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Química
QUÍMICA A
Curso Extensivo – A
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QUÍMICA A
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QUÍMICA
Revisão
MÓDULO
1
Estrutura do Átomo e Radioatividade
1. (UNESP) – Na evolução dos modelos atômicos, a principal
contribuição introduzida pelo modelo de Bohr foi:
a) a indivisibilidade do átomo.
b) a existência de nêutrons.
c) a natureza elétrica da matéria.
d) a quantização de energia das órbitas eletrônicas.
e) a maior parte da massa do átomo está no núcleo.
RESOLUÇÃO:
A divisibilidade do átomo foi introduzida pela teoria atômica de Thomson,
pois ele descobriu a primeira partícula subatômica (elétron).
O nêutron foi descoberto em 1931 pelo físico inglês Chadwick.
Rutherford descobriu que a massa do átomo está concentrada no núcleo.
O modelo atômico de Bohr introduziu os níveis de energia quantizados,
isto é, os elétrons podem ter somente determinados valores de energia.
Resposta: D
RESOLUÇÃO:
Em um átomo eletricamente neutro, o número de prótons (n.º atômico) é
igual ao número de elétrons.
Quando um átomo perde elétrons, ele se transforma em cátion.
O cátion Fe2+ possui 26 prótons e 24 elétrons.
O cátion Cu2+ possui 29 prótons e 27 elétrons.
Os cátions Fe2+ e Fe3+ pertencem ao mesmo elemento químico, pois
possuem o mesmo número de prótons.
O cátion Cr3+ possui 24 prótons e 21 elétrons.
O cátion Cr6+ possui 24 prótons e 18 elétrons.
Resposta: D
238
92 U, pela emissão
226
o 88 Ra. Os números de
3. No processo de desintegração natural de
sucessiva de partículas alfa e beta, forma-se
partículas alfa e beta emitidas nesse processo são, respectivamente,
a) 1 e 1.
b) 2 e 2.
c) 2 e 3.
d) 3 e 2.
e) 3 e 3.
RESOLUÇÃO:
238
92 U
4
⎯⎯→ x +2α + y
0
–1β
+
226
88 Ra
Índices superiores: 238 = x . 4 + y . 0 + 226
238 = 4x + 226
Coloração
Agente
de cor
Estado de
oxidação
Número
atômico
verde
Cr (crômio)
Cr3+
24
Cr (crômio)
Cr6+
24
marrom-amarelado
Fe (ferro)
Fe3+
26
verde-azulado
Fe (ferro)
Fe2+
26
azul claro
Cu (cobre)
Cu2+
29
amarelo
4x = 12 ⇒ x = 3
Índices inferiores: 92 = x . (+2) + y . (–1) + 88
92 = 3 . (+2) – y + 88
y=2
Resposta: D
QUÍMICA A
2. Os “agentes de cor”, como o próprio nome sugere, são utilizados
na indústria para a produção de cerâmicas e vidros coloridos. Trata-se,
em geral, de compostos de metais de transição e a cor final depende,
entre outros fatores, do estado de oxidação do metal, conforme
mostram os exemplos na tabela a seguir.
Com base nas informações fornecidas na tabela, é correto afirmar que
a) o número de prótons do cátion Fe2+ é igual a 24.
b) o número de elétrons do cátion Cu2+ é 29.
c) Fe2+ e Fe3+ não se referem ao mesmo elemento químico.
d) o cátion Cr3+ possui 21 elétrons.
e) no cátion Cr6+ o número de elétrons é igual ao número de prótons.
–1
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4. (FUVEST) – O isótopo radioativo Cu-64 sofre decaimento,
conforme representado:
64
64
0
29Cu ⎯→ 30Zn + –1β
A partir de amostra de 20,0 mg de Cu-64, observa-se que, após 39 horas, formaram-se 17,5 mg de Zn-64. Sendo assim, o tempo necessário
para que metade da massa inicial de Cu-64 sofra decaimento β é cerca
de
a) 6 horas.
b) 13 horas.
c) 19 horas.
d) 26 horas.
e) 52 horas.
5. (UNIFESP) – 60 anos após as explosões das bombas atômicas em
Hiroshima e Nagasaki, oito nações, pelo menos, possuem armas
nucleares. Esse fato, associado a ações terroristas, representa uma
ameaça ao mundo. Na cidade de Hiroshima foi lançada uma bomba
de urânio-235 e em Nagasaki uma de plutônio-239, resultando em
mais de cem mil mortes imediatas e outras milhares como
consequência da radioatividade. As possíveis reações nucleares que
ocorreram nas explosões de cada bomba são representadas nas
equações:
235
92U
64
29Cu
Observação:
64 = número de massa
29 = número atômico
239
94Pu
RESOLUÇÃO:
O tempo de meia-vida é o intervalo de tempo necessário para que metade
da massa sofra decaimento. Vamos construir a tabela:
Cu
→
Zn
início
20,0 mg
0
após 1 meia-vida
10,0 mg
10,0 mg
após 2 meias-vidas
5,0 mg
15,0 mg
após 3 meias-vidas
2,5 mg
17,5 mg
3 meias-vidas –––––––– 39h
1 meia-vida –––––––––– x
x = 13h
Resposta: B
+ n→
142
zX
+
91
36Kr
+ 3n
97
39Y
+
A
55Cs
+ 5n
+ n→
Nas equações, Z, X, A e o tipo de reação nuclear são, respectivamente,
a) 52, Te, 140 e fissão nuclear.
b) 54, Xe, 140 e fissão nuclear.
c) 56, Ba, 140 e fusão nuclear.
d) 56, Ba, 138 e fissão nuclear.
e) 56, Ba, 138 e fusão nuclear.
RESOLUÇÃO:
235
92U
+
1
0n
→
142
ZX
+
91
36Kr
1
+ 3 0n
Índices inferiores: 92 + 0 = Z + 36 + 3(0)
∴ Z = 56 → Ba
239
94Pu
+
1
0n
→
97
39Y
+
A
55Cs
1
+ 5 0n
Índices superiores: 239 + 1 = 97 + A + 5(1)
∴ A = 138
Na fissão nuclear, núcleos maiores, bombardeados por nêutrons, quebram
produzindo núcleos menores, com liberação de elevada quantidade de
energia.
Resposta: D
QUÍMICA A
2–
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2
H — Be — H apolar (µtotal = 0)
—
H
2–
2+
–
—
H
—
H
C
H
apolar (µtotal = 0)
H
H
••
N
H
H
H
•• —
Mg H2 ⇒ ligação iônica
H
—
3+
b) Mn 2 O 3 ⇒ ligação iônica
apolar (µtotal = 0)
—
RESOLUÇÃO:
a) Na+Cl – ⇒ ligação iônica
O
↑
H — O — S — O — H ⇒ ligação covalente
↓
O
B
—
—
53I
—
—
12Mg
—
1. Apresentam somente ligações covalentes:
a) NaCl e H2SO4.
b) Mn2O3 e MgH2.
c) HCl e Cl2O3.
d) KNO3 e LiF.
e) LiOH e CsI.
Dados: 11Na 17Cl 1H 19K 9F 3Li 55Cs 16S 25Mn 8O
Ligações Químicas
— •
•
MÓDULO
O
c) H — Cl ⇒ ligação covalente
O ← Cl — O — Cl → O ⇒ ligação covalente
O
d)
K+
↙
O
N
–
⇒ ligação iônica e covalente
H
H
Serão solúveis no benzeno: BeH2, BH3 e CH4.
Resposta: C
O
Li+F– ⇒ ligação iônica
e) Li+[O — H]– → ligação iônica e covalente
Cs+I– ⇒ ligação iônica
2. (UNESP) – Considere os hidretos formados pelos elementos do
segundo período da classificação periódica e as respectivas
geometrias moleculares indicadas: BeH2 (linear), BH3 (trigonal), CH4
(tetraédrica), NH3 (piramidal), H2O (angular) e HF (linear). Quais
dessas substâncias são mais solúveis em benzeno (C6H6)?
a) Amônia, água e ácido fluorídrico.
b) Hidreto de berílio, hidreto de boro e amônia.
c) Hidreto de berílio, hidreto de boro e metano.
d) Hidreto de boro, metano e fluoreto de hidrogênio.
e) Metano, amônia e água.
RESOLUÇÃO:
O benzeno é um solvente apolar, pois é um hidrocarboneto aromático. Os
compostos solúveis no benzeno são compostos apolares (semelhante
dissolve semelhante).
3. Examinando-se as estruturas moleculares do álcool benzílico e do
tolueno,
CH2OH
CH3
álcool benzílico
tolueno
pode-se afirmar corretamente que
a) o álcool benzílico deve ter ponto de ebulição maior do que o
tolueno, ambos sob mesma pressão.
b) o álcool benzílico deve ser menos solúvel em água do que o
tolueno, ambos à mesma temperatura.
c) o álcool benzílico e o tolueno, ambos à mesma temperatura, têm a
mesma pressão de vapor.
d) o álcool benzílico e o tolueno possuem moléculas associadas por
ligações de hidrogênio.
e) o álcool benzílico apresenta atividade óptica, enquanto o tolueno
não.
RESOLUÇÃO:
Tanto o álcool benzílico como o tolueno não possuem carbono assimétrico,
logo não apresentam atividade óptica.
O álcool benzílico apresenta a ligação — O — H (hidroxila) em sua
estrutura e estabelece ligações de hidrogênio entre suas moléculas,
apresentando portanto maior ponto de ebulição que o tolueno. Devido a
essas ligações de hidrogênio, o álcool benzílico é mais solúvel em água e
apresenta menor pressão de vapor que o tolueno numa mesma
temperatura.
Resposta: A
–3
QUÍMICA A
Resposta: C
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4. (FUVEST) – Considere os seguintes compostos isoméricos:
CH3CH2CH2CH2OH e CH3CH2OCH2CH3
butanol
éter dietílico
Certas propriedades de cada uma dessas substâncias dependem das
interações entre as moléculas que a compõem (como, por exemplo, as
ligações de hidrogênio). Assim, pode-se concluir que,
a) a uma mesma pressão, o éter dietílico sólido funde a uma
temperatura mais alta do que o butanol sólido.
b) a uma mesma temperatura, a viscosidade do éter dietílico líquido é
maior do que a do butanol líquido.
c) a uma mesma pressão, o butanol líquido entra em ebulição a uma
temperatura mais alta do que o éter dietílico líquido.
d) a uma mesma pressão, massas iguais de butanol e éter dietílico
liberam, na combustão, a mesma quantidade de calor.
e) nas mesmas condições, o processo de evaporação do butanol
líquido é mais rápido do que o do éter dietílico líquido.
RESOLUÇÃO:
O butanol (CH3CH2CH2CH2OH), por apresentar a estrutura
|
••
— C — O •• , estabelece ligações de hidrogênio entre suas moléculas.
|
H
O éter dietílico (CH3CH2OCH2CH3) não apresenta átomo de hidrogênio
preso a oxigênio.
• •O• •
, as forças
Embora a molécula seja fracamente polar
C
C
intermoleculares (forças de van der Waals devidas a dipolo permanente)
são mais fracas que as ligações de hidrogênio presentes nas moléculas do
butanol.
Por apresentar interações intermoleculares mais fortes, o butanol
apresenta ponto de ebulição e viscosidade maiores que o éter dietílico.
A quantidade de calor liberada na combustão de massas iguais desses
compostos é diferente, pois as ligações não são todas iguais.
Resposta: C
QUÍMICA A
4–
5. (UFSCar) – A tabela apresenta os valores de ponto de ebulição
(PE) de alguns compostos de hidrogênio com elementos dos grupos
14, 15 e 16 da tabela periódica.
Grupo 14
Grupo 15
Grupo 16
compostos PE (°C) compostos PE (°C) compostos PE (°C)
2° período CH4
X
NH3
Y
H 2O
+ 100
3° período SiH4 – 111
PH3
– 88
H 2S
– 60
4° período GeH4 – 88
AsH3
– 62
H2Se
Z
Os compostos do grupo 14 são formados por moléculas apolares,
enquanto os compostos dos grupos 15 e 16 são formados por
moléculas polares. Considerando as forças intermoleculares
existentes nesses compostos, as faixas estimadas para os valores de X,
Y e Z são, respectivamente,
a) > – 111, > – 88 e > – 60.
b) > – 111, > – 88 e < – 60.
c) < – 111, < – 88 e > – 60.
d) < – 111, < – 88 e < – 60.
e) < – 111, > – 88 e > – 60.
