)
5. e
Cálculo da quantidade, em mol, de HCl que reage:
1L
1,2 mol HCl
0,8 L (800 mL)
nHCl
nHCl = 0,96 mol
A equação química é: 2HCl + CaCO3 + CO2 + H2O
1 mol
2 mol
22,7 L
2 mol
4,54 L
nHCl
nHCl = 0,4 mol usado do total de 0,96 mol disponível ∴ há excesso de 0,56 mol HCl.
QG.10
1. a
Cálculo da quantidade, em massa, de Mg(OH)2
64,8 g de Mg(OH)2
1L
mMg(OH)2 9 · 10-3 L (9 mL)
∴ mMg(OH)2 = 0,5832 g
Pela equação, temos:
1 mol Mg(OH)2
2 mol HCl
2 mol HCl
58,3 g
0,583 g
nHCl
∴nHCl = 0,02 mol
6. c
C3H8(g) +
1 mol
1V
20 L
x = 100 L
y = 60 L
z = 80 L
y + z = 140 L
2. a
H2O: H = 2 ⋅ 1 = 2
O = 1 ⋅ 16 = 16
Total = 18 g/mol
3Fe +
4H2O w 1Fe3O4 + 4H2
3 mol
4 mol
3 ⋅ 56 g 4 ⋅ 18 g
8,4 g
5g
604,8
840
Como a proporção não está constante, o maior valor na multiplicação indica o reagente em excesso. Sendo 840 > 604,8, o reagente
em excesso é a H2O, e o limitante é o Fe.
5O2(g) w 3CO2(g) + 4H2O()
5 mol
3 mol
4 mol
5V
3V
4V
x (L)
y (L)
z (L)
QG.11
1. Soma = 81 (01 + 16 + 64)
Pela equação, temos:
Redutor Oxidante
3. Cálculo da quantidade, em mol, de NaOH que reage:
0,1 mol NaOH
1L
30 · 10–3 L (30 mL)
nNaOH
∴ nNaOH = 3 · 10–3 mol
Cd +
NiO2 + 2H2O x Cd(OH)2 + Ni(OH)2
0
+4
+2
↑nox s oxidação
↓nox s redução
1
+2
CADERNO 2
QG.09
1. d
I. Dupla troca.
II. Síntese ou adição.
III. Decomposição ou análise.
IV. Simples troca ou deslocamento.
+
Cátodo (polo ) w redução ∴ Ni4+ + 2 e– w Ni2+
Ânodo (polo ) w oxidação ∴ Cd0 w 2 e– + Cd2+
(01) (V)
(02) (F) É o ânodo.
(04) (F) A voltagem para recarregar tem de ser superior a 1,40 V.
(08) (F) O eletrodo de cádmio será cátodo, pois sofrerá redução.
(16) (V)
(32) (F) NiO2 é oxidante.
(64) (V)
Polo –
moeda
redução
cátodo
ee–
Vai Vem
2+
Ni(aq.)
Polo +
eletrodo
de níquel
oxidação
ânodo
Ni w Ni2+ + 2 e–
Ni2+ + 2 e– w Ni0
I. (V)
II. (F) A massa da moeda aumenta.
III. (F) Vide o esquema.
2. a) Como µ · 98 = 1.000 · 1,29 · 0,38 ∴ µ = 5 mol/L
b) ∆E = Emaior – Emenor
∆E = 0,34 – (–1,66) s ∆E = 2,00 V
2V
Então: 1 pilha
x ∴ x = 12 V
6 pilhas
6. a
Na eletrólise em série, a quantidade de carga é a mesma em cada
cuba, então:
→
Ag0
Ag+ + e–
1 mol
1 mol
3 mol ∴ n = 3 mol de e–
n
→
Cu0
então: Cu2+ + 2 e –
1 mol
2 mol
63,5 g
2 mol
mCu ∴ mCu = 95,25 g
3 mol
4. b
O metal A reage com HCl(aq.) liberando hidrogênio, ou seja, o
metal A reduz H+ a H2. Portanto, o potencial de redução do cátion
Aa+ é inferior ao potencial de redução do H+.
Como os metais B e C não reagem com HCl, o potencial de redução dos
cátions Bb+ e C c+ são superiores aos potenciais de redução do H+ e Aa+.
Ordem dos potenciais de redução: Aa+ < H+ < Bb+ e C c+.
