Hiper
Resolução dos exercícios
complementares
Química
QG.10
1.a
S
H w geometria angular w covalente polar
H
—C—
— S w linear com ligantes iguais w covalente apolar ao redor
S —
do átomo central
Na+ S2– w Na2 S w metal com ametal w ligação iônica
2.Propriedades intensivas: não dependem da quantidade de matéria.
Nesse caso:
• densidade: separa escória, menor densidade do ferro fundido,
maior densidade.
• solubilidade: escória e ferro fundido são líquidos imiscíveis.
Os tipos de ligações são:
Ferro w metal, portanto ligação metálica.
Dióxido de carbono w ametal (O) ligado a ametal (C), portanto ligação
covalente.
Observação: a 1.600 ºC o carbono e a hematita são sólidos, e nas
equações aparecem como gases.
2.e
MgO w metal com não metal w ligação iônica
H2O w ametal com hidrogênio w ligação covalente
O
H w geometria angular w polar
H
I2 w ametal com ametal w ligação covalente
I — I w geometria linear com ligantes iguais (molécula biatômica) w
apolar
Al w ligação metálica
3. I – c; II – d; III – b; IV – a
3.a
K(s) w ligação metálica
HCl (g) w ligação covalente polar
KCl(s) w ligação iônica
Cl2(g) w ligação covalente apolar
4. a
H
Cl
Cl
O
H
H — Be — H
Angular
C
B
Cl
Linear
Cl
Cl
Trigonal
plana
Cl
Cl
4. c
— O s apolar
I. O —
—C—
— O s polar
II. O —
III. MgCl2 s iônica
O
IV.
s polar
Tetraédrica
5. A fórmula eletrônica do H3PO4 é:
H
O
H
O
H
O
H
P
O
H
5. e
H — Cl
A fórmula estrutural do H3PO4 é:
polar
R
H—H
H
N
H—O
H
A fosfina possui a seguinte fórmula eletrônica:
P
H—P—H
H
H
H
R
H
apolar
H
R

µ
←1
6. a
H
O
H3C — C
H

µ
2

→
b) O
C
O µ R = µ1 + µ2 = 0
Como os vetores momentos dipolares apresentam a mesma intensidade, a mesma direção e sentidos opostos, o momento di
polar resultante (mR ) é igual a zero.
Portanto, sua geometria será piramidal.
H
6. a) O fato de a molécula ser classificada como apolar pode ser explicado de duas maneiras:
• É uma molécula linear, com os ligantes ao redor do átomo
central iguais.
• µ R= 0 . Não sofre orientação quando submetida a campo
elétrico.
A fórmula estrutural da fosfina é:
Carbono ligado a
grupo funcional,
geometria tetraédrica
C
polar
H
H
H3C — C — OH
apolar
R
H—O
H—O—P→O
H
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
QG.09
1. d
O amálgama, utilizado em restaurações dentárias, é a mistura de
mercúrio com outros metais. Atualmente seu uso é restrito por causar intoxicação com mercúrio.
QG.11
1. d
Para a água, temos:
OH
Carbono ligado a
grupo funcional,
geometria trigonal
plana
O
H
H s ligação de hidrogênio
Polar
Para o metano, temos:
1
OPV11H2Q.indd 1
12.01.11 16:43:46
H
C
s forças de Van der Waals (London)
H H H
(IV) É pouco solúvel em água por possuir longa cadeia hidrocarbônica, diminuindo muito a polaridade.
3.b
O processo sofrido por um eletrólito pode ser dissociação ou ionização.
Apolar
3. d
Pelo esquema apresentado poderemos ter 4 possibilidades de interações por ligações de hidrogênio, como mostrado na figura a seguir.
5. Soma = 10 (02 + 08)
A partir das distribuições eletrônicas, conclui-se que:
I. É o hidrogênio (1s1).
II. É um halogênio e pode formar ânion de carga 1– ou participar
de ligação covalente.
III. É um alcalinoterroso e forma cátion de carga 2+.
IV. É o carbono (2s2 2p2) e participa de ligações covalentes.
V. É do grupo 15 ou VA e forma ânion de carga 3– ou participa
de ligação covalente.
