HIPER
Resolução dos exercícios
complementares
química
3. a) O segundo patamar é o que caracteriza a temperatura de ebulição, e seu valor é de, aproximadamente, 98 °C.
b) A temperatura de ebulição da água pura, a 1 atm, é de 100 °C.
Como a temperatura de ebulição observada no gráfico é de,
aproximadamente, 98 °C, a pressão atmosférica onde foi realizado o experimento é inferior a 1 atm.
(V)
(V)
(V)
(F) A ddp negativa indica processo não espontâneo.
(V)
4.b
A solução mais concentrada apresenta menor pressão de vapor, então:
I. C6H12O6 w C6H12O6(aq.)
1 mol
1 mol PD
I s I = 0,25 mol/L PD
0,25 mol/L
–
II. NaCl w Na+(aq.) + Cl(aq.)
1 mol
2 mol PD
II s II s 1 mol/L PD
0,5 mol/L
α = 100%
→ 2H+(aq.) + SO2–
III. H2SO4 
4(aq.)
1 mol
3 mol PD
III s III s 0,75 mol/L PD
0,25 mol/L
→ C12H22O11(aq.)
IV. C12H22O11 
1 mol
1 mol PD
IV s IV s 0,5 mol/L PD
0,5 mol/L
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2. c
No ânodo ocorre oxidação, então: 2Cl –() → Cl2(g) + 2 e–
3. a) As equações são: KI w K+ + I–
H2O w H+ + OH–
As descargas são:
• Catódica, redução, polo (–): H2O + 2 e– w H2 + 2OH–
• Anódica, oxidação, polo(+): 2I– w I2 + 2 e–
A equação global será: 2KI + 2H2O w 2K+ + 2OH– + H2 + I2
b) A ddp será dada por: ∆E = Emaior – Emenor s ∆E = 0,54 – (–0,83)
∆E = 1,34 V
c) Em solução aquosa ocorrerá, durante a eletrólise aquosa do KI,
redução da água, que tem potencial de redução mais elevado
(–0,83 V) do que o do K+ (–2,92 V).
5. a) Linha contínua w solvente (líquido puro)
Linha pontilhada w solução
A dissolução de um soluto não volátil num líquido baixa a pressão de vapor do líquido.
b) A temperatura de ebulição do líquido puro (solvente), ao nível
do mar, é aproximadamente igual à temperatura na qual a sua
pressão de vapor é igual a 1,0 atm. A leitura do gráfico mostra
que essa temperatura é aproximadamente (60 ± 1) °C.
4. d
Semirreação de redução, cátodo (–):
–
2H2O() + 2 e– w H2(g) + 2OH(aq.)
Semirreação de oxidação, ânodo (+):
–
w Cl2(g) + 2 e–
2Cl(aq.)
5. b
Q = 9,65 · 104 · 1 = 9,65 · 104 C
+
z e–
w
X0
X z+
z mol e– 1 mol
1 mol
z · 96.500 C
0,5 mol
9,65 · 104 C
6. c
Pelo gráfico, quando a pressão estiver em 700 mmHg, a temperatura de ebulição estará próxima de 98 ºC.
QG.27
1.F – F – F – V – F
I. (F) A água do mar, por se tratar de uma mistura, apresenta
ponto de ebulição maior que da água pura.
II. (F) As duas soluções terão o mesmo ponto de ebulição se o
número de partículas dispersas for o mesmo, e não a concentração molar.
III. (F) A pressão de vapor de um líquido puro permanece constante durante a mudança de estado físico.
IV. (V)
V. (F) Propriedades coligativas dependem do número de partículas dissolvidas.
96.500
=2
48.250
z =
∴ X 2+
6.e
A quantidade de carga (Q) é dada pela área do trapézio formada
abaixo da reta:
A =
( B + b) ⋅ h
2
Ag+ + e–
1 mol
96.500 C
482,5 C
w
s
(6 + 3,65) ⋅ 100
2
s A = Q = 482,5 C
Ag0
1 mol
108 g
m s m = 0,54 g
2. Soma = 7 (01 + 02 + 04)
Solução A:
Al2 (SO4 )3(aq.)