RESOLUÇÃO:
No grupo 14, todas as substâncias são apolares e, portanto, quanto maior
a massa molar, maior o ponto de ebulição (X < –111).
No grupo 15, o NH3 apresenta associações mais fortes entre suas
moléculas (ligação de hidrogênio) que o PH3 e, portanto, Y > – 88.
No grupo 16, o H2O apresenta ligações de hidrogênio entre suas
moléculas, tendo ponto de ebulição anormalmente elevado.
O H2S e o H2Se são moléculas polares e apresentam, ambos, forças de van
der Waals do tipo dipolo permanente entre suas moléculas. Como o tipo
das forças é o mesmo, quanto maior a massa molar, maior o ponto de
ebulição e, portanto, Z > – 60.
Resposta: E
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MÓDULO
3
Soluções e Titulometria
1. O gráfico abaixo mostra a solubilidade (S) de K2Cr2O7 sólido em
água, em função da temperatura (t). Uma mistura constituída de 30 g
de K2Cr2O7 e 50 g de água, a uma temperatura inicial de 90°C, foi
deixada esfriar lentamente e com agitação. A que temperatura aproximada deve começar a cristalizar o K2Cr2O7?
2. (UNESP) – O etanotiol (CH3CH2—SH) é uma substância tóxica e
tem um odor tão forte que uma pessoa pode detectar 0,016 mol
disperso em 5,0 x 1010 gramas de ar.
Sabendo-se que a densidade do ar é 1,25 g/L e supondo distribuição
uniforme do etanotiol no ar, a quantidade limite, em mol/L, que uma
pessoa pode detectar é:
a) 1,6 x 10–2
b) 2,0 x 10–11
c) 2,5 x 10–11
–13
–23
d) 4,0 x 10
e) 1,0 x 10
RESOLUÇÃO:
Como a densidade do ar é 1,25 g/L, temos:
1,25 g ––––––– 1 L
5,0 x 1010 g ––––––– x
x = 4,0 x 1010 L de ar
Cálculo da quantidade limite em mol/L:
0,016 mol ––––––– 4,0 x 1010 L
y
––––––– 1 L
y = 4,0 x 10–13 mol
Concentração em mol/L = 4,0 . 10–13 mol/L
Resposta: D
a) 25°C
d) 70°C
b) 45°C
e) 80°C
c) 60°C
RESOLUÇÃO:
Cálculo da quantidade de sal dissolvido em 100 g de H2O:
30 g de K2Cr2O7
x
⎯→ 50 g de H2O
←⎯ 100 g de H2O
x = 60 g de K2Cr2O7
Observa-se que 60 g de K2Cr2O7 saturam 100 g de H2O a 70°C (solução
saturada sem corpo de fundo), portanto a cristalização do sal começa
aproximadamente a 70°C.
QUÍMICA A
Resposta: D
–5
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 6
3. Técnicos realizaram medições em amostras de água próxima ao
reator 2 da usina de Fukushima e constataram a presença de até 200
becquerels/cm3 de iodo-131. As pessoas estão ingerindo pastilhas de
iodeto de potássio, distribuídas pelas autoridades, para evitar a
absorção de radiação, uma vez que a glândula tireoide, ficando
saturada de iodo limpo, evita que o iodo radioativo se instale.
Um químico necessitou preparar 250 mL de solução 0,200 mol/L de
KI, porém, no laboratório onde o trabalho estava sendo desenvolvido,
havia disponível somente solução aquosa de KI a 40% (m/V).
Dados: Massas molares em g/mol: K = 39 I = 127
O volume em mL de solução de KI a 40% necessário para preparar a
nova solução foi:
a) 0,20
b) 1,25
c) 2,50
d) 5,00
e) 20,75
RESOLUÇÃO:
Cálculo da massa de KI:
1 L ––––––– 0,200 mol
0,250 L ––––––– x
x = 0,050 mol
1 mol ––––––– 166 g
0,050 mol ––––––– y
y = 8,3 g
5. (FUVEST) – Para se determinar o conteúdo de ácido acetilsalicílico (C9H8O4) num comprimido analgésico, isento de outras
substâncias ácidas, 1,0 g do comprimido foi dissolvido numa mistura
de etanol e água. Essa solução consumiu 20 mL de solução aquosa de
NaOH, de concentração 0,10 mol/L, para reação completa. Ocorreu a
seguinte transformação química:
C9H8O4(aq) + NaOH(aq) ⎯→ NaC9H7O4(aq) + H2O(l)
Logo, a porcentagem em massa de ácido acetilsalicílico no comprimido é de, aproximadamente:
a) 0,20%
b) 2,0%
c) 18%
d) 36%
e) 55%
Dado: massa molar C9H8O4 = 180 g/mol
RESOLUÇÃO:
Cálculo da quantidade em mol do NaOH que reagiu com o ácido:
1,0 L –––––––– 0,10 mol
20 . 10–3 L –––––––– x
x = 2,0 . 10–3 mol
Cálculo da massa do ácido no comprimido:
O ácido acetilsalicílico e o hidróxido de sódio reagem na proporção em
mols de 1:1.
Cálculo do volume da solução:
40,0 g ––––––– 100 mL
8,3 g ––––––– x
x = 20,75 mL
1,0 mol
–––––––– 180 g
2,0 . 10–3 mol –––––––– y
y = 0,36 g
Resposta: E
Cálculo da porcentagem em massa do ácido em 1,0 g do comprimido:
1,0 g –––––––– 100%
0,36 g –––––––– z
z = 36%
Resposta: D
4. (FUVEST) – É comum observarmos em rótulos de sucos
concentrados a informação de que uma certa parte do suco deve ser
misturada em certo volume de água para atingir uma solução com
sabor mais apreciável. A diminuição da concentração pela adição do
solvente é denominada de diluição.
Se adicionarmos 80 mL de água a 20 mL de uma solução 0,1 mol/L de
hidróxido de potássio, obteremos uma solução de concentração igual
a:
a) 0,010 mol/L
b) 0,020 mol/L
c) 0,025 mol/L
d) 0,040 mol/L
e) 0,050 mol/L
RESOLUÇÃO:
M1V1 = M2V2
QUÍMICA A
0,1 mol/L . 20 mL = M2 (20 + 80) mL
M2 = 0,020 mol/L
Resposta: B
6–
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MÓDULO
4
Propriedades Coligativas e Tabela Periódica
1. Considere clorofórmio, etanol e água, todos líquidos, à
temperatura ambiente. A dependência das pressões de vapor dos três
líquidos em função da temperatura é mostrada no gráfico a seguir.
2. (FUVEST) – Numa mesma temperatura, foram medidas as pressões de vapor dos três sistemas abaixo.
x
100 g de benzeno
y
5,00 g de naftaleno dissolvidos em 100 g de benzeno
(massa molar do naftaleno = 128 g/mol)
z
5,00 g de naftaceno dissolvidos em 100 g de benzeno
(massa molar do naftaceno = 228 g/mol)
Os resultados, para esses três sistemas, foram: 105,0, 106,4 e
108,2 mmHg, não necessariamente nessa ordem. Tais valores são,
respectivamente, as pressões de vapor dos sistemas:
a) Na temperatura de 60ºC, o etanol é o líquido que apresenta maior
pressão de vapor.
b) As forças de atração intermoleculares dos líquidos aumentam na
seguinte ordem: etanol < água < clorofórmio.
c) Com os dados do gráfico, pode-se afirmar que, sob uma mesma
pressão, o ponto de ebulição do etanol é menor do que o do
clorofórmio.
d) Na pressão de 800 mmHg e temperatura de 90ºC, a água é a única
substância no estado líquido.
e) O gráfico estabelece uma relação inversamente proporcional da
temperatura com a pressão máxima de vapor.
RESOLUÇÃO:
A PMV aumenta com a temperatura. O líquido mais volátil é o
clorofórmio, pois suas moléculas estabelecem forças intermoleculares
menos intensas, enquanto a água é o menos volátil, pois estabelece forças
mais intensas do tipo ligação de hidrogênio. A 800 mmHg e temperatura
de 90ºC, o único ponto de ebulição que não foi atingido é o da água,
portanto se encontra no estado líquido, enquanto o clorofórmio e o etanol
já são gasosos.
Resposta: D
106,4
108,2
a)
x
y
z
b)
y
x
z
c)
y
z
x
d)
x
z
y
e)
z
y
x
RESOLUÇÃO:
O efeito coligativo é diretamente proporcional ao número de partículas
dispersas por unidade de volume.
Quanto maior o número de partículas dispersas, menor a pressão de
vapor.
Sistema x: somente solvente, portanto não apresenta partículas dispersas
(maior pressão de vapor).
Sistema y: quantidade em mol de partículas dispersas:
1 mol ––––––––––– 128 g
ny ––––––––––– 5,00 g
ny = 0,04 mol
Sistema z: quantidade em mol de partículas dispersas:
1 mol –––––––––– 228 g
nz –––––––––– 5,00 g
nz = 0,02 mol
Portanto: Px > Pz > Py
Resposta: C
QUÍMICA A
A leitura dos dados permite afirmar:
105,0
–7
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 22/08/12 10:04 Page 8
3. (UNESP) – A solução aquosa que apresenta menor ponto de
congelação, maior ponto de ebulição e maior pressão osmótica é a de
a) CaBr2 de concentração 0,10 mol/L.
b) KBr de concentração 0,20 mol/L.
c) Na2SO4 de concentração 0,10 mol/L.
d) glicose (C6H12O6) de concentração 0,50 mol/L.
e) HNO3 de concentração 0,30 mol/L.
RESOLUÇÃO:
Quanto maior a quantidade de partículas dispersas por litro de solução,
menor será o ponto de congelação da solução, maior o ponto de ebulição
e maior a pressão osmótica.
Cálculo do número de partículas dispersas por litro:
2+ + 2 Br–
a) CaBr2 ⎯⎯⎯→ Ca
14243
↓
↓
1 mol –––––––– 3 mols de partículas
0,10 mol –––––– x
4. (UNIFESP) – Na tabela a seguir, é reproduzido um trecho da
classificação periódica dos elementos.
B
C
N
O
F
Ne
Al
Si
P
S
Cl
Ar
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
A partir da análise das propriedades dos elementos, está correto
afirmar que
a) a afinidade eletrônica do neônio é maior que a do flúor.
b) o fósforo apresenta maior condutividade elétrica que o alumínio.
c) o nitrogênio é mais eletronegativo que o fósforo.
d) a primeira energia de ionização do argônio é menor que a do cloro.
e) o raio do íon Al3+ é maior que o do íon Se2–.
x = 0,30 mol de partículas dispersas
b) KBr ⎯⎯⎯⎯→
+ + Br–
K
123
RESOLUÇÃO:
As variações das propriedades periódicas citadas são:
↓
↓
1 mol –––––––––– 2 mols de partículas
0,20 mol –––––––– y
y = 0,40 mol de partículas dispersas
2–
c) Na2SO4 ⎯⎯⎯→ 2 Na+ + SO4
14243
↓
↓
1 mol –––––––– 3 mols de partículas
0,10 mol –––––– z
z = 0,30 mol de partículas dispersas
d) C6H12O6 ⇒ 0,50 mol de partículas dispersas (solução molecular)
–
e) HNO3 ⎯⎯⎯→ H+ + NO3
14243
↓
↓
1 mol –––––––– 2 mols de partículas
0,30 mol –––––– w
w = 0,60 mol de partículas dispersas
Observação: Estamos admitindo o ácido 100% ionizado.
Resposta: E
QUÍMICA A
8–
Concluímos que o nitrogênio é mais eletronegativo que o fósforo.
O íon Se2– tem maior número de camadas eletrônicas sendo, portanto,
maior que o íon Al3+.
Resposta: C
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 9
5.
Analisando o gráfico acima, conclui-se que A corresponde à
propriedade:
QUÍMICA A
RESOLUÇÃO:
Analisando o gráfico, notamos que os metais alcalinos admitem os
maiores valores para a propriedade A, portanto está caracterizada a
propriedade do raio atômico, pois os metais alcalinos apresentam baixas
energia de ionização, eletronegatividade, afinidade eletrônica e densidade.
Resposta: B
–9
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 31/08/12 11:41 Page 10
MÓDULO
5
1. “As principais diretrizes para a prática química voltada à sustentabilidade constituem os chamados 12 princípios da Química Verde, a
saber:
1) prevenção; 2) economia de átomos; 3) reações com compostos de
menor toxicidade; 4) desenvolvimento de compostos seguros; 5)
diminuição do uso de solventes e auxiliares; 6) eficiência energética;
7) uso de substâncias renováveis; 8) evitar a formação de derivados;
9) catálise; 10) desenvolvimento de compostos degradáveis; 11)
análise em tempo real para a prevenção da poluição; 12) química
segura para a prevenção de acidentes.”