(01) Incorreta. III é o Mg.
(02) Correta. I, IV e V não são metais.
(04) Incorreta. A ligação é covalente.
(08) Correta.
H
H
N
N
N
O
H
H
N
O
N
N
H
H27C13
C13H27
N
H
O
N
4. b
As características são de substâncias iônicas, ou seja, formadas por
metais ligados a ametais.
O
2. c
Por ser a parede recoberta por um material apolar, o tipo de interação será dipolo induzido.
4. c
Quando uma substância passa para o estado gasoso, são rompidas
as ligações intermoleculares; quanto mais fracas as interações, menor o calor necessário para rompê-las.
6. a) Quando o açúcar é dissolvido na água, ocorrem rupturas das ligações de hidrogênio existentes entre as moléculas de açúcar e
formação de ligações de hidrogênio entre açúcar e água.
b) A frase, do ponto de vista químico, seria:
Plantaram e colheram a cana, moeram-na, concentraram o caldo, cristalizaram o açúcar, centrifugaram-no, secaram-no, ensacando-o.
5.d
Butan-1-ol: H3C – CH2 – CH2 – CH2 – OH
Isobutanol: H3C — CH — CH2 — OH
CH3
QG.13
1.a
1.
2.
3.
4.
Butan-2-ol: H3C — CH2 — CH — CH3
OH
CH3
2- metilpropan-2-ol:
H3C — C — CH3
2.e
I. (V)
H2O
II. (V) H3PO4 
→ 3H+ + PO34−
É um triácido ou triprótico porque tem três hidrogênios ionizáveis.
III. (V) Os hidrogênios ligados ao oxigênio podem ser substituídos por radicais orgânicos, formando ésteres fosfóricos.
IV. (F) É um ácido fixo que não se decompõe em PH3.
V. (V) Reage com base, formando sal + H2O; os sais são os fosfatos.
OH
Diminui a intensidade das forças
de Van der Waals
(diminui o tamanho
da cadeia)
y Diminui o
ponto de
ebulição
6. e
A fórmula molecular do ácido benzoico é: C7H6O2 e sua massa molar
será 122 g/mol.
A % de C será:
100 %
122 g
% C ∴ % C = 68,85%
84 g
Haverá formação de dímero:
O
3.c
5% < a < 50%: ácido moderado
a > 50%: ácido forte
a < 5%: ácido fraco
número de mols ionizados
a =
número
de mols disssolvidos
2
Ácido X w a =
= 0,1 ou 10% (mais fraco)
20
7
Ácido Y w a =
= 0,7 ou 70% (mais forte)
10
1
Ácido Z w a =
= 0,2 ou 20%
5
HO
C
C
OH
O
QG.12
1.c
Pelos dados da tabela, a substância P é iônica e a Q é molecular.
Quanto maior o a, maior é a força de um ácido.
I. F
II. F
III. V
2. a) (II) Por causa do grupo amino (— NH2).
O
(III) Por causa do grupo carboxila
C
Ácido carbônico: H2CO3
Ácido clorídrico: HCl
Ácido sulfúrico: H2SO4
Ácido fosfórico: H3PO4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
.
OH
(IV) Por causa do grupo hidroxila (— OH).
b) Forças de London ou dipolo induzido-dipolo induzido s molécula apolar.
c) (III) É mais solúvel em água por ser mais polar, por causa dos dois
oxigênios da carbonila que fazem maior número de ligações de
hidrogênio com a água que o oxigênio da hidroxila do álcool.
4.a)
b)
c)
d)
Ácido perclórico
Ácido carbônico
Ácido nítrico
Ácido iodoso
5.a)
b)
c)
d)
Forte
Fraco
Forte
Moderado
2
OPV11H2Q.indd 2
12.01.11 16:43:54
QG.15
1.V – F – V – V – F
I. (V)
II. (F) Não há necessidade de atingir o ponto de ebulição para
ocorrer a vaporização.