QG.26
1. c
A água é menos volátil, portanto, possui menor pressão de vapor
que o gás sulfídrico, porque a H2O faz ligações de hidrogênio que
são mais intensas que o dipolo permanente do H2S.
0,15 mol/L
Solução B:
Ba(NO3 )2
I. é polar, porque ∑ µR ≠ 0 ∴ dipolo permanente
II. é apolar, porque ∑ µR = 0 ∴ dipolo induzido
Como o dipolo permanente é mais intenso que o dipolo induzido, o
composto II terá maior pressão de vapor, sendo portanto o mais
volátil.
3+
2Al(aq.)
+
0,30 mol/L
w
Ba2+
(aq.)
3SO2–
4(aq.)
0,45 mol/L s 0,75 mol/L
+
–
2NO3(aq.)
0,15 mol/L
0,15 mol/L
0,30 mol/L s 0,45 mol/L
(01) V
(02) V
(04) V
(08) Após a mistura, o Ba2+ precipitaria na forma de BaSO4(s), se não
ocorresse a reação de precipitação, sua concentração molar
2. d
Pela análise das fórmulas, conclui-se que:
w
seria
1
0,15 mol
= 0,075 mol/L (F)
2L
CADERNO 4
QG.25
1. d
a)
b)
c)
d)
e)
5.a) Pelo gráfico:
(16) Sendo a glicose um soluto molecular que não ioniza, sua concentração será de 0,15 mol/L, apresentando efeitos coligativos inferiores à solução A. (F)
(32) Crioscopia corresponde à diminuição do ponto de congelamento. (F)
t1
t1
2
2
80 kBq → 40 kBq → 20 kBq
Tempo total= 320 dias
2t 1
320 dias
1t 1
2
3. a
Sal usado para:
• derretimento do gelo s efeito crioscópico
• conservação de carne s pressão osmótica.
45
45
Ca → –01β + 21
X
A equação de decaimento é: 20
Pela tabela periódica s X = Sc
b) Pela OMS: 1.000 mg de Ca/dia
1 mol Ca
Sabendo que: 1 mol CaCO3
40 g
100 g
x s x = 250 mg/comprimido
1 comprimido s 625 mg
1 comprimido
Como: 250 mg cálcio
y s y = 4 comprimidos
1.000 mg cálcio
4. Analisando as soluções:
H2O
–
→ Na+(aq.) + Cl(aq.)
NaCl 
1 mol
2 mol PD
[NPD] ∴ [NPD] = 2 mol/L
1 mol/L
H2O
→ CH O
C6H12O6 
6 12 6(aq.)
1 mol
1 mol PD
[NPD] ∴ [NPD] = 1 mol/L
1 mol/L
 r TC
Como a solução de NaCl é mais concentrada 
 e TE
 e TC
a solução de glicose é menos concentrada 
 r TE
6. A2He + 11H w 51H + x 11p
2 + 1 = 1 + (x ∙ 1) s
s x = 2
A + 1 = 5 + (2 ∙ 1) s
s A = 6
QF.13
1. e
Cálculo do número de mols de H+:
1L
HNO3 s 0,02 mol
0,1 L
x
x = 0,002 mol
Cálculo do número de mols de OH –:
KOH s 0,02 mol
1 L
0,15 L
x
x = 0,003 mol
KOH(aq.) + HNO3(aq.) x KNO3(aq.) + H2O()
Cálculo do excesso:
+
–
OH(aq.)
+
x
H2O()
H(aq.)
1 mol
1 mol
0,002 mol
0,003 mol
O OH– está em excesso.