“Anualmente são produzidos mais de 2 milhões de toneladas de ácido
adípico, a matéria-prima para a fabricação do nylon-6,6, um material
plástico rígido, resistente à abrasão e ao calor, com amplo emprego no
campo da engenharia mecânica.
Uma alternativa para a manufatura de ácido adípico, conhecida
como síntese de Draths-Frost, ocorre por meio de conversão de glucose, um material de partida inócuo e renovável, utilizando
Escherichia coli.”
(Fonte: Química Verde: fundamentos e aplicações – EdUFSCar)
As funções orgânicas presentes no composto de partida são
a) álcool e éter.
b) cetona e ácido.
c) álcool e cetona.
d) fenol e éter.
e) fenol e álcool.
RESOLUÇÃO:
• O composto de partida é a D-glucose:
QUÍMICA A
Resposta: A
10 –
Funções Orgânicas
2. (ITA) – O composto mostrado abaixo é um tipo de endorfina, um
dos neurotransmissores produzidos pelo cérebro.
a) Transcreva a fórmula estrutural da molécula;
b) Circule todos os grupos funcionais;
c) Nomeie cada um dos grupos funcionais circulados.
RESOLUÇÃO:
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 11
3. (VUNESP) – Homens que começam a perder cabelo na faixa dos
20 anos podem ter maior risco de câncer de próstata no futuro. A
finasterida – medicamento usado no tratamento da calvície –
bloqueia a conversão da testosterona em um androgênio chamado di-hidrotestosterona (DHT), que se estima estar envolvido na queda de
cabelos. O medicamento também é usado para tratar câncer de
próstata.
d) Éter, álcool, enol, C11H26O4.
e) Fenol, álcool, cetona, éter, C17H26O4.
RESOLUÇÃO:
(www.agencia.fapesp.br. Adaptado.)
A fórmula molecular é
Sobre a DHT, cuja fórmula está representada, é correto afirmar que
a) é um hidrocarboneto aromático de fórmula molecular C19H30O2.
b) é insolúvel em água e tem fórmula molecular C17H26O2.
c) apresenta as funções fenol e cetona e fórmula molecular
C19H30O2.
d) é apolar e apresenta fórmula molecular C17H29O2.
e) apresenta as funções álcool e cetona e fórmula molecular
C19H30O2.
C17H26O4
.
Resposta: E
5. “A cafeína é tóxica. Estima-se que uma dose de cerca de 10 g
ingerida oralmente por um adulto de estatura mediana seria fatal.
Como o conteúdo de uma xícara de café varia entre 80 e 180 mg,
dependendo do método de preparo, seria preciso tomar algo em torno
de 55 a 125 xícaras ao mesmo tempo para receber uma dose total”.
(Penny LeCouteur; Jay Burreson. Os Botões de Napoleão, p. 239)
RESOLUÇÃO:
Observando a fórmula da cafeína, podemos concluir:
Sua fórmula molecular é C19H30O2
e as funções são álcool e cetona.
Resposta: E
Não possui átomo de carbono secundário.
Possui átomo de carbono quaternário.
É uma cadeia heterocíclica e insaturada.
Contém anel aromático.
Possui fórmula molecular C8H9N4O2.
RESOLUÇÃO:
QUÍMICA A
4. A fórmula estrutural abaixo representa uma substância resinosa
chamada gingerol, que possui o gosto picante característico do
gengibre.
Essa substância é utilizada para aromatizar refrigerantes, cervejas,
aguardentes e compostos. As funções orgânicas presentes nesse
composto e sua fórmula molecular são:
a)
b)
c)
d)
e)
a) Álcool, fenol, cetona, C16H25O4.
b) Éter, álcool, aldeído, fenol, C11H23O4.
Resposta: C
c) Fenol, álcool, cetona, éter, C17H23O4.
– 11
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 12
MÓDULO
6
Isomeria
1. Todas as afirmações desta questão estão relacionadas ao fenômeno
da isomeria dos compostos orgânicos.
I. São 2 os isômeros de posição do dicloropropano.
II. Existem os isômeros cis e trans para o composto:
CH3 — C(CH3) = C(Br) — CH3.
III.Eteno e ciclobutano possuem a mesma fórmula mínima, mas não
a mesma fórmula molecular.
IV. Propanona e propanal possuem as mesmas fórmulas mínima e
molecular.
V. Ácido butanoico e acetato de etila possuem a mesma fórmula
molecular, mas não a mesma fórmula estrutural.
VI.Existem 2 isômeros com atividade óptica que apresentam a
fórmula:
CH3 — CH(Br) — CH2 — CH3.
São falsas apenas as afirmações
a) I e II.
b) III e IV.
d) II e III.
e) IV e V.
RESOLUÇÃO:
As afirmações I e II são falsas:
c) V e VI.
2. (UNESP) – As moléculas de cis-dibromoeteno (I) e trans-dibromoeteno (II) têm a mesma massa molar e o mesmo número de
elétrons, diferindo apenas no arranjo de seus átomos:
À temperatura ambiente, é correto afirmar que
a) os dois líquidos possuem a mesma pressão de vapor.
b) cis-dibromoeteno apresenta maior pressão de vapor.
c) as interações intermoleculares são mais fortes em (II).
d) trans-dibromoeteno é mais volátil.
e) as duas moléculas são polares.
RESOLUÇÃO:
O composto (I) cis-dibromoeteno é polar.
O composto (II) trans-dibromoeteno é apolar:
O composto polar (cis-dibromoeteno) apresenta forças intermoleculares
mais fortes, portanto apresenta maior ponto de ebulição e menor pressão
de vapor, sendo menos volátil.
Resposta: D
O composto não possui isomeria geométrica.
Resposta: A
QUÍMICA A
12 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 13
3. Os norte-americanos Alan Mac Diarmid e Alan Heeger e o japonês
Hideki Shirakawa foram os ganhadores do Prêmio Nobel de Química
de 2000, honraria concedida pela Real Academia Sueca de Ciências.
Eles são os responsáveis por uma pesquisa publicada na década de
1970 e que provou que os polímeros, tradicionalmente conhecidos
como isolantes elétricos, também podem ter função inversa, ou seja,
conduzir eletricidade.
Para se tornar um condutor, o polímero precisa, como um metal, ter
elétrons livres, e a primeira condição para que isso ocorra é que exista
uma alternância entre as ligações simples e duplas de carbono,
situação conhecida como ligação dupla conjugada. Tal configuração é
encontrada no poliacetileno, um polímero composto por várias
moléculas de acetileno, representado na figura.
H
nH—C C—H
acetileno
C
C
C
H
C
C
H
H
H
H
H
C
C
C
H
C
C
C
H
H
poliacetileno
H
Na estrutura da testosterona, o número de átomos de carbono ligados
a quatro grupos diferentes e os grupos funcionais são, respectivamente,
a) 4, ácido carboxílico e álcool.
b) 5, aldeído e fenol.
c) 6, aldeído e álcool.
d) 6, cetona e álcool.
e) 5, cetona e éter.
RESOLUÇÃO:
Mas, para se tornar um bom condutor elétrico, o polímero também
precisa passar por um processo chamado de “dopagem”, que lhe dará
a capacidade de ganhar ou perder elétrons por meio de reações de
oxidação ou redução. São os “buracos” abertos por aqueles processos
na cadeia de elétrons que permitem a passagem da corrente elétrica.
Fazendo-se a oxidação do poliacetileno com vapor de iodo, este
arranca elétrons do polímero criando os “buracos”.
Qual é a isomeria presente no polímero?
a) Geométrica.
b) Plana de cadeia.
c) Plana de posição.
d) Tautomeria.
e) Óptica.
• Os grupos funcionais são cetona e álcool.
• Os átomos de carbono assinalados são quirais (4 ligantes diferentes).
Resposta: D
RESOLUÇÃO:
C
C
C
•
H
H
H
C
C
H
H
A isomeria é geométrica e o isômero é trans.
Resposta: A
5. (FUVEST) – O número de compostos isômeros representados
pela fórmula C3H6Br2 é:
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
RESOLUÇÃO:
QUÍMICA A
Resposta: D
4. Pesquisas na área médica têm associado o câncer de próstata e a
calvície ao hormônio DHT, um subproduto da testosterona, o
principal hormônio masculino. Algumas drogas desenvolvidas nos
últimos anos têm como função combater o DHT. No entanto, essas
drogas têm efeitos colaterais. Uma substância produzida na digestão
da soja combate o DHT. Por isso, alimentos à base de soja podem
auxiliar no combate ao DHT. A figura a seguir apresenta a fórmula
estrutural da testosterona.
– 13
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 14
MÓDULO
7
Reações Orgânicas I
1. Em geral, as sínteses catalíticas, devido à elevada seletividade, são
mais eficientes, limpas e econômicas, permitem a reutilização do
catalisador, o uso de matérias-primas renováveis ou a redução da
quantidade de reagentes, sendo consideradas um dos principais
pilares da Química Verde. Em 2006, a companhia Merck recebeu o
prêmio “Presidential Green Chemistry Challenge”, na categoria
“Rotas Sintéticas Alternativas”, por propor uma síntese catalítica
inovadora – que conta com seis etapas a menos que a rota
tradicional – para a obtenção de sitagliptina, o princípio ativo do
fármaco Januvia®, empregado para o tratamento de diabetes tipo II:
2. A adição de HBr a um alceno pode ocorrer segundo a regra de
Markovnikov, na qual o H vai para o carbono mais hidrogenado da
dupla, segundo a equação:
H2C = CH — CH3 + HBr → H3C — CH — CH3
|
propeno
Br
2-bromopropano
A adição, se ocorrer na presença de um peróxido, ocorre de maneira
inversa à Markovnikov:
peróxido
H2C = CH — CH3 + HBr ⎯⎯⎯→ H2C — CH2 — CH3
|
Br 1-bromopropano
A substância que, reagindo com HBr com ou sem peróxido, irá
originar o mesmo produto é:
(Química Verde: fundamentos e aplicações – EdUFSCar)
A segunda etapa do processo, que envolve o uso de catalisador, é uma
a) hidrogenação.
b) oxidação.
c) esterificação.
d) substituição.
e) cloração.
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
QUÍMICA A
Resposta: E
Resposta: A
14 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 22/08/12 10:11 Page 15
3. (PUC-2012-Junho) – Os álcoois são uma importante matéria-prima
para a síntese de diversos produtos.
A substância A é obtida a partir da reação do propan-1-ol e o ácido
acético em meio ácido.
A substância B é formada na oxidação branda do butan-2-ol, utilizando
KMnO4 em meio ácido como oxidante.
A desidratação intermolecular do etanol em meio de ácido sulfúrico a
quente forma a substância C.
As substâncias A, B e C são, respectivamente,
a) acetato de propila, butanal e acetato de etila.
b) acetato de propila, butanona e etoxietano.
c) propanoato de etila, ácido butanoico e etoxietano.
d) etoxipropano, butanona e acetato de etila.
e) etoxipropano, ácido butanoico e eteno.
RESOLUÇÃO:
A reação entre o propan-1-ol e o ácido acético é uma reação de
esterificação, que forma um éster e água. A equação está a seguir:
O
C — CH3 →
H3C — CH2 — CH2 — OH +
propan-1-ol
HO
ácido etanoico
O
||
→ H3C — CH2 — CH2 — O — C — CH3 + H2O
acetato de propila
(A)
O composto B é uma cetona, pois a oxidação de um álcool secundário
(butan-2-ol) forma uma cetona. A equação está descrita a seguir:
4. (FUVEST)
Analisando a fórmula estrutural do mestranol, um anticoncepcional,
foram feitas as seguintes previsões sobre seu comportamento
químico:
I. deve sofrer hidrogenação.
II. pode ser esterificado, em reação com um ácido carboxílico.
III. deve sofrer saponificação, em presença de soda cáustica.
Dessas previsões
a) apenas a I é correta.
b) apenas a II é correta.
c) apenas a I e a II são corretas.
d) apenas a II e a III são corretas.
e) a I, a II e a III são corretas.