III. (V)
IV. (V)
V. (F) Isóbaros são átomos com números atômicos diferentes e
igual número de massa.
Um
Dois
Um
Dois
QG.14
1. Soma = 42 (02 + 08 + 32)
(01) (F) Césio é elemento representativo.
(02) (V)
(04) (F) Como o césio é metal alcalino, a base formada será CsOH.
(08) (V)
(16) (F) A = p + n s 60 = 27 + n s n = 33
(32) (V)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2. a
A correlação correta será:
5) Ânion carbonato
I. CO32 –
1) Ânion clorato
II. ClO3–
2) Ânion sulfito
III. SO32 –
4) Ânion perclorato
IV. ClO4–
3) Ânion sulfato
V. SO42 –
2. c
Sendo uma reação de neutralização total, teremos:
2Al(OH)3 + 3H2SO4 w 1Al2(SO4)3 + 6H2O
Portanto, a soma será 12 (2 + 3 + 1 + 6).
3. O vinagre apresenta em sua composição ácido acético (etanoico), então:
O
O
c) Ácido carbônico
d) Ácido clórico
a) Ácido sulfuroso
e) Ácido perclórico
b) Ácido sulfúrico
H3C — C — OH + KOH → H3C — C — O– K+ + H2O
4.e
As lacunas são corretamente preenchidas como:
I. Hidróxido de amônio
II. Sal
III. HClO
IV. Nitrito de potássio
3. d
Respectivamente, teremos:
(1) Prata w Ag
(2) Enxofre w S
(3) Sulfeto de prata w Ag2S
(4) Íons de sulfeto w S2–
5.e
Terminação do ácido: ico
Terminação do ânion: ato
Portanto, o sal será o borato de sódio.
4. b
NaClO
a) É uma substância iônica; metal ligado a não metal.
Na+[O — Cl]–
b) É um sal solúvel em água, pois todos os sais da família IA ou
grupo 1 ou metais alcalinos são solúveis.
c) ClO– w hipoclorito
Na+ w íon sódio; hidroclorito de sódio
d) Pertence à mesma função de AgNO3, os dois são sais.
e) É formado por mais de um elemento químico w substância composta.
6.d
Balanceando a equação, teremos:
2Al(OH)3 + 3H2S w 1Al2S3 + 6H2O
I. (F) 2 + 3 ≠ 1 + 6
II. (V)
III. (V)
IV. (F) O sal formado é o sulfeto de alumínio.
V. (F) 2– 3 ≠ 1 – 6
QG.16
1.a
+
CO2
(Óxido ácido)
5. d
a) NaCl w é um sal.
NaOH w é uma base.
b) É um sal que, em solução aquosa, dá origem a uma solução
neutra; não sofre hidrólise.
H2O
→ H3C — COO– + H+ w o ácido acético em
c) H3C — COOH 
solução aquosa se ioniza e libera o H+ da hidroxila.
d) A pólvora é formada basicamente por salitre do chile, carvão e
enxofre.
H2O
w
CADERNO 2
6.a)
b)
c)
d)
H2CO3
(Ácido)
2.Soma = 65 (01 + 64)
(01) (V)
(02) (F) É um óxido.
(04) (F) Óxido neutro não reage com ácidos, bases e H2O.
(08) (F)
(16) (F)
(32) (F) N2(g) + O2(g) w 2NO(g) Associação de dois gases diferentes
(substâncias simples).
(64) (V)
6.a) O sal presente em menor concentração é o sulfato de estrôncio.
O cátion é o estrôncio (38Sr2+), com 36 elétrons. Sua configuração eletrônica será 1s2, 2s2, 2p6, 3s2, 3p6, 4s2, 3d10, 4p6.