Número de mols de OH– em excesso = 0,003 – 0,002 = 0,001 mol
5.c
Lembrando que a proteína é composto molecular (covalente), temos:
π = µ · R · T · i
0,31 = µ · 0,082 · 310 · 1 s µ = 0,012 mol/L
Como: µ =
m1
684 ⋅ 10–3
s 0,012 =
MM1 ⋅ V (L)
MM ⋅ 10 ⋅ 10–3
MM = 5,6 · 103 g/mol
6. a) A pressão osmótica da injeção intravenosa deve ser igual à do
sangue, ou seja, da ordem de 7,8 atm.
H2O
b) NaCl(s)
–
Na+
+ Cl(aq.)
(aq.)
1
1
π = i ·R ·T · µ
π
µ=
i · R ·T
7,8
µ=
2· 0,082·298
µ = 0,16 mol/L
i=2
[OH– ] =
pOH = –log (4 · 10–3) w pOH = –(log 4 + log 10–3) s
s pOH = –(log 22 + log 10–3)
pOH = –(2 · log 2 + (–3)log 10) s
s pOH = –(0,6 – 3) w pOH = 2,4 ∴ pH = 11,6
2. b
Determinando o grau de ionização (α):
Ki = α2 ⋅ µ s 1,8 ⋅ 10– 5 = α2 ⋅ 5,6 ⋅ 10– 2
α = 0,0179
A concentração de H+ é dada por [H+] = α ⋅ µ
[H+] = 0,0179 ⋅ 5,6 ⋅ 10– 2 ∴ [H+] H 10– 3 mol/L
Como pH = –log [H+] ∴ pH = –log 10– 3 ∴ pH = 3
QG.28
0
0
4α
4α
β
β
1
1
1. 238
U 2→ 234
X –

→ 234
Y –
→ 234
Z 2→
92
90
91
92
4α
4α
4α
4α
2→ 230
M 2→ 226
R 2→ 222
Q 2→
90
88
86
4α
4α
2→ 218
T 2→ 214
Pb
84
82
3. d
Calculando α da substância:
Ki = α2 ⋅ µ s 8 ⋅ 10–5 = α2 ⋅ 0,2 s α = 2 ⋅ 10–2 ou % α = 2%
Como: [OH–] = α ⋅ µ s [OH] = 2 ⋅ 10–2 ⋅ 0,2 s [OH–] = 4 ⋅ 10–3
Sabendo que: pOH = –log [OH–] s pOH = – log 4 ⋅ 10–3 s pOH = 2,4
Então: pH + pOH = 14 s pH + 2,4 = 14 s pH = 11,6
2. b
As equações de 2 decaimentos β do U239 são representadas por:
239
92
U w 0−1β +
239
93
Np w β +
0
−1
número de mols 0,001 mol
=
= 4 ·10–3 mol/L
V
0,25
239
93
Np
239
94
Pu
3. De acordo com o enunciado, a idade é calculada pela expressão:
–
4. a) A equação do equilíbrio é: SO2(aq.) + H2O() x H+(aq.) + HSO3(aq.)
.
b) Porque baixo pH significa alta concentração de H+, que desloca
o equilíbrio para esquerda formando mais SO2(g).
c) Como: Kw = [H+] ⋅ [OH–] s 1 ⋅ 10–14 = [H+] ⋅ 1 ⋅ 10–10 [H+] =
= 1 ⋅ 10–4 mol/L
Lembrando que: pH = –log [H+] s pH = –log 1 ⋅ 10–4 s pH = 4
Com o auxílio da tabela fornecida o composto que predomina é
o HSO3– .
 3 He


⋅ 0,7 , e pelo gráfico, t 1 = 12,4 anos e sabendo
 3 H
2
2
 
que [3He] = 3 · [3H] , teremos: idade = 12,4 · 3 · 0,7
∴ idade = 26 anos
Idade = t 1 ⋅
4. d
P
P
100%
5
→ 50% 5
→ 25%
.730 anos
.730 anos
(vegetal vivo)
5. d
a) (F) pH = 7,5 w pH levemente básico.
Portanto, o vegetal morreu há 11.460 anos.
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
x s x = 160 dias (tempo de uma meia-vida.)