RESOLUÇÃO:
Observando a estrutura do mestranol e analisando as previsões, temos:
I. Correta.
Compostos insaturados sofrem reação de adição, por exemplo,
hidrogenação:
OH
O
|
KMnO4/H+
||
H3C — CH2 — CH — CH3 ⎯⎯⎯⎯→ H3C — CH2 — C — CH3 + H2O
butan-2-ol
[O]
butanona (B)
A desidratação intermolecular de um álcool forma um éter. A equação está
descrita a seguir:
2 H3C — CH2 — OH → H3C — CH2 — O — CH2 — CH3 + H2O
etanol
etoxietano (C)
II. Correta.
Esterificação é a reação entre um ácido carboxílico e um álcool. Na
estrutura do mestranol observamos a presença do grupo funcional
—OH (álcool).
→ R’COOR + H O
R — OH + R’COOH ←
2
III. Incorreta.
Saponificação é a reação entre éster derivado de ácido graxo e base
forte. Na estrutura não observamos a presença da função éster. A
reação de um ácido graxo com base forte também produz sabão.
Resposta: C
– 15
QUÍMICA A
Resposta: B
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 22/08/12 10:13 Page 16
5. (MACKENZIE-2012-Junho) – A benzocaína, cuja fórmula
estrutural está representada a seguir, é um anestésico local, usado
como calmante para dores, que atua bloqueando a condução de
impulsos nervosos e diminuindo a permeabilidade da membrana
neuronal ao iodeto de sódio.
III.Falsa.
A benzocaína possui funções amina e éster.
IV. Falsa.
A benzocaína possui caráter básico, devido à presença do grupo amina,
e sua fórmula molecular é:
De acordo com a fórmula estrutural dada, considere as afirmações I,
II, III e IV.
I. O etanol é um dos reagentes utilizados para a obtenção da
benzocaína.
II. A hidrólise ácida da benzocaína produz o ácido paminobenzoico.
III. A benzocaína possui os grupos funcionais cetona, éter e amina
aromática.
IV. A benzocaína apresenta caráter básico e fórmula molecular
C9H13NO2.
São verdadeiras somente as afirmações
a) I, II e III.
b) II e IV.
d) II, III e IV.
e) I e III.
c) I e II.
RESOLUÇÃO:
I. Verdadeira.
A reação de esterificação para a obtenção da benzocaína é:
II. Verdadeira.
A reação é reversível. A hidrólise ácida da bezocaína produz o ácido
p-amino benzoico.
QUÍMICA A
16 –
C9H11NO2
Resposta: C
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 17
8
Reações Orgânicas II (Petróleo, Polímeros e Bioquímica)
1. Os vários componentes do petróleo são separados por um processo
denominado destilação fracionada. Em sua destilação, alguns
hidrocarbonetos são separados na ordem indicada no esquema abaixo.
A ordem de destilação desses componentes do petróleo está justificada pela seguinte afirmação:
a) Os alcanos são os hidrocarbonetos mais voláteis.
b) Os hidrocarbonetos são líquidos de baixo ponto de ebulição.
c) O aumento da massa molar dos hidrocarbonetos provoca uma
maior volatilidade.
d) O ponto de ebulição dos hidrocarbonetos aumenta com o aumento
da massa molar deles.
e) Gasolina com octanagem 80 significa que ela é constituída de 80%
de isoctano e 20% de heptano e entra em combustão a 80°C.
RESOLUÇÃO:
Quanto maior a massa molar, maior o PE e menor a volatilidade.
Resposta: D
2. Os glicídios, os lipídios e as proteínas são constituintes essenciais
do organismo humano, além de serem os principais nutrientes geradores de energia para manter as funções vitais dos animais. A respeito
desses compostos, é correto afirmar que
a) a glicose, que é uma ose, ao chegar ao intestino, tem de ser hidrolisada pela ação das enzimas digestórias (biocatalisadores) para,
depois, ser absorvida.
b) glicerídeos são ácidos carboxílicos de grande cadeia carbônica,
denominados ácidos graxos, que reagem com NaOH produzindo
sabões.
c) cerídeos ou ceras são lipídios formados pela esterificação de ácidos graxos superiores com o glicerol.
d) os aminoácidos apresentam caráter anfótero, pois o grupo carboxílico apresenta caráter ácido e o grupo amino apresenta caráter
básico.
e) quimicamente as proteínas são formadas pela união entre aminoácidos, por meio de ligações peptídicas, que se estabelecem entre o
grupo amino de um aminoácido e o grupo amino de outro aminoácido.
RESOLUÇÃO:
a) Incorreta.
A glicose, por ser uma ose (monossacarídeo), não sofre hidrólise.
b) Incorreta.
Glicerídeos são ésteres de ácidos graxos e glicerol (reação de esterificação).
c) Incorreta.
Cerídeos são ésteres de ácidos graxos e álcoois superiores (reação de
esterificação).
d) Correta.
e) Incorreta.
As proteínas são formadas pela união entre aminoácidos, por meio de
ligações peptídicas, que se estabelecem entre o grupo amino de um
aminoácido e o grupo ácido de outro aminoácido.
Resposta: D
QUÍMICA A
MÓDULO
– 17
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 18
3. A primeira usina de produção de biodiesel no Brasil foi inaugurada
em março de 2005, em Cássia (MG). A unidade da Agropalma
inaugurada utiliza como matéria-prima resíduos do processamento da
palma. A empresa tem capacidade de produzir oito milhões de litros
de biodiesel por ano.
A produção do biodiesel a partir de óleos vegetais é representada pela
equação:
4. As proteínas constituem a maior parte dos componentes não
aquosos e apresentam uma variedade de funções nas células. As
ligações peptídicas possíveis entre os vinte aminoácidos são responsáveis pela formação das proteínas. Esse tipo de ligação ocorre na
reação química seguinte, que representa a síntese de um dipeptídeo:
CH3CH(NH2)COOH + valina →
→ CH3CH(NH2)CONHCHCH(CH3)2COOH + H2O
A estrutura que representa o aminoácido valina é
a) (CH3)2CHCH2CH(NH2)COOH.
b) (CH3)2CHCH(NH2)COOH.
c) HOCH2(CH3)CHCH(NH2)COOH.
d) CH3CH(CH3)CHCH(NH2)COOH.
e) CH3CH(NH2)COOH.
RESOLUÇÃO:
A reação química que representa a síntese de um dipeptídeo é:
em que R1, R2 e R3 são cadeias carbônicas de 7 a 23 átomos de carbono. Sobre a síntese do biodiesel:
I. R1, R2 e R3 são cadeias carbônicas saturadas.
II. A reação é chamada de transesterificação.
III.O biodiesel, na equação, é uma mistura de ésteres, de fórmulas:
O
R1 – C
O
, R2 – C
OC2H5
O
e
R3 – C
OC2H5
Está(ão) correta(s) apenas
a) I.
b) II.
d) I e II.
e) II e III.
RESOLUÇÃO:
I. Incorreta. Os óleos apresentam cadeia insaturada.
→ éster 2 + álcool 1
II. Correta. Éster 1 + álcool 2 ←
III.Correta.
Resposta: E
QUÍMICA A
18 –
A estrutura da valina é:
OC2H5
Resposta: B
c) III.
(CH3)2CHCH(NH2)COOH
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 19
5. (FATEC) – Polimerização por condensação ocorre quando, no
processo de formação das macromoléculas, há eliminação de moléculas pequenas. Um exemplo desse tipo de polimerização é a produção de poliéster:
O
O
C — OH + n HO — CH2 — CH2 — OH →
n HO — C
→
O
O
—C
C — O — CH2 — CH2 — O —n + 2n H2O
Também pode resultar em polimerização por condensação a
interação, em condições adequadas, do seguinte par de substâncias:
a)
COOH e CH3 — CH2 — OH
b)
CH
CH2 e CH3 — CH2 — OH
c) HOOC — CH2 — CH2 — COOH e
H2N — CH2 — CH2 — NH2
d) HOOC — CH2 — CH2 — COOH e
CH3 — O — CH2 — CH2 — O — CH3
e) H2C
CH — CH3 e H2C
C — CH3
CH3
QUÍMICA A
RESOLUÇÃO:
Diácido com diamina produz poliamida.
Resposta: C
– 19
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 31/08/12 11:41 Page 20
MÓDULO
9
Teoria Atômico-Molecular e Cálculo Estequiométrico
1. O ferro é um metal essencial para a vida, responsável pela
formação da hemoglobina, da mioglobina e de certas enzimas. A dose
diária recomendada é de cerca de 15 mg para adultos e de 30 mg para
gestantes. Café ou chá em grandes quantidades inibem a absorção de
ferro. O ferro ajuda no crescimento, promove a resistência às doenças,
evita a fadiga, a anemia e assegura uma boa tonalidade à pele.
Supondo que uma colher de sopa de feijão possua cerca de 4,4 · 10–5
mol de ferro, uma gestante, para obter a quantidade diária de ferro
recomendada, deverá ingerir
Dado: massa molar do Fe (g/mol) = 56.
a) 4 colheres de sopa de feijão.
b) 6 colheres de sopa de feijão.
c) 8 colheres de sopa de feijão.
d) 10 colheres de sopa de feijão.
e) 12 colheres de sopa de feijão.
RESOLUÇÃO:
Cálculo da massa de ferro em 4,4 . 10–5 mol:
1 mol –––––– 56 g
4,4 . 10–5 mol –––––– x
x = 246,4 . 10–5 g ∴ 2,46 . 10–3 g ≅ 2,5 mg
Cálculo da quantidade diária de ferro recomendada para gestantes:
2,5 mg –––––––– 1 colher
30 mg –––––––– y
y = 12 colheres.
Resposta: E
2. A análise de um composto de ferro utilizado no tratamento de
anemia apresentou 21,05% de enxofre e 42,10% de oxigênio.
Provavelmente, trata-se do
(Dados: massas molares em g/mol: Fe = 56, S = 32, O = 16.)
a) sulfato de ferro (II).
b) sulfato de ferro (III).
c) sulfito de ferro (II).
d) sulfito de ferro (III).
e) tiossulfato de ferro (II).
RESOLUÇÃO:
Cálculo do número de mols de cada elemento em 100g do composto:
1 mol de S –––––––––––– 32 g de S
x
–––––––––––– 21,05 g de S
x = 0,657 mol de S.
1 mol de O –––––––––––– 16 g de O
y
–––––––––––– 42,10 g de O
y = 2,625 mol de O.
Massa de ferro = 100 g – 21,05 g – 42,10 g = 36,85 g
1 mol de Fe –––––––––––– 56 g de Fe
z
–––––––––––– 36,85 g de Fe
z = 0,658 mol de Fe.
Proporção em mols de cada elemento no composto (dividir pelo menor):
0,658
Fe: –––––– = 1
0,657
0,657
S: –––––– = 1
0,657
2,625
O: –––––– = 4
0,657
Fórmula mínima do composto iônico:
2+
Fe1(S1O4)2– ⇒ sulfato de ferro (II).
Resposta: A
QUÍMICA A
20 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 21
RESOLUÇÃO:
Equação da reação:
EuCl2(s) + 2AgNO3(aq) → 2AgCl(s) + Eu(NO3)2(aq).
produz
1 mol de EuCl2 ––––––––– 2 mol de AgCl
↓
↓
233 g –––––––––––– 2 x 143,5 g
x
––––––––––––
1,11 g
x = 0,90 g de EuCl2.
Pureza de EuCl2 na amostra:
1,00 g ––––––––––– 100%
0,90 g de EuCl2 ––––––––––– y
y = 90% de pureza.
Resposta: D
4. Compostos hidratados são sólidos que apresentam moléculas de
água em sua estrutura e são mais comuns do que se imagina. Um
exemplo disso são os tetos dos cômodos de nossas casas, que podem
estar rebaixados com placas de gesso, que contêm o sulfato de cálcio
di-hidratado, CaSO4 . 2 H2O. A determinação do grau de hidratação é
feita experimentalmente. No laboratório, um aluno pesou 1,023 g de
um composto hidratado de coloração vermelha e aqueceu o sólido
num cadinho de porcelana até desidratação completa, obtendo 0,603 g
de sulfato de cobalto(II) anidro, CoSO4, que tem coloração azul. Após
fazer corretamente os cálculos, o aluno descobriu que o nome do
composto hidratado era
(Dados: massas molares (g/mol): H2O = 18; CoSO4 = 155.)
a) sulfato de cobalto(II) tri-hidratado.
b) sulfato de cobalto(II) tetra-hidratado.
c) sulfato de cobalto(II) penta-hidratado.
d) sulfato de cobalto(II) hexa-hidratado.
e) sulfato de cobalto(II) hepta-hidratado.
RESOLUÇÃO:
Massa de água que foi eliminada: 1,023 g – 0,603 g = 0,420 g.