QG.13
1. c
A água entrará em ebulição quando sua pressão de vapor se igualar
à pressão atmosférica (700 mmHg). Observando, no gráfico, essa
temperatura é próxima a 98 ºC.
5.a
O redutor mais forte é aquele que tem menor potencial de redução
ou maior de oxidação, no caso, o sódio.
6. a) E0red Fe > E0red Al
0
−
3Fe2+
w 3Fe(s)
(aq.) + 6 e
2. c
Pela análise do gráfico, temos que:
- o CS2 é o líquido mais volátil ∴ r PE de ebulição
- a ordem crescente de volatilidade é : H2O < etanol < metanol < CS2
- a 65 ºC pvetanol < patm ao nível do mar
- metanol e etanol possuem diferentes PE na mesma patm
+
2Al(0s ) → 2Al(3aq.)
+ 6 e−
+
0
3Fe2(aq.)
+ 2Al(0s ) → 2Al(3+
aq.) + 3Fe(s)
b) O único metal indicado na tabela que tem o potencial de redução
menor e consequentemente o de oxidação maior que o alumínio
é o magnésio, podendo ser usado como eletrodo de sacrifício.
3. a
As propriedades coligativas dependem da concentração de partículas dispersas, então:
m
117 g/L @ concentrada
Solução A s C = NaCl s C = 117 s C­NaCl =
­
V
1
QG.12
1.Soma = 18 (02 + 16)
+
NaCl(s) ∆
→ Na(  ) + Cl(− )
Semirreação de redução: cátodo (polo )
Na(+ ) + 1 e­– w Na(0s )
Semirreação de oxidação: ânodo (polo ⊕)
2Cl(− ) w Cl2( g ) + 2 e−
e pv e r TE.
mNaCl
234
sC=
s C­NaCl­ = 234 g/L ! concentra Solução B s C =
V
1
da r pv e e TE.
Portanto:
I. (V)
II. (F) os pontos de ebulição são maiores do que da água pura.
III. (F)
IV. (V)
2.e
Prioridade de descarga:
Cátion H+ > Na+
Ânion: OH– > SO2−
4
Semirreação de redução, cátodo:
+
0
−
2H(aq.) + 2 e w H2( g ) ou 2H2O( ) + 2 e− w H2(g) + 2OH(−aq.)
Semirreação de oxidação, ânodo:
1
−
2OH(aq.)
w H2O( ) + O2(g) + 2 e− ou
2
1
H2O( ) w 2H(+aq.) + O2(g) + 2 e−
2
4. e
Veja o esquema a seguir:
H2O do mar
( + concentrada)
I s 2Li(s) + Cl2(g) w 2LiCl(s)
II s S(s) + O2(g) w SO2(g)
I s 2KI(s) ∆
→ 2K(,) + I2(g)
II s CuO(s) + H2SO4(aq.) w CuSO4(aq.) + H2O(,)
+
H2O pura
( – concentrada)
Osmose
5.b
I. C12H22O11s a sacarose é um soluto molecular que não sofre
ionização s 0,040 mol/L
+
−
+ NO 3(aq.)
II. AgNO3(s) w Ag (aq.) 0,25 mol/L
0,025 mol/L
0,025 mol/L s 0,050 mol/L
4. d
Pelo enunciado o esquema deverá ser:
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
5. e
w
Sn0
Pela equação: Sn2+ + 2 e–
2 mol
1 mol
119 g
2 · 96.500 C
1,19 g
Q
Q = 1.930 C
Q
1.930
s Δt =
s Δt = 193 s
Como: i =
∆t
10
3. V – F – F – V
No enunciado: Ered. Cd(OH) > Ered. Ni(OH), portanto, o Cd(OH)2 reduz.
2
I. (V)
II. (F) Quem reduz é o Cd no cátodo – polo 
III. (F) ∆E = Emaior – Emenor s ∆E = –0,49 –(–0,809) s ∆E = 0,319 V
IV. (V) Como: Q = i · t s Q = 700 · 10–3 · 3.600 s Q = 2.520 C
1 mol Cd
2 mol e–
112 g
2 · 96.485 C
mCd ∴ mCd = 1,46 g
2.520 C
3.a)
b)
–
e–
2−
Portanto, no equilíbrio, há: nT = nAB + nA + nB s nT = 1 + 0,5 + 1,5
2
2
3
∴ nT = 3 mol
3. d
I2(g)
6.d
Após algum tempo, passará solvente da solução menos concentrada
B para a mais concentrada A, ficando a solução B mais concentrada.