2
z = 0,16 · 104 = 1,6 · 103 L
b) (F) Adicionando base forte o pH aumenta.
c) (F) A água pura a 25 ºC tem pH = 7, portanto, o sangue é mais
básico.
d) (V) pH = 7,5 w [H+] = 10–7,5 mol/L
pOH = 6,5 w [OH – ] = 10–6,5 mol/L
∴ [OH – ] > [H+]
e) (F) O sangue é levemente básico.
QO.13
1. Soma = 23 (01 + 02 + 04 + 16)
(01) (V)
(02) (V)
(04) (V)
(08) (F) As aminas terciárias não formam ligações de hidrogênio.
(16) (V)
2. e
À medida que aumenta a quantidade de grupos eletroatraentes (eletronegativos) facilita a ionização do H+ do grupo carboxila.
3. a) Os nomes oficiais são: substância A: ácido p-nitrobenzoico (ácido 4-nitrobenzoico); substância B: ácido p-metilbenzoico (ácido
4-metilbenzoico)
b) As equações são:
QF.14
1. a) Considere o equilíbrio:
HIn
x
H+ + In–
(vermelho)
(azul)
Em meio ácido há excesso de íons H+, o equilíbrio é deslocado
no sentido de formação de HIn, portanto o papel apresentará
uma cor vermelha.
b) No diálogo, a parte em que há um conceito errado de química é:
“— E de que cor os sais deixam o tornassol?
— Sempre da mesma cor. Não têm nenhum efeito sobre ele...”
Há um erro, pois há sais de caráter ácido, neutro ou básico, isto é,
um sal de caráter ácido, quando dissolvido em água, torna o meio
ácido e, portanto, o papel de tornassol teria a cor vermelha. Um sal
de caráter básico deixaria o papel de tornassol com uma cor azul.
COOH
–
NH3(g) + H2O() x NH4OH(aq.) x NH+4(aq.) + OH(aq.)
COONa
+ H2O
CH3
4. b
5. c
Analisando os aminoácidos:
Alanina ⇒ em solução, teremos o equilíbrio:
4. Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(01) (V)
(02) (V)
(04) (F) A adição de HCl(aq.) desloca o equilíbrio para a esquerda,
mas não altera o valor de Kps.
(08) (V)
(16) (F) A precipitação ocorre por deslocamento de equilíbrio, não
por variação de pH do meio.
H3C — CH — COOH + H2O
H3C — CH — COO–
NH+
3
NH2
Então, o pH será próximo de 7 e o número de cargas positivas será
igual ao número de cargas negativas, portanto, estárá no intervalo
II.
Aspartato ⇒ em solução, teremos o equilíbrio:
5. A equação química do processo é:
+ S2–
CuS(s) x Cu2+
(aq.)
(aq.)
Em uma solução saturada: [Cu2+] = [S­2–
], portanto:
­
K­ps­ = [Cu2+ ] · [S2– ] s K­ps­ = x · x s 9 · 10 –36 = x2
x = [Cu2+ ] = 3 · 10–18 mol/L
HOOC — CH2 — CH — COOH + H2O
NH2
H3O+ + –OOC — CH2 — CH — COO–
6. b
HgS x Hg2+ + S2–
Kps = [Hg2+] · [S2–]
10–54 = x2
x = 10–27 mol/L
6 · 1023 íons
1 mol
1 íon
y
NH+
3
E para igualar o número de cargas positivas e negativas deveremos
adicionar mais H+, podendo ficar:
OOC — CH2 — CH — COO– + H+
–
1
y = ·10–23 mol
6
10–27 mol
COOH
c) A substância A será mais ácida porque o grupo nitro (–NO2) é
eletroatraente e facilita a ionização do hidrogênio ionizável.
1 mol base
d) Pela equação: 1 mol ácido
1 mol
136 g
n ⇒ n = 0,0735 mol
10 g
Como a concentração da solução de NaOH = 0,1 mol/L, temos:
1L
0,1 mol
V ⇒ Vbase = 0,735 L ou 735 mL
0,0735 mol
Pela equação fornecida a quantidade de amônia é o dobro da
quantidade de CO2, portanto, o meio será básico.
b) A urease é uma enzima, logo é um catalisador que diminui a
energia de ativação, mas não altera a entalpia da reação.