Equação da reação de desidratação:
CoSO4 . x H2O → CoSO4 + x H2O
1 mol
x mol
123
123
↓
↓
0,603 g –––– 0,420 g
155 g –––– x . 18 g
x=6
Fórmula do sal:
CoSO4 . 6 H2O ⇒ sulfato de cobalto (II) hexa-hidratado.
Resposta: D
QUÍMICA A
3. Uma amostra de dicloreto de európio (EuCl2) de massa 1,00 g é
tratada com excesso de uma solução de nitrato de prata produzindo
1,11 g de um precipitado branco. Qual a pureza da amostra inicial?
(Dados: massas molares em g/mol: N = 14, O = 16, Cl = 35,5,
Ag = 108, Eu = 162.)
a) 68%.
b) 75%.
c) 83%.
d) 90%.
e) 93%.
– 21
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 22
MÓDULO
1 0 Termoquímica e Cinética Química
1. (FUVEST-SP) – As reações, em fase gasosa, representadas pelas
equações I, II e III, liberam, respectivamente, as quantidades de calor
Q1 J, Q2 J e Q3 J, sendo Q3 > Q2 > Q1.
2. A obtenção do aço na siderurgia é feita pela redução de minérios
de ferro. A equação global desse processo poderia ser representada
por
I) 2NH3 + 5/2O2 → 2NO + 3H2O .......... ΔH1 = – Q1J.
II) 2NH3 + 7/2O2 → 2NO2 + 3H2O .......... ΔH2 = – Q2J.
III)2NH3 + 4O2 → N2O5 + 3H2O ........... ΔH3 = – Q3J.
Fe2O3(s) + 3C(s) → 2Fe(s) + 3CO(g).
A variação de entalpia da reação global, em kcal, é
a) –169.
b) –117.
c) +117.
d) +169.
e) +275.
(Dados: ΔHfFe2O3(s) = –196,2 kcal/mol.
ΔHfCO(g) = –26,4 kcal/mol.)
Assim sendo, a reação representada por
IV) N2O5 → 2NO2 +1/2O2.........................ΔH4
será
a) exotérmica, com ΔH4 = (Q3 – Q1)J.
RESOLUÇÃO:
Fe2O3(s) + 3C(s) → 2Fe(s) + 3CO(g)
kcal/mol: –196,2
0
0
3 (–26,4)
b) endotérmica, com ΔH4 = (Q2 – Q1)J.
ΔH = ∑ ΔHf produtos – ∑ ΔHf reagentes
c) exotérmica, com ΔH4 = (Q2 – Q3)J.
ΔH = [–79,2 – (–196,2)] kcal ⇒ ΔH = +117 kcal
d) endotérmica, com ΔH4 = (Q3 – Q2)J.
Resposta: C
e) exotérmica, com ΔH4 = (Q1 – Q2)J.
RESOLUÇÃO:
Como foram fornecidas as equações termoquímicas, devemos aplicar a
Lei de Hess para calcular a variação de entalpia da equação IV.
Na determinação do ΔH4, deve-se inverter a equação III, conservando-se
a equação II:
III) N2O5 + 3H2O
II)
2NH3
+
→ 2NH3
7/2O2
+
→ 2NO2 +
4O2
ΔH3 = + Q3 J
3H2O
ΔH2 = – Q2 J
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
N2O5 → 2NO2 + 1/2O2
ΔH4 = (Q3 – Q2)J
Sendo Q3 > Q2 > Q1, pode-se afirmar que ΔH4 > 0 e, portanto, a reação é
endotérmica.
Resposta: D
3. Para estudar a influência dos fatores superfície de contato, temperatura e concentração sobre a velocidade da reação:
Fe(s) + 2 HCl(aq) → FeCl2(aq) + H2(g), um estudante realizou 5
experimentos, utilizando como reagentes amostras de ferro de formas
diferentes, mas com os mesmos pesos, variando a concentração de
HCl e a temperatura da reação. As condições iniciais dos experimentos foram:
Forma da
Concentração de
Número do
amostra de
Temperatura °C
HCl/mol . L–1
experimento
ferro
1
Limalha
1
25
2
Limalha
2
25
3
Folha
1
20
4
Folha
1
18
5
Barra
1
18
QUÍMICA A
A partir dos resultados desses experimentos, o estudante classificou,
por ordem crescente, as velocidades de consumo da amostra de ferro
em função do número do experimento. É correto afirmar que a
classificação foi
a) 4 – 3 – 5 – 1 – 2.
b) 5 – 4 – 3 – 1 – 2.
c) 4 – 3 – 5 – 2 – 1.
d) 3 – 4 – 5 – 2 – 1.
e) 5 – 4 – 3 – 2 – 1.
RESOLUÇÃO:
Maior superfície de contato: maior velocidade.
Limalha > folha > barra
Maior concentração: maior velocidade.
Maior temperatura: maior velocidade.
Resposta: B
22 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 23
Após uma análise das entalpias dos reagentes, dos produtos e dos
valores a, b, c e d, podemos afirmar que a
a) reação é endotérmica e a presença do catalisador diminui o ΔH de
a para b.
b) reação é endotérmica e a representa o ΔH com a presença do catalisador.
c) reação é exotérmica e a energia de ativação, sem a presença do
catalisador, é representada por c.
d) presença do catalisador diminui o ΔH da reação, representada por
c.
e) presença da catalisador diminui a energia de ativação de a para b
e mantém constante o ΔH da reação, representado por d.
RESOLUÇÃO:
a → energia de ativação sem catalisador.
b → energia de ativação na presença do catalisador.
c → diferença de energia de ativação da reação na presença do calisador.
d → variação de entalpia (ΔH) (independe do catalisador).
Resposta: E
5. A decomposição de moléculas de ozônio representa um processo
natural agravado pela interferência do homem na composição química
da atmosfera. A poluição atmosférica, decorrente da emissão de gases
utilizados em motores, além dos efeitos causados ao homem, altera a
composição dos gases na atmosfera, causando a decomposição do
ozônio. Uma das reações que pode ocorrer é
NO(g) + O3(g) → NO2(g) + O2(g).
Essa reação foi estudada em laboratório a 25°C e foram apresentados
os seguintes resultados:
Exp
[NO] (mol . L–1)
[O3] (mol . L–1)
v (mol . L–1 . s–1)
I
1,00 . 10–6
3,00 . 10–6
0,66 . 10–4
II
1,00 . 10–6
9,00 . 10–6
1,98 . 10–4
III
2,00 . 10–6
9,00 . 10–6
3,96 . 10–4
Assinale a alternativa incorreta:
a) Trata-se de uma reação de primeira ordem em relação a cada um
dos reagentes e a lei da velocidade pode ser expressa por
v = k [NO] . [O3].
b) Se forem dobradas as concentrações de cada reagente, a velocidade da reação quadruplica.
c) A 25°C, a constante de velocidade é igual a 2,2 . 107L . mol–1 . s–1.
d) Se a experiência fosse feita a 35°C, o valor da constante de
velocidade seria maior que a 25°C, independentemente das
concentrações dos reagentes.
e) Se as concentrações de NO e O3 fossem 1,00 . 10–6 mol/L e
6,00 . 10–6 mol/L, respectivamente, a velocidade da reação seria
1,92 . 10–4 mol . L–1 . s–1.
RESOLUÇÃO:
Triplicando [O3], a velocidade triplica ⇒ 1.ª ordem em relação a O3
(experiências I e II).
Dobrando [NO], a velocidade dobra ⇒ 1.ª ordem em relação a NO
(experiências II e III).
v = k [NO] . [O3].
A 25°C, substituindo os valores da 1.ª experiência, temos:
0,66 . 10–4 = k . 1,00 . 10–6 . 3,00 . 10–6
k = 2,2 . 107L . mol–1 . s–1.
O valor de k aumenta com o aumento da temperatura.
Cálculo da velocidade da reação com as concentrações citadas na
alternativa e:
v = k . [NO] [O3]
v = 2,2 . 107 . 1,00 . 10–6 . 6,00 . 10–6
v = 1,32 . 10–4 mol . L–1 . s–1.
Resposta: E
QUÍMICA A
4. O gráfico a seguir refere-se ao diagrama energético de uma reação
química (reagentes → produtos), em que se veem destacados dois
caminhos de reação:
caminho � – reação normal;
caminho � – reação com catalisador.
– 23
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 24
MÓDULO
1 1 Equilíbrio Químico I
1. (PUC-MG) – A constante de equilíbrio (Kp) da decomposição do
carbonato de cálcio
→ CaO(s) + CO (g)
CaCO3(s) ←
2
2. O gráfico mostra a variação da concentração em mol/L, em função
do tempo e a uma dada temperatura, para um determinado processo
→ 2 A (g).
reversível representado pela equação genérica 3 A2(g) ←
3
vale 0,4 atm a 1.100 K. Assinale o gráfico que representa
corretamente a evolução da pressão quando é introduzida
progressivamente, dentro de um reator vazio (Pressão = 0), mantida a
1.100 K, uma certa quantidade de carbonato de cálcio.
Dessa forma, segundo o gráfico, é incorreto afirmar que
a) o sistema entrou em equilíbrio entre 30 e 45 minutos.
b) a curva I representa a variação da concentração em mol/L da
substância A2(g).
c) esse processo tem valor de KC = 0,064.
d) até atingir o equilíbrio, a velocidade média de consumo do
reagente é de 0,04 mol. L–1. min–1.
e) até atingir o equilíbrio, a velocidade média de formação do
produto é de 0,08 mol. L–1. min–1.
RESOLUÇÃO:
O sistema entrou em equilíbrio no tempo 37,5 minutos, portanto, entre 30
e 45 minutos.
A curva I representa a variação da concentração em mol/L da substância
A2(g), pois se trata de um reagente.
RESOLUÇÃO:
CaCO3(s) →
← CaO(s) + CO2(g)
Kp = pCO2 = 0,4 atm
QUÍMICA A
Atingindo o equilíbrio, a pressão total do sistema é a pressão exercida pelo
CO2 igual a 0,4 atm e se mantém inalterada.
Resposta: D
12
[A3]2
∴ KC = 0,064.
KC = –––––– ∴ KC = ––––––
2,53
[A2]3
Velocidade média até atingir o equilíbrio:
Velocidade de consumo do reagente
Δ M
vm = ––––––
A2
Δt
vm
A2
1,5 mol/L
= –––––––––– ∴ vm = 0,04mol/L . min.
A2
37,5 min
Velocidade de formação do produto
vm
A3
ΔM
1 mol/L
= –––––– = –––––––––– ∴ vm = 0,027 mol/L . min.
A3
Δt
37,5 min
Resposta: E
24 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 25
→ CH OH(g).
CO(g) + 2H2(g) ←
3
Numa experiência de laboratório, colocaram-se 2 mols de CO e 2 mols
de CH3OH num recipiente vazio de 1 L. Em condições semelhantes
às do processo industrial, foi alcançado o equilíbrio. Quando a
concentração de equilíbrio de H2 for x mol/L, a de CH3OH será
a) 2 – x.
x
b) 2 – –– .
2
x
c) –– .
2
d) 2 + x.
x
e) 2 + –– .
2
RESOLUÇÃO:
Como não havia H2, no início não ocorre a reação direta, portanto, haverá
a decomposição do CH3OH.
CO
+
2H2
→
←
CH3OH
Início
2
0
2
Reage e forma
x/2
x
x/2
Final
2 + x/2
x
2 – x/2
Resposta: B
4. O óxido de cálcio, conhecido comercialmente como cal virgem, é
um dos materiais de construção utilizado há mais tempo. Para sua
obtenção, a rocha calcária é moída e aquecida a uma temperatura de
cerca de 900°C em diversos tipos de fornos, onde ocorre sua
decomposição térmica. O principal constituinte do calcário é o
carbonato de cálcio, e a reação de decomposição é representada pela
equação
→ CaO(s) + CO (g).
CaCO3(s) ←
2
Considerando-se que uma amostra de calcário foi decomposta a
900°C, em um recipiente fechado dotado de um êmbolo que permite
ajustar o volume e a pressão do seu interior, e que o sistema está em
equilíbrio, um procedimento adequado para aumentar a produção de
óxido de cálcio seria
a) aumentar a pressão do sistema.
b) diminuir a pressão do sistema.
c) acrescentar CO2 ao sistema, mantendo o volume constante.
d) acrescentar CaCO3 ao sistema, mantendo a pressão e o volume
constantes.
e) retirar parte do CaCO3 do sistema, mantendo a pressão e o volume
constantes.