QG.14
1. b
125
53 I +
0
−1
Te
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Te +
130
52
X =
0
−1
1
0
n w
131
53
I +
Reage e forma
0,8 mol/L
0,8 mol/L
1,6 mol/L
Equilíbrio
0,2 mol/L
0,2 mol/L
1,6 mol/L
[HI]
(16
, )
2,56
=
=
= 64
H ·I  (0,2) · (0,2) 0,04
2
2
2
e) (F) A reação atinge o estado de equilíbrio no tempo 8.
4.b
Pela equação: N2(g) + 3H2(g) x2NH3(g)


 
 

X
4V
n w
32
15
P w S +
Z = −10β
0
−1
32
15
1
0
32
16
Tc →
Tc +
99
43
99
43
P + 42Y
5. a) O sinal positivo indica que a reação direta é endotérmica, isto é,
a entalpia dos produtos é maior que a entalpia dos reagentes.
Portanto, a reação absorve calor.
b) A constante de equilíbrio K pode ser dada em concentrações ou
Z
0
0
Q
em pressões parciais, K c =
Q = g
0
0
6.c
Experimento Y a 100 ºC, sem catalisador w gráfico II
O aumento da temperatura favorece a reação endotérmica, acarretando um aumento da concentração de B e diminuindo na concentração de A.
Experimento Z a 20 ºC, com catalisador w gráfico I
A adição do catalisador não provocará variação nas concentrações
de A e B, simplesmente irá diminuir o tempo para o estabelecimento
do equilíbrio.
5. d
1
mo
Como: m = x s 10−6 = x s 2x = 106 s x = 20 meias-vidas
2
2
P = t 1 ⋅ x s P = 8 dias ⋅ 20 s P = 160 dias
2
6. d
Pela análise do gráfico, encontramos o valor de 6 horas para a meia-vida (P) do tecnécio-99. No gráfico encontramos massa inicial de 10 g.
Após meia-vida (6 horas), a massa se reduz à metade (5 g).
Atividade (desintegração/segundo)
Início:
P
P
P
7
7
7
7
6
2,0 ⋅ 10 →1 ⋅ 10 → 0,5 ⋅ 10 → 0,25 ⋅ 10 (2,5 ⋅ 10 )
Logo, o tecnécio-99 apresentará uma atividade de 2,5 ⋅ 106 desintegrações por segundo após 3 meias-vidas, ou seja, 3 ⋅ 6 = 18 horas.
QF.06
1. e
Pelo enunciado:
Leite de magnésia: pH = 10; pOH = 4 w logo [OH–]leite = 10–4 mol/L
Como o leite de magnésia é 100 vezes mais alcalino que uma solução de bicarbonato de sódio, podemos escrever:
[OH–]leite = 100 · [OH–]bicarbonato
10–4 mol/L = 100 · [OH–]bicarbonato
[OH–]bicarbonato = 10–6 mol/L
Logo, o bicarbonato de sódio tem pOH = 6, pH = 8
( pNH3 )2
(0,2)2
0,04
=
=
= 0,1
( pN2 ) ⋅ ( pH2 )3
0,4 ⋅ (1)3
0,,4
2. a
Como: 2 mol AB3
nAB
3
p(H2 )3 ⋅ p(CO)
[H2 ]3 ⋅ [CO]
e Kp =
p(CH4 ) ⋅ p(H2O)
[CH4 ] ⋅ [H2O]
c) Pelo princípio de Le Chatelier, a reação se desloca no sentido da
formação de CH4.
4.d
235
4
0
215
92U w x 2 α + y −1β + 84 Po
235 = 4x + 215 s 4x = 20 s x = 5
92 = (5 ⋅ 2) + (y ⋅ (– 1)) + 84
92 = 10 – y + 84 s y = 2
QF.05
1. K p =
2V
O aumento da pressão desloca equilíbrio para lado com menor volume, nesse caso dos produtos (NH3)
β
II. 35
+
17 Cl
Y = 4 α
2
III.
0
−1
2HI(g)
0
2
I.
x
1 mol/L
d) (V) K C =
2. d
A radiação gama (g) é onda eletromagnética de alta energia, portanto
não possui massa e nem carga. Já a radiação alfa (α) possui carga
nuclear +2 e massa relativa 4, mas com baixo poder de penetração.