1
· 10–23 mol
6
NO2
CH3
NO2
+ NaOH
3. a) As equações envolvidas na hidrólise da ureia são:
–
CO2(g) + H2O() x H2CO3(aq.) x H+(aq.) + HCO3(aq.)
+ H2O
+ NaOH
2. d
NaH3CCOO w sofre hidrólise do ânion, originando solução básica.
NH4Cl w sofre hidrólise do cátion, originando solução ácida.
NH4H3CCOO w sofre hidrólise dos dois, originando solução neutra,
porque a constante do ácido é igual à da base.
COONa
NH+
3
HOOC — CH2 — CH — COO–
1L
NH+
3
z
3
CADERNO 4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6. a) Ca(OH­)2 w hidróxido de cálcio, cal apagada, cal extinta, água de
cal (solução) e leite de cal (suspensão).
b) A dissociação da Ca(OH)2 pode ser representada por:
Ca(OH)2 w Ca2+ + 2OH –
A 25 ºC, Kw = 10–14, o pH da solução estará num intervalo de
7 < pH < 14.
c) Ca(OH)2(aq.) + CO2(g) w CaCO3(s) + H2O()
3. Cálculo de quantidade em mol de NaOH:
1L
0,1 mol
40 ⋅ 10-3 L (40 mL)
n
n = 4 ⋅ 10–3 mol de NaOH
HLac
+ NaOH w
NaLac + H2O
1 mol
1 mol
4 ⋅ 10-3 mol
n
n = 4 ⋅ 10­-3 mol de HLac
Como 1 mol lactose — 2 mol glicose — 4 mol ácido láctico, temos:
4 · 10–3 mol de HLac — 2 · 10–3 mol de glicose — 1 · 10–3 mol de
lactose
342 g
1 mol lactose
x
10–3 mol lactose
x = 0,342 g de lactose
100 %
0,5 g
y
0,342 g
y = 68,4 % de lactose
Então o pH será < que 7, portanto, está no intervalo I.
Lisina ⇒ em solução, teremos o equilíbrio:
H2N — (CH2)4 — CH — COOH + H2O
NH2
+
H3N — (CH2)4 — CH — COO– + OH–
NH+
3
E para igualar o número de cargas positivas e negativas deveremos
adicionar mais OH–, podendo ficar:
+
H3N — (CH2)4 — CH — COO– + OH–
NH+
3
H2N — (CH2)4 — CH — COO– + H2O
4. F – V – V – V
I. (F) Os hidrocarbonetos são muito inflamáveis.
II. (V)
III. (V)
IV. (V)
NH+
3
Então o pH será > que 7, portanto está no intervalo III.
6. a
Na molécula de serotonina não há carbono quiral e não é aminoácido,
que é formado também por descarboxilização do triptofano, sendo que
apenas a serotonina apresenta a função fenol.
5. e
O álcool etílico, que também é um combustível, é adicionado à gasolina, no Brasil, em torno de 22%.
QO.14
1. b
Para ocorrer hidrólise alcalina temos que ter:
Triéster (banha de porco) + base (cátion metálico)
cinzas de carvão (ricas em potássio) w sabão + álcool
6. Soma = 35 (01 + 02 + 32)
(01) (V) A glicerina é agente umectante (ajuda a reter água).
(02) (V) Na equação temos a transformação de um éster em outro.
(04) (F) O biodiesel, nesse caso, será uma mistura de ésteres metílicos.
(08) (F) Na glicerina não existe carbono assimétrico.
(16) (F) O nome do subproduto A, segundo a IUPAC, é propan–1,2,3-triol.
(32) (V) O biodiesel por ser um éster de cadeia longa é pouco solúvel na glicerina.
2. e
I. (F) A celulose é um polissacarídio.
II. (V)
III. (V)
4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.