RESOLUÇÃO:
Para aumentar a produção de óxido de cálcio, devemos deslocar o
equilíbrio para a direita, sentido no qual ocorre aumento de volume de
gases.
→ CaO(s) + CO (g)
CaCO3(s) ←
2
0V
1V
A adição ou a retirada de CaCO3(s) não afeta o equilíbrio. A adição de
CO2 deslocará o equilíbrio para a esquerda, diminuindo o rendimento de
CaO(s).
A única alternativa correta é a diminuição da pressão do sistema, que
desloca o equilíbrio no sentido de expansão de volume (para a direita),
aumentando a produção de óxido de cálcio.
Resposta: B
QUÍMICA A
3. A produção industrial de metanol envolve o equilíbrio
representado por
– 25
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 26
1 2 Equilíbrio Químico II
MÓDULO
1. Os hidróxidos em geral são substâncias iônicas. Sendo assim, são
sólidos nas condições ambientes, têm alto ponto de fusão e conduzem
bem a corrente elétrica quando dissolvidos em água.
O hidróxido de amônio, no entanto, não existe no estado sólido e consiste em uma mistura de gás amoníaco com água que, por ionização,
produz íons em pequena quantidade:
+
–
NH (g) + H O (l) →
← NH (aq) + OH (aq).
3
2
4
Considere uma solução 0,2 mol/L de NH3, 1% ionizada.
Qual o pH dessa solução, a 25°C?
(Dados: Kw (25°C) = 1,0 . 10–14, log 2 = 0,3.)
a) 2,7.
b) 3.
c) 3,3.
d) 10,7.
RESOLUÇÃO:
1%
⎯⎯→ NH + (aq) + OH– (aq).
NH3 (g) + H2O (l) ←⎯⎯
4
0,2 mol/L
1
∴ [OH–] = α . M = ––––– . 0,2 mol/L = 2 . 10–3 mol/L.
100
pOH = – log [OH–].
pOH = – log 2 . 10–3.
10–3).
e) 11,3.
2. O pH do plasma sanguíneo, em condições normais, varia de 7,35
a 7,45 e é mantido nesta faixa, principalmente graças à ação
tamponante do sistema H2CO3/HCO3–, cujo equilíbrio pode ser
representado por
→ H+ + HCO –.
→ H CO ←
CO2 + H2O ←
2
3
3
Em determinadas circunstâncias, citadas a seguir, o pH do plasma
pode sair dessa faixa:
I. histeria, ansiedade ou choro prolongado, que provocam respiração rápida e profunda (hiperventilação)
II. confinamento de um indivíduo em um espaço pequeno e fechado;
III. administração endovenosa de uma solução de bicarbonato de
sódio.
A situação que melhor representa o que ocorre com o pH do plasma,
em relação à faixa normal, é
I
II
III
a)
Diminui
Diminui
Diminui
b)
Diminui
Aumenta
Aumenta
c)
Diminui
Aumenta
Diminui
pOH = – (0,3 – 3) = 2,7.
d)
Aumenta
Diminui
Aumenta
A 25°C: pH + pOH = 14
e)
Aumenta
Aumenta
Diminui
pOH = – (log 2 + log
pH = 14 – 2,7 = 11,3.
Resposta: E
QUÍMICA A
26 –
RESOLUÇÃO:
I) No processo de hiperventilação, graças à grande quantidade de
oxigênio inspirado e gás carbônico expirado, teremos uma diminuição
do gás carbônico no plasma sanguíneo.
Isso provocará o deslocamento do equilíbrio representado no texto
“para a esquerda”, com consequente diminuição da concentração de
H+ e aumento do pH do plasma.
II) Ao confinarmos um indivíduo num espaço pequeno e fechado, em
razão do processo de respiração, haverá produção e consequente
aumento da concentração de CO2 no meio.
Isso irá deslocar o equilíbrio representado “para a direita”,
aumentando a concentração de H+, tornando o meio mais ácido.
O pH do plasma irá diminuir.
III) A administração endovenosa de uma solução de bicarbonato de sódio
(NaHCO3) irá aumentar a concentração de íons HCO3–, deslocando o
equilíbrio “para a esquerda”.
Isso irá diminuir a concentração de H+ no plasma, provocando um
aumento do pH.
Resposta: D
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 27
RESOLUÇÃO:
NaCl → sal derivado de ácido forte e base forte (não sofre hidrólise).
∴ pH = 7.
H3CCOONa → sal derivado de ácido fraco e base forte.
Sofre hidrólise alcalina. ∴ (pH > 7).
→ CH COOH + OH–.
CH COO– + H O ←
3
2
3
NH4Cl → sal derivado de ácido forte e base fraca. Sofre hidrólise ácida:
(pH < 7).
→ NH + H O+.
NH4+ + H2O ←
3
3
Resposta: A
4. Solução tampão é constituída por um ácido fraco e pelo ânion de
um sal derivado desse ácido fraco ou por uma base fraca e pelo cátion
de um sal derivado dessa base fraca. Essa solução sofre pequena
alteracão de pH quando a ela adicionamos certa quantidade de ácido
forte ou base forte. Esse efeito tamponante ocorre pelo fato de o ácido
fraco neutralizar uma base forte a ela adicionada ou o ânion desse
ácido neutralizar um ácido forte a ela adicionada. O sangue é um dos
principais exemplos de soluções tampão.
Constitui um exemplo de solução tampão uma solução formada pela
mistura das seguintes substâncias:
a) HCl e NaCl.
b) NaOH e NaCl.
c) HCN e H3CCOOH.
d) H3C COOH e Na CH3COO.
e) NH4OH e NaOH.
RESOLUÇÃO:
H3C COOH → ácido fraco.
Na+CH3COO– → sal derivado do ácido fraco.
Ao adicionarmos uma base forte, ocorrerá a sua neutralização:
H3CCOOH + OH– → H3CCOO– + H2O.
Ao adicionarmos um ácido forte, ocorrerá a sua neutralização:
NaCH3COO + H+ → Na+ + CH3COOH.
Resposta: D
QUÍMICA A
3. Em um laboratório, um aluno identificou três recipientes com as
letras A, B e C. Utilizando água destilada (pH = 7), o aluno dissolveu
quantidades suficientes para obtenção de soluções aquosas 0,1 mol/L
de cloreto de sódio, NaCl, acetato de sódio, CH3COONa, e cloreto de
amônio, NH4Cl, nos recipientes A, B e C, respectivamente. Após a
dissolução, o aluno mediu o pH das soluções dos recipientes A, B e
C. Os valores corretos obtidos foram, respectivamente,
a) = 7, > 7 e < 7.
b) = 7, < 7 e > 7.
c) > 7, > 7 e > 7.
d) < 7, < 7 e < 7.
e) = 7, = 7 e < 7.
– 27
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 28
5. O carbonato de chumbo (II) ocorre naturalmente no mineral
cerussita. A constante do produto de solubilidade (KPS) do PbCO3 é
de, aproximadamente, 1,6 x 10–13. O volume de água (em litros)
necessário para dissolver 2,67 g desse sal é
(Dados: Massas molares em g/mol:
C = 12, O = 16, Pb = 207.)
a) 2,5 x 104.
b) 25 x 104.
c) 4,0 x 106.
d) 4,0 x 107.
e) 2,5 x 107.
RESOLUÇÃO:
⎯⎯→
PbCO3 (s) ←⎯⎯
x mol/L
Pb2+ (aq)
x mol/L
+
CO32– (aq)
x mol/L
KPS = [Pb2+] . [CO32–]
1,6 . 10–13 = x . x
x = 16 . 10–14
x = 4 . 10–7 mol/L ⇒ solubilidade do PbCO3.
Quantidade de matéria correspondente a 2,67 g do sal:
MPbCO = (207 + 12 + 3 x 16) g/mol
3
1 mol de PbCO3 ––––––––– 267 g
y ––––––––––––– 2,67 g
y = 0,01 mol de PbCO3.
Volume de água necessário para dissolver 0,01 mol do PbCO3:
4 . 10–7 mol –––––––––– 1 L
0,01 mol –––––––––– z
z = 2,5 . 104 L.
Resposta: A
QUÍMICA A
28 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 29
MÓDULO
1 3 Substância e Mistura / Leis das Combinações Químicas
1. Quatro moléculas de hidrogênio são misturadas com uma
molécula de nitrogênio. Ocorre a formação de amônia. Representando-se átomo de hidrogênio por H e de nitrogênio por N , qual
2. O rótulo de um frasco contendo determinada substância X traz as
seguintes informações:
Propriedade
Descrição ou valor
Cor
Incolor
Inflamabilidade
Não inflamável
Odor
Adocicado
Ponto de fusão
– 23ºC
Ponto de ebulição a 1 atm
77ºC
Densidade a 25ºC
1,59 g/cm3
Solubilidade em água a 25ºC
Insolúvel
será a representação mais provável?
Considerando as informações apresentadas no rótulo, qual é o estado
físico da substância contida no frasco, a 1 atm e 25ºC, e o aspecto
final quando adicionada igual quantidade de água em um funil de
decantação?
RESOLUÇÃO:
A reação ocorre segundo a equação química balanceada:
3 H2(g)
+
1 N2(g) → 2 NH3(g)
3 moléculas + 1 molécula → 2 moléculas
4 moléculas + 1 molécula → 2 moléculas + 1 molécula de H2
Como a quantidade de H2 está com 1 molécula em excesso, a representação correta será:
Dado: densidade da água a 25ºC = 1,00 g/cm3
RESOLUÇÃO:
De acordo com os dados fornecidos, o ponto de fusão é – 23ºC e o ponto
de ebulição, 77ºC. Logo, a 25ºC, a substância encontra-se no estado
líquido.
sólido P.F.
líquido
P.E.
gasoso
T(°C)
–23
77
25
– 29
QUÍMICA A
Resposta: B
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 22/08/12 10:23 Page 30
A 25ºC, a substância fundiu-se, mas não se vaporizou.
Como a sua densidade é maior que a da água e como se trata de líquidos
imiscíveis, temos uma mistura de duas fases: na fase inferior, a substância
X, e na fase superior, a água.
c) Verdadeira:
d) Verdadeira:
Resposta: D
e) Falsa:
Feita por dissolução fracionada.
f) Falsa:
Feita por aquecimento.
3. (UFG-GO) – A maioria das substâncias é encontrada na natureza
sob a forma de misturas, tais como: rochas, solo, gases da atmosfera,
água do mar, minerais, alimentos, água dos rios etc. A separação de
uma substância pode ocorrer, dependendo das características da
mistura, de diferentes maneiras. Assim sendo, assinale as afirmativas
verdadeiras (V) ou falsas (F):
a) A separação da água dos rios, lagos e mares, na formação da
chuva, ocorre por destilação natural.
b) A separação do resíduo (pó de café) da solução de café é feita por
filtração.
c) A separação do sal de cozinha da água do mar é feita por
evaporação.
d) A separação da coalhada do leite é feita por decantação.
e) A retirada de uma mancha de gordura de uma roupa, usando sabão,
é feita por filtração.
f) A separação dos gases de bebidas gaseificadas ocorre por
condensação.
4. (FUVEST-MODIFICADA) – A obtenção de água doce de boa
qualidade está se tornando cada vez mais difícil devido ao
adensamento populacional, às mudanças climáticas, à expansão da
atividade industrial e à poluição. A água, uma vez captada, precisa ser
purificada, o que é feito nas estações de tratamento. Um esquema do
processo de purificação é:
RESOLUÇÃO:
Verdadeiras: a, b, c, d
Falsas: e, f
a) Verdadeira:
H2O(l) ⎯→ H2O(v) evaporação
H2O(v) ⎯→ H2O(l) condensação
QUÍMICA A
b) Verdadeira:
em que as etapas B, D e F são:
B – adição de sulfato de alumínio e óxido de cálcio
D – filtração em areia
F – fluoretação
30 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 22/08/12 10:16 Page 31
Assim sendo, as etapas A, C e E devem ser, respectivamente,
a) filtração grosseira, decantação e cloração; II, V e VII.
b) decantação, cloração e filtração grosseira; II, III e V.
c) cloração, neutralização e decantação; III, V e VIII.
d) filtração grosseira, neutralização e decantação; II, VI e VII.
e) neutralização, cloração e decantação; III, V e VII.
RESOLUÇÃO:
As três etapas que faltam no esquema de tratamento da água são
expressas a seguir:
A etapa A representa uma filtração grosseira, pois retira sólidos
suspensos na água, II.