3.e
H2(g)
1 mol/L
Os valores da concentração em equilíbrio foram obtidos no gráfico.
a) (F) Ao final do experimento, ainda resta 0,2 mol/L de I2(g) no equilíbrio, cor violeta.
b) (F) Ao final do experimento, a concentração de HI é de 1,6 mol/L.
c) (F) Ao final do experimento, a concentração de H 2 e I 2 é de
0,2 mol/L.
125
52
e w
+
Início
2. c
a) (F) A constante de equilíbrio só varia com a temperatura.
b) (F) Aumentar o pH diminui a [H+] e o equilíbrio se desloca para
a direita.
c) (V) O aumento de CO2 desloca o equilíbrio para a direita, aumentando a concentração molar do H+, diminuindo o pH.
d) (F) A constante de equilíbrio só varia com a temperatura.
e) (F) Excesso de HCO3− desloca o equilíbrio para a esquerda, diminuindo a concentração molar do H+, aumentando o pH.
100%
50% dissocia
nAB = 1 mol dissocia
3
2AB3 x A2 + 3B2
Início
2
0
0
Reage
1
/
/
Forma
/
0,5
1,5
Equil.
1
0,5
1,5
3. c
I. pH = 1 ∴ [H+ ] = 10–1 mol/L e [OH–] = 10–13 mol/L s Ácido
II. pH = 3 ∴ [H+] = 10–3 mol/L e [OH– ] = 10–11 mol/L s Ácido
–11
mol/L s
III. pH = 11 ∴ pOH =3 ∴ [OH– ] = 10–3 mol/L e [H+ ] = ­10
­
s Base
3
CADERNO 2
+
III. Na2CO3(s) w 2Na (aq.) + CO 3(aq.)
0,020 mol/L 0,040 mol/L
0,020 mol/L s 0,060 mol/L
+
−
+ 2Cl (aq.)
IV. MgCl2(s) w Mg 2(aq.) 0,010 mol/L
0,010 mol/L
0,020 mol/L s 0,030 mol/L
a) (F) A pressão de vapor de III é menor que IV.
b) (V)
c) (F) A pressão osmótica de II é menor que IV.
d) (F) O ponto de ebulição de I é menor que II.
e) (F) A solução IV tem o menor ponto de ebulição.
IV. pH = 13 ∴ pOH = 1 [OH–] = 10–1 mol/L e [H+] = 10–13 mol/L s
s Base
[OH–] = 2 · 1,44 · 10–4
[OH–] = 2,88 · 10–4 mol/L
4. e
Frasco A w não hidrolisa w solução neutra w pH = 7
Frasco B w o íon NH4+ hidrolisa (capturando o OH–), gerando solução ácida w pH < 7
Frasco C w o íon C2H3 O2− hidrolisa (capturando o H+), gerando solução básica w pH > 7
5. a
H2O
x+
y−


My Ax (s ) 

 yM( aq.) + xA( aq.)
Sendo a solução saturada, o aumento da concentração do M x + desloca o equilíbrio para a esquerda, precipitando My Ax.
5. a
a) A adição de uma solução de ácido acético aumenta a concentração de H3O+ e desloca o equilíbrio para a esquerda, prevalecendo o amarelo.
b) A adição de uma solução de hidróxido de amônio diminui a concentração de H3O+ pela reação com o OH– e desloca o equilíbrio para a direita, prevalecendo o azul.
c) A adição de cianeto de sódio em água provoca hidrólise do
seu ânion, produz uma solução básica, diminui a concentração de H 3O + pela reação com o OH – e desloca o equilíbrio para a direita, prevalecendo o azul.
d) A adição de cloreto de amônio em água provoca hidrólise do seu
cátion, produz uma solução ácida, aumenta a concentração de
H3O+ e desloca o equilíbrio para a esquerda, ficando amarela.
e) A solução de cloreto de sódio não sofre hidrólise, formando uma
solução neutra de coloração verde.
A equação para o equilíbrio é:
–
Ca(OH)­2(s)­ x Ca2+
(aq.) ­ + 2OH(aq.)
no equilíbrio: x
2x
A expressão de K­ps­ é : K­ps­ = [Ca2+ ] · [OH– ]2 s 8 · 10–6 = x · (2x)2
4x3 = 8 · 10–6 s x = [Ca2+ ] = 1,26 · 10 –2 mol/L
Como V­t­ = 1 L e a concentração de Ca2+ solúvel é
1,26 · 10–2 mol/L, não haverá mudança na concentração de
Ca2+ após diluição.
c) A equação da reação é : 2HCl + Ca(OH)­2­ w CaCl­2(aq.)­ + H­2­O
Cálculo da quantidade de Ca (OH)­2­ em 100 mL de solução:
1L
1,26 · 10–2 mol
0,1 L s nCa(OH)­2­ = 1,26 · 10–3 mol
nCa(OH)­2­
Cálculo da quantidade de HCl em 0,5 de solução:
1L
0,1 mol HCl
0,5 L s nHCl = 0,05 mol
nHCl
Como a proporção é:
1 mol Ca(OH)­2
1 mol CaCl­2(aq.)
2 mol HCl
0,05mol
1,26 · 10–3 mol
1,26 · 10–3 mol Ca2+
Excesso
Limite
2 · 1,26 · 10–3 mol Cl –
Então, teremos:
0,6 L (100 + 500) mL
1,26 · 10–3mol Ca2+
1L
nCa2+
nCa2+ = 2,1 · 10–3 mol s m 2+ = 2,1 · 10–3 mol/L
6. a) A equação de hidrólise da NaClO será:
–
–
+ H – OH() x HClO(aq.) + Na+(aq.) + OH(aq.)
Na+(aq.) + ClO(aq.)
–
ClO–(aq.) + H2O() x HClO(aq.) + OH(aq.)
Como há excesso de OH–, em solução, o meio será básico.
Resolução alternativa:
Na
C l O ∴ meio será básico
ácido
base
forte
Ca
fraco
QO.05
1. d
NaOH HC l O
b) A equação está no item a.
Quando é adicionado H+ a uma solução de NaClO, o equilíbrio
é deslocado para a direita devido à reação: H+ + OH– w H2O.
QF.07
1.d
(F)
(F)
(F)
(V)
Cl
2. c
A 25 ºC o NaCl é o mais solúvel.
A 10 ºC o NaNO2 é o mais solúvel.
Apresenta a mesma solubilidade somente próximo aos 25 ºC.
Br
— CH + 2Br2
H3C — C —
cat.
Br
H3C — C — CH
Br
2. a) Solubilidade de B a 60 ºC w 40 g/100 g de H2O
100 g de H2O
40 g
x
120 g de B
x = 300 g de H2O
b) A solubilidade de A a 0 ºC é de 10 g/100 g de H2O, portanto,
com uma massa de A de 10 g, a solução será saturada e, com
uma massa inferior a 10 g, será insaturada.
3.a)
b)
+ HCl
+ Cl2
Br
3. A equação da reação de hidrogenação é:
CH — CH2 — CH
CH — (CH2)7 — COOH + H2 w
H11C5 — CH
CH — CH2 — CH2 — CH2 — (CH2)7 — COOH
w H11C5 — CH
E as fórmulas dos isômeros cis e trans são:
200 g
400 mL
x
100 mL
x = 50 g
Observando a curva: T = 80 º C
Solubilidade a 20 ºC s 30 g de soluto/100 mL H2O
y
400 mL
30 g
100 mL
y = 120 g
Precipita = 200 – 120 = 80 g
H11C5
(CH2)10 — COOH
C—C
cis
H
H
H11C5
H
C—C
trans
H
(CH2)10 — COOH
4. e
As reações são:
4. a
Mg(OH)­2­ w Mg2+ + 2OH –
x
x
2x
] · [OH– ]2 = x · (2x)2
K­ps­ = [Mg2+
­
K­ps­ = 4x3
1,2 · 10–11 = 4x3
x = 1,44 · 10–4 mol/L
Solubilidade
Br
+ Br2
+ HBr
Bromobenzeno
4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6. a)
b)
OH
b) (F) Transformação isovolumétrica (2 – 3)
p
p
p2
2
= 3 s
= 3
600 300
T2
T3
OH
Br
Br
+ 3HBr
+ 3Br2
p3 = 1 atm
c) (F) T3 = T1 ∴ T3 = 300 K s transformação isotérmica.
d) (F) V2 = 20 L
Br
2, 4, 6-tribromofenol
2. F – F – V – F
(F) De acordo com a equação pV = nRT, sendo o número de mols
e a temperatura iguais nas duas condições, para os valores de
pressão serem os mesmos, os valores de volume terão que ser
também, e, no gráfico, observamos que o volume em 2 é o
dobro de em 1.