A etapa C representa uma decantação, pois está ocorrendo a
sedimentação dos sólidos devido à reação entre Al2(SO4)3 e CaO
na etapa B, V.
A etapa E representa uma cloração, pois a última etapa representa
uma fluoretação, VII.
Resposta: A
Cálculo das quantidades em mol:
• enxofre:
1 mol ⎯⎯⎯→ 32 g
x
⎯⎯⎯→ 0,8 g
x = 0,025 mol de S
Cálculo das quantidades em mol:
• mercúrio:
1 mol ⎯⎯→
200 g
y
⎯⎯→
5g
y = 0,025 mol de Hg
Observa-se a proporção 1:1, portanto o composto apresenta a fórmula
molecular HgS, sulfeto de mercúrio (II).
Resposta: C
5. Devido à toxicidade do mercúrio, em caso de derramamento desse
metal, costuma-se espalhar enxofre no local para removê-lo. Mercúrio
e enxofre reagem, gradativamente, formando sulfeto de mercúrio.
Para fins de estudo, a reação pode ocorrer mais rapidamente se as
duas substâncias forem misturadas num almofariz. Usando esse
procedimento, foram feitos dois experimentos. No primeiro, 5,0 g de
mercúrio e 1,0 g de enxofre reagiram, formando 5,8 g do produto,
sobrando 0,2 g de enxofre. No segundo experimento, 12,0 g de
mercúrio e 1,6 g de enxofre forneceram 11,6 g do produto, restando
2,0 g de mercúrio.
Considerando o exposto, assinale a alternativa correta:
Dados: Hg = 200 g/mol
S = 32 g/mol
a) Os dados desobedecem a Lei de Lavoisier (conservação das
massas).
b) Os dados desobedecem a Lei de Proust (proporções constantes).
c) A fórmula molecular do composto formado obedece a proporção
1:1, ou seja, Hg1S1.
d) No segundo experimento a massa de mercúrio que reagiu foi de 12 g.
RESOLUÇÃO:
massa do
composto
primeiro
experimento
1 g – 0,2 g = 0,8 g
5g
5,8 g
segundo
experimento
1,6 g
12 g – 2 g = 10 g
11,6 g
•
Lei de Lavoisier ou lei da conservação das massas:
– exp. 1: 0,8 g + 5 g = 5,8 g
– exp. 2: 1,6 g + 10 g = 11,6 g
Os dados obedecem a lei de Lavoisier.
•
Lei de Proust ou lei das proporções constantes:
QUÍMICA A
massa de enxofre massa de mercúrio
que reagiu
que reagiu
mexp1
0,8 g
5,8 g
5g
1
–––––– = ––––– = –––– = ––––– = –––
1,6 g
10 g 11,6 g
2
mexp2
– 31
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 32
MÓDULO
1 4 Compostos Inorgânicos / Conceitos de Ácidos e Bases e Química Descritiva
1. Observa-se que uma solução aquosa saturada de HCl libera uma
substância gasosa. Uma estudante de química procurou representar,
por meio de uma figura, os tipos de partículas que predominam nas
fases aquosa e gasosa desse sistema – sem representar as partículas de
água. A figura com a representação mais adequada seria:
2. Suponha que um agricultor esteja interessado em fazer uma
plantação de girassóis. Procurando informação, leu a seguinte reportagem:
Solo ácido não favorece plantio
Alguns cuidados devem ser tomados por quem decide iniciar o cultivo
do girassol. A oleaginosa deve ser plantada em solos descompactados, com pH acima de 5,2 (que indica menor acidez da terra).
Conforme as recomendações da Embrapa, o agricultor deve colocar,
por hectare, 40 kg a 60 kg de nitrogênio, 40 kg a 80 kg de potássio e
40 kg a 80 kg de fósforo.
O pH do solo, na região do agricultor, é de 4,8. Dessa forma, o
agricultor deverá fazer a “calagem”.
(Folha de S. Paulo)
Suponha que o agricultor vá fazer calagem (aumento do pH do solo
por adição de cal virgem – CaO). De maneira simplificada, a
diminuição da acidez se dá pela interação da cal (CaO) com a água
presente no solo, gerando hidróxido de cálcio (Ca(OH)2), que reage
com os íons H+ (dos ácidos), ocorrendo, então, a formação de água e
deixando íons Ca2+ no solo.
RESOLUÇÃO:
No estado gasoso, as moléculas do HCl estão bem separadas, o que é uma
característica desse estado. O raio atômico do cloro é maior que o raio
atômico do hidrogênio.
H
Cl
Ao ser dissolvido em água, como o HCl é um ácido forte, a sua ionização
será praticamente total, de acordo com a equação química:
HCl (aq) ⎯→ H+ (aq) + Cl – (aq)
Considere as seguintes equações:
I. CaO + 2H2O → Ca(OH)3
II. CaO + H2O → Ca(OH)2
III. Ca(OH)2 + 2H+ → Ca2+ + 2H2O
IV. Ca(OH)2 + H+ → CaO + H2O
O processo de calagem descrito acima pode ser representado pelas
equações
a) I e II.
b) I e IV.
c) II e III.
d) II e IV.
e) III e IV.
RESOLUÇÃO:
A interação de cal virgem, CaO, com a água presente no solo pode ser
descrita pela equação II: CaO + H2O → Ca(OH)2
A diminuição da acidez (aumento do pH) pela reação do hidróxido de
cálcio com os íons H+ presentes no solo é descrita na equação III:
Ca(OH)2 + 2H+ → Ca2+ + 2H2O
Resposta: C
Concluímos que o esquema da alternativa c representa as situações
citadas.
3. (FUVEST – MODIFICADA) – Existem vários tipos de carvão
mineral, cujas composições podem variar, conforme exemplifica a
tabela a seguir:
QUÍMICA A
Tipo de
carvão
Resposta: C
outros
umidade material carbono não
(% em volátil* (% volátil (% constituintes**
massa) em massa) em massa) (% em massa)
antracito
3,9
4,0
84,0
8,1
betuminoso
sub-betuminoso
lignito
2,3
19,6
65,8
12,3
22,2
32,2
40,3
5,3
36,8
27,8
30,2
5,2
* Considere semelhante a composição do material volátil para os quatro tipos de carvão.
** Entre os outros constituintes, o principal composto é a pirita, Fe2+S22–.
32 –
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 22/08/12 10:18 Page 33
RESOLUÇÃO:
a) Correta. O menor poder calorífico é o do carvão com menor teor
percentual em carbono não volátil; portanto, lignito.
Os reagentes A e B podem ser respectivamente:
a) Ácido sulfúrico e hidróxido de sódio.
b) Ácido sulfúrico e nitrato de bário.
c) Ácido sulfúrico (mais forte) e ácido nítrico (mais fraco).
d) Ácido sulfúrico e carbonato de sódio.
e) Hidróxido de cálcio e nitrato de magnésio.
RESOLUÇÃO:
O experimento descrito apresentou movimentação do êmbolo para cima,
caracterizando a formação de gás:
a) Neutralização de Arrhenius:
H2SO4 + 2 NaOH ⎯→ Na2SO4 + 2 H2O
2H+(aq) + 2 (OH)–(aq) ⎯→ 2 H2O(l)
Não forma gás
b) Correta. Durante a combustão, além dos gases CO e CO2, há formação
de SO2 proveniente da combustão da pirita. Portanto, haverá maior
liberação de poluentes na queima do carvão com maior teor de pirita:
BETUMINOSO.
b) H2SO4 + Ba(NO3)2 ⎯→ BaSO4 + 2 HNO3
ppt ↓
Dupla troca
Não forma gás
c) Correta. 4 FeS2 + 11 O2 ⎯→ 2 Fe2O3 + 8 SO2
c) Reação ácido-base de Brönsted:
d) Correta. Oxidação do SO2 a SO3 (processo de contato):
500ºC
2 SO2 + O2 ⎯⎯⎯→ 2 SO3
V2O5
Reação do SO3 com H2SO4:
SO3(g) + H2SO4(l) ⎯⎯→ H2S2O7(l) (oleum)
H2S2O7(l) + H2O(l) ⎯⎯→ 2 H2SO4(l) 98% de pureza
e) Errada. Não podem devido ao alto teor de impurezas.
O carvão utilizado é o coque.
Resposta: E
4. A um recipiente, contendo solução aquosa de um composto A, foi
adicionada uma massa m de um composto B. Imediatamente após a
adição desse composto, foi adaptado, à boca do recipiente, um
cilindro de raio r, no interior do qual um êmbolo, de massa
desprezível, pode se deslocar sem atrito. Após algum tempo,
observou-o seguinte:
H+
→ HSO4– + H2NO+3
H2SO4 + HNO3 ←
Ácido
Base
Base
Ácido
Par conjugado: H2SO4/HSO4– e H2NO3+/HNO3
Não forma gás
d) Dupla troca
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + H2O + CO2(g)
e) Dupla troca
Ca(OH)2 + Mg(NO3)2 → 2 Mg(OH)2↓ + Ca(NO3)2
ppt
Resposta: D
5. O fosfato de cálcio é um sólido usado na agricultura como
fertilizante. Ele pode ser obtido pela reação entre hidróxido de cálcio
e ácido fosfórico. As fórmulas do hidróxido de cálcio, ácido fosfórico,
fosfato de cálcio e do superfosfato – mistura de dois sais, um neutro
(sulfato) e outro dihidrogenado, obtidos pela reação do fosfato de
cálcio com ácido sulfúrico – são respectivamente:
a) CaOH, HPO4, CaPO4, CaSO4 e CaH2PO4
b) Ca(OH)2, H3PO4, Ca2(PO4)3, Ca2SO4 e Ca(H2PO4)2
c) Ca(OH)2, H2PO4, CaPO4, CaSO4 e Ca(HPO4)2
d) CaOH, H3PO4, Ca3PO4, Ca(SO4)2 e Ca(H2PO4)2
e) Ca(OH)2, H3PO4, Ca3(PO4)2, CaSO4 e Ca(H2PO4)2
RESOLUÇÃO:
hidróxido de cálcio: Ca(OH)2
ácido fosfórico: H3PO4
fosfato de cálcio: Ca3(PO4)2
QUÍMICA A
Considerando a tabela e alguns conhecimentos de química, assinale a
alternativa errada.
a) O lignito apresenta o menor poder calorífico (energia liberada na
combustão por unidade de massa de material).
b) O betuminoso libera maior quantidade de gás poluente (sem
considerar CO e CO2) por unidade de massa queimada.
c) A equação química balanceada da formação do gás poluente é:
4 FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2.
d) Pode-se aproveitar a reação em c para produzir H2SO4.
e) Esses carvões podem ser utilizados diretamente na produção do
aço.
Ca3(PO4)2 + 2H2SO4 → 2 CaSO4 + Ca(H2PO4)2
Resposta: E
– 33
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 34
MÓDULO
1 5 Oxidorredução e Eletroquímica I
1. (FGV-Economia) – O nióbio (Nb) é um metal de grande importância tecnológica e suas reservas mundiais se encontram quase
completamente no território brasileiro. Um exemplo de sua aplicação
é o niobato de lítio, um composto que contém apenas um íon Li+ e o
oxiânion formado pelo nióbio no estado de oxidação +5, que é usado
em dispositivos ópticos e de telecomunicação de última geração.
O número de átomos de oxigênio por fórmula do niobato de lítio é
a) 2.
b) 3.
c) 4.
d) 5.
e) 6.
Zn
2x1=2
1
NO2 1 x 1 = 1
2
Zn + 4 HNO3 → 2 H2O + 2 NO2 + Zn(NO3)2
Equação química não balanceada:
5+
RESOLUÇÃO:
A fórmula do composto é LiNbOx. Fazendo o balanço de cargas, temos:
Cu
+
0
redução
recebe 1e–
+ 1 + 5 + x . (–2) = 0 ⇒ 2x = 6 ⇔ x = 3
2+
oxidação
doa 2e–
Portanto, a fórmula do composto é LiNbO3, havendo três átomos de
oxigênio.
4+
HNO3 → H2O + NO2 + Cu (NO3)2
Cu
2x1=2
1
NO2 1 x 1 = 1
2
Resposta: B
Cu + 4 HNO3 → 2 H2O + 2 NO2 + Cu(NO3)2
Alternativo:
Como a variação de Nox do Zn e do Cu são iguais, o coeficiente do HNO3
é o mesmo, ou seja, 4.
2. (FMABC – MODIFICADA) – Em um laboratório foram feitas as
seguintes observações:
I. O metal zinco é atacado por uma solução aquosa de ácido
sulfúrico formando sulfato de zinco e gás hidrogênio. Se o metal
zinco for colocado em contato com ácido nítrico (HNO3)
concentrado, forma-se água, dióxido de nitrogênio e nitrato de
zinco.
II. O metal cobre não reage com solução aquosa de ácido sulfúrico,
mas é atacado pela solução concentrada de ácido nítrico (HNO3)
produzindo água, dióxido de nitrogênio e nitrato de cobre (II).
QUÍMICA A
A partir das observações experimentais descritas acima, as substâncias que atuam como o mais forte oxidante, o mais forte redutor e o
coeficiente estequiométrico do HNO3 nas equações das reações em I
e II são, respectivamente,
a) HNO3, H2SO4, 4 e 4.
b) HNO3, Zn, 4 e 4.
c) H2SO4, Cu, 2 e 2.
d) Cu, Zn, 2 e 2.
e) Zn, H2SO4, 5 e 5.
RESOLUÇÃO:
A substância que atua como o mais forte oxidante é o HNO3.
Equação química não balanceada:
5+
Zn
0
+
4+
HNO3 → H2O + NO2 + Zn (NO3)2
redução
recebe 1e–
oxidação
doa 2e–
34 –
2+
Tanto o metal zinco como o metal cobre são oxidados pelo ácido nítrico
(agente oxidante). Somente o zinco é oxidado pelo ácido sulfúrico. Logo, o
HNO3 é um oxidante mais forte que o H2SO4.
A substância que atua como o mais forte redutor é o Zn.
Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2
O metal zinco (agente redutor) reduz o ácido nítrico e o ácido sulfúrico. O
cobre não reduz o ácido sulfúrico. Logo, o zinco é um redutor mais forte
que o cobre.
Resposta: B
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 31/08/12 12:05 Page 35
3. (FUVEST-SP)
E*(V)
→ CH + H O
CH3OH + 2H+ + 2e– ←
4
2
O2 +
4H+
+
4e–
0,59
→
← 2H2O
1,23
E* = potencial de redução para a semirreação nas condições-padrão.
Com base nos dados acima, nessas condições,
a) mostre que, em meio ácido, seria possível obter metanol
(CH3OH) a partir de metano (CH4) e oxigênio (O2).
b) Escreva a equação balanceada que representaria essa
transformação.
4. (UNESP) – A obtenção de energia é uma das grandes preocupações
da sociedade contemporânea e, nesse aspecto, encontrar maneiras
efetivas de gerar eletricidade por meio de reações químicas é uma
contribuição significativa ao desenvolvimento científico e tecnológico.
A figura mostra uma célula eletroquímica inventada por John Daniell
em 1836. Trata-se de um sistema formado por um circuito externo
capaz de conduzir a corrente elétrica e de interligar dois eletrodos que
estejam separados e mergulhados num eletrólito. Uma reação química
que ocorre nesse sistema interligado leva à produção de corrente
elétrica.
RESOLUÇÃO:
a) Podemos demonstrar a obtenção de metanol a partir do metano e
oxigênio, invertendo a primeira equação e multiplicando-a por dois e
mantendo a segunda equação, da seguinte forma:
2CH4 + 2H2O → 4 e– + 4H+ + 2 CH3OH – 0,59V
O2 + 4H+ + 4 e– → 2 H2O
+ 1,23V
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
H+
2 CH4 + O2 ⎯→ 2 CH3OH
+ 0,64V
Como a ddp (diferença de potencial) é positiva, o processo é espontâneo, o que torna a reação possível.
Nota-se que o potencial de redução do oxigênio é maior que o potencial
de redução do metanol.
Dados: Zn2+ (aq) + 2e– → Zn (s)
Cu2+ (aq) + 2e– → Cu (s)
E0 = – 0,76 V
E0 = + 0,34 V
H+
Com base nessas informações, afirma-se que:
I. Nessa célula eletroquímica, a energia produzida pela reação de
oxirredução espontânea é transformada em eletricidade.
II. Os elétrons caminham espontaneamente, pelo fio metálico, do
eletrodo de zinco para o de cobre.
III. A reação de redução do Cu2+ consome elétrons e, para compensar
essa diminuição de carga, os íons K+ migram para o catodo
através da ponte salina.
IV. A força eletromotriz gerada por essa célula eletroquímica a 25 °C
equivale a –1,1 V.
É correto o que se afirma em
a) I, II e III, apenas.
b) I, II e IV, apenas.
c) I, III e IV, apenas.
d) II, III e IV, apenas.
e) I, II, III e IV.
RESOLUÇÃO:
As pilhas são artefatos que transformam energia química em energia
elétrica, por meio das reações de oxirredução. É um processo espontâneo,
pois a diferença de potencial (ΔE) é positiva.
A pilha de Daniell é esquematizada abaixo:
QUÍMICA A
b) 2 CH4 + O2 ⎯→ 2 CH3OH
– 35
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 36
Os potenciais de redução:
Zn2+(aq) + 2e– ⎯→ Zn
Cu2+(aq) + 2e– ⎯→ Cu
E0 = – 0,76V
E0 = + 0,34V
Como o potencial de redução do íon cúprico (Cu2+) é maior, temos:
Cu2+(aq) + 2e– ⎯→ Cu0(s)
E0 = + 0,34V
(semirreação catódica)
Zn0(s) → 2e– + Zn2+(aq)
E0 = + 0,76V
(semirreação anódica)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Zn0(s) + Cu2+(aq) → Zn2+(aq) + Cu0(s)
ΔE0 = + 1,10V (reação global)
a) Transcreva para a folha de respostas o esquema do “bafômetro” e
indique nele o sentido do fluxo dos elétrons e os compartimentos
catódico e anódico.
b) Escreva a equação da reação global da pilha.
RESOLUÇÃO:
a)
Concluímos que os elétrons fluem do eletrodo de zinco (anodo) para o
eletrodo de cobre (catodo). Os íons positivos migram em direção do catodo
para compensar a diminuição de carga (os íons Cu2+ têm a carga
neutralizada). Portanto, as afirmações I, II e III estão corretas.
Resposta: A
b) Reação de oxidação do álcool
Anodo: 2CH3CH2OH → 2CH3CHO + 4H+ + 4e–
–1
oxidação
0
Catodo: O2 + 4H+ + 4e–
0
5. (UNIFESP) – A “Lei Seca”, de 19 de junho de 2008, tornou mais
severas as punições para motoristas flagrados dirigindo após a
ingestão de bebida alcoólica. A maioria dos etilômetros portáteis
(“bafômetros”, esquema representado na figura), utilizados pela
autoridade policial, baseia-se em medidas eletroquímicas, usando
células a combustível. A célula tem dois eletrodos de platina com um
eletrólito colocado entre eles. A platina catalisa a reação de oxidação
do álcool e os íons H+ migram para o outro eletrodo através do
eletrólito, reagindo com gás oxigênio. Quanto maior a quantidade de
etanol no ar expirado pelo cidadão, maiores serão a quantidade de
etanol oxidado e a intensidade de corrente elétrica, a qual é registrada
por um microprocessador que, acoplado ao circuito externo, calcula a
concentração de álcool no sangue.
QUÍMICA A
CH3CHO + 2 H+ + 2 e– → CH3CH2OH
O2 + 4 H+ + 4 e– → 2 H2O
(www.portal.mec.gov.br/seb/arquivos. Adaptado.)
36 –
redução
+1
2–
→ 2H2O
–2
Reação
: 2CH3CH2OH + O2 → 2CH3CHO + 2H2O
global
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 37
MÓDULO
1 6 Eletroquímica II
1. A figura apresenta a eletrólise de uma solução aquosa de cloreto
de níquel (II), NiCl2.
2. (ITA) – São feitas as seguintes afirmações a respeito dos produtos
formados preferencialmente em eletrodos eletroquimicamente inertes
durante a eletrólise de sais inorgânicos fundidos ou de soluções
aquosas de sais inorgânicos:
I. Em CaCl2 (l) há formação de Ca (s) no catodo.
II. Na solução aquosa 1x10–3 mol.L –1 em Na2SO4 há aumento do pH
ao redor do anodo.
III. Na solução aquosa 1 mol.L– 1 em AgNO3 há formação de O2 (g)
no anodo.
IV. Em NaBr(l) há formação de Br2 no anodo.
Das afirmações acima, está(ão) errada(s) apenas
a) I e II.
b) I e III.
c) II.
d) III.
e) IV.
RESOLUÇÃO:
I.
Correta.
No catodo, temos a redução do íon Ca2+:
Ca2+(l) + 2e– → Ca(s)
Há formação de Ca(s).
São dadas as semirreações e seus respectivos potenciais:
II.
Cl2(g) + 2e– → 2Cl–(aq)
+ 1,36V
Ni2+(aq) + 2e– → Ni(s)
– 0,24V
Incorreta.
No anodo, temos a oxidação da água:
1
H2O (l) → –– O2 (g) + 2H+ (aq) + 2e–
2
Indique a alternativa que apresenta as substâncias formadas no anodo
e no catodo e o mínimo potencial aplicado pela bateria para que
ocorra a eletrólise.
a) Cl2, Ni e 1,12V.
b) Cl2, Ni e 1,60V.
c) Cl2, Ni e 1,36V.
d) O2, H2 e 1,12V.
e) O2, Ni e 1,60V.
Há diminuição do pH ao redor do anodo devido à formação de H+.
III. Correta.
No anodo, temos a oxidação da água:
1
H2O (l) → –– O2 (g) + 2H+ + 2e–
2
Temos a formação de O2 .
RESOLUÇÃO:
A eletrólise ocorre segundo as equações:
NiCl2(aq) ⎯→ Ni2+(aq) + 2Cl–(aq)
dissociação
Catodo 䊞: Ni2+(aq) + 2e– → Ni0(s) consome 0,24V
IV.
Correta.
No anodo, temos a oxidação do ânion Br– :
2Br–(l) → Br2 + 2e–
Temos a formação de Br2.
Resposta: C
Anodo 䊝 : 2Cl–(aq) → 2e– + Cl2(g) consome 1,36V
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
C. C.
NiCl2(aq) ⎯⎯⎯→ Ni(s) + Cl2(g) consomem 1,60V
Voltagem mínima exigida: 1,60V
QUÍMICA A
Resposta: B
– 37
Revisao 1_A_QUIMICA_2012_Tony 17/08/12 15:18 Page 38
3. Observe o esquema representativo da eletrólise de solução aquosa
de fluoreto de sódio e assinale a alternativa correta.
4. (MACKENZIE) – Pode-se niquelar (revestir com uma fina
camada de níquel) uma peça de um determinado metal. Para esse fim,
devemos submeter um sal de níquel (II), normalmente o cloreto, a um
processo denominado eletrólise em meio aquoso. Com o passar do
tempo, ocorre a deposição de níquel sobre a peça metálica a ser
revestida, gastando-se certa quantidade de energia. Para que seja
possível o depósito de 5,87 g de níquel sobre determinada peça
metálica, o valor da corrente elétrica utilizada, para um processo de
duração de 1000 s, é de
Dados: Constante de Faraday = 96 500 C
Massas molares em (g/mol) Ni = 58,7
a) 9,65 A.
d) 19,30 A.
a) A semirreação que ocorre no catodo é igual a
2H2O(l) + 2e– → H2(g) + 2(OH)–(aq).
b) A semirreação que ocorre no anodo é igual a
2F–(aq) → F2(g) + 2e–.
c) Trata-se da eletrólise da água, e os produtos obtidos (formados)
são H2 no tubo B e O2 no tubo A.
d) Após certo tempo de eletrólise, a solução estará ácida.
e) Trata-se da eletrólise do fluoreto de sódio.
RESOLUÇÃO:
Trata-se da eletrólise da água, e as reações que ocorrem são:
catodo 䊞, tubo A:
2H2O(l) + 2e– → H2(g) + 2(OH)–(aq)
anodo 䊝 , tubo B:
H2O(l) → 1/2O2(g) + 2H+(aq) + 2e–
O meio será neutro, pois [H+] = [OH–].
Resposta: A
QUÍMICA A
38 –
b) 10,36 A.
e) 28,95 A.
RESOLUÇÃO:
Equação química do processo:
⎯⎯⎯
⎯⎯→ Ni
Ni2+ + 2e–
2 . 96 500 C ––––––––––– 58,7 g
x
––––––––––– 5,87 g
x = 19 300 C
Cálculo do valor da corrente elétrica utilizada:
Q=i.t
19 300 C = i . 1 000 s
i = 19,30 A
Resposta: D
c) 15,32 A.