(F) A quantidade de gás é igual (1 mol).
(V) V e T são diretamente proporcionais à pressão constante.
(F) Extrapolando a reta da condição 1 observaremos que no volume de 8 L a temperatura de 1 será o dobro da de 2.
5. d
OH H
H2C — CH — CH — CH3
CH3
H2SO4
D
H2C — CH — CH — CH3
CH3
3-metil-but-1-eno
6.c
Hexano + Cl2 (alcano + cloro) → reação de substituição
3. a
Cálculo do número de mols de H2:
pV = nRT
3 ⋅ 8,2 = n ⋅ 0,082 ⋅ 300
QO.06
1. A equação da reação é:
Cl
n =
CH2 — C —
Cl m
3 ⋅ 8,2
= 1 mol
0,082 ⋅ 300
Cálculo da massa de LiH:
LiH(s) + H2O() w LiOH(s) + H2(g)
1 mol
1 mol
1 mol
7,94 g
1 mol
x
x = 7,94 g
H n
2. b
A função orgânica do PMMA é poliéster.
3. a)
H
O
H
4. e
Como a proporção é 50% m/m, a massa de cada gás será:
mC4H10 = 6,5 kg s 6,5 ⋅ 103 g
mC3H8 = 6,5 kg s 6,5 ⋅ 103 g
Cálculo da quantidade de matéria de cada gás:
O
nH — N — C — C — OH + nH + N — C — C — OH
H
R
H
H
O
H
R
O
para o C4H10: nC
4H10
— N — C — C — N — C — C — + (2n – 1)H2O
H
R
H
R
n
para o C3H8: nC
3H8
Ligação peptídica ou amídica
OH
C
CH3
H
NH2
mC3H8
6,5 ⋅ 103
s nC H = 112,06 mol
4 10
58
s nC
3H8
3H8
=
6,5 ⋅ 103
s nC H = 147,72 mol
3 8
44
Cálculo do número de mols de Cl2 antes de abrir a torneira:
pV = nRT
5. a
Y, por se tratar de gordura, reage com base (NaOH), formando sabão.
nCl2 =
6.V – V – V – V – F
A última proposição é falsa porque os ácidos carboxílicos de cadeia
longa não são solúveis em H2O.
5⋅ 1
= 0,2 mol
0,082 ⋅ 298
Após abrir a torneira, a reação ocorre:
Cl2(g)
+
H2(g)
w
2HCl(g)
1 mol
2 mol
1 mol
0,04 mol
x
0,2 mol
x = 0,08 mol de HCl produzido
O Cl2(g) está em excesso.
nCl2 em excesso = 0,2 – 0,04 = 0,16 mol
QO.07
1. e
4H10
MMC
=
4H10
6. b
Cálculo do número de mols de H2 antes de abrir a torneira:
pV = nRT
1⋅ 1
1
=
H 0,04 mol
nH2 =
R⋅ T
0,082 ⋅ 298
4. d
De acordo com o texto, os triglicérides fazem uma troca com um
álcool, produzindo um éster metílico. Assim, o álcool mencionado é
o metanol, o que pode ser observado no esquema a seguir:
óleo + metanol w éster metílico + glicerol
a) (F)
s nC
5. c
A densidade absoluta de um gás em qualquer condição de temperatura e pressão é dada por:
p ⋅ MM
p ⋅ MM
d=
s ed =
R ⋅T
R ⋅T r
C
C
H3C NH H
2
O
HO
C
=
mC4H10
MMC
A quantidade total da matéria é: nT = nC H + nC H s nT = 259,78 mol
4 10
3 8
Aplicando a equação de estado: pT ⋅ V = nT ⋅ R ⋅ T
pT ⋅ V = nT ⋅ R ⋅ T s pT ⋅ 22 = 259,78 ⋅ 0,082 ⋅ 298
pT = 288 atm
b) A alanina apresenta isomeria óptica.
O
=
V1 V2
10
20
=
s transformação isobárica (1 – 2) s
=
300
T2
T1 T2
Razão =
T2 = 600 K
5
Cl2
0,16
=
=2
HCl
0,08
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cl
mH2C = CCl2 + nCH2 = CHCl w — CH2 — C