b) Sulfato de bário: BaSO4
Bicarbonato de potássio: KHCO3
c) A quantidade total de Ca2+ será:
Para a CaSO4: 2,53 mg/mL = 2,53 g/L w C = µ ⋅ MM1
2,53 = µ ⋅ 136 w µ = 0,018 mol/L
Ca2+ + SO2–
CaSO4
4
1 mol
1 mol
µCa2+ w µCa2+ = 0,018 mol/L
0,018 mol/L
Como: C = µ ⋅ MM1 w C = 0,018 ⋅ 40
C 2+ = 0,74 g/L ou 0,74 mg/L
Ca
Para Ca(HCO3)2 w 59,86 mg/mL = 59,86 g/L
Como: C = µ ⋅ MM1 w 59,86 = µ ⋅ 162 w µ = 0,369 mol/L
Ca(HCO3)2 w Ca2+ + 2HCO3–
1 mol
1 mol
µCa2+ w µCa2+ = 0,369 mol/L
0,369 mol/L
Sabendo que: C = µ ⋅ MM1 w C = 0,369 ⋅ 40 w C = 14,78 g/L
ou 14,78 mg/mL
Logo, o total será 0,369 + 14,78 ∴ Ctotal Ca2+ = 15,14 mg/mL
d) A condutividade da água mineral é maior por causa da presença
de íons em solução.
3.a
a) (F) Z = 82; e– = 82
Distribuição eletrônica:
[Xe] 4f 14 5d10 6s2 6p2
b)
c)
d)
e)
4 e– na última camada
Z = 54
Pb4+ w forma mais estável ou Pb 2+
E = 54
(V) As: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p3
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3
K
L
M
N
Chumbo s 6 camadas
Arsênio s 4 camadas
∴ RAAs < RAPb
(V) 82Pb206 e 82Pb207 s mesmo número de prótons e diferentes
números de nêutrons.
(V) Óxido anfótero, comporta-se como óxido básico ou ácido.
(V) Estabiliza-se perdendo elétrons.
4. O monóxido de carbono é uma substância que pode matar em pouco
tempo, dependendo do tempo e concentração no ambiente poluído.
3
OPV11H2Q.indd 3
12.01.11 16:43:57
3 mol Cl –
n –
O CO se combina com a hemoglobina, formando a carboxiemoglobina, que provoca a morte do indivíduo. O conversor catalítico, popularmente denominado de catalisador, tem como função transformar
substâncias tóxicas, formadas na combustão dos motores, em substâncias não tóxicas. Veja o esquema:
CO2
CO
conversor
N2
NOx
catalítico
O2
n
Cálculo da concentração de íons em 50 mL de solução de KCl:
H2O
→ K +
+
Cl –
KCl 
1 mol
1 mol
1 mol
1 mol/L
µ+
µ –
K
2+
23(s)
K
K
1 mol Cl –
n –
n
+ HSO
Portanto:
1 mol Al 3+
n 3+ Al
n
Al3+
Al
= 0,5 mol ou µ
3+
para o K :
50 · 10–3 mol
n+
K
1L
Al3+
= 0,5 mol/L
0,1 L
1L
∴ n + = 0,5 mol ou µK+ = 0,5 mol/L
K
para o Cl –:
n
TCl –
∴ n
= 150 · 10–3 + 50 · 10–3
TCl –
= 200 · 10–3 mol
Cl
0,1 L
1L∴n
Cl –
= 2 mol ou µCl – = 2 mol/L
Soma = 0,5 + 0,5 + 2 = 3
6.Soma = 6 (02 + 04)
m1
60
(01) (F) µ =
wµ=
w µ = 1,25 mol/L
(MM1·V (L))
160·0,3
(02) (V) C = µ ⋅ MM1 w C = 1,25 ⋅ 160 w C = 200 g/L
1L
(04) (V) 200 g
5 ⋅ 10–3 L (5 mL)
m
uma dose
m = 1 g
três doses ∴ x = 3 g
x
160 g
(08) (F)1 mol
60 g w nA = 0,375 mol
nA
Solução final
0,9% (m/V)
Vf = ?
QF.06
1. c
4.000 g de CH4 16 g de CH4
x = 212,8 kcal
liberam
53.200 kcal
x
2.c
I (V)
II. (F) 1 chama-se evaporação.
III. (V)
IV. (V)
3. a
A transformação de 3 mol de O2 em 2O3 absorve 284 kJ.
32 g
1 mol de O2
y
3 mol
y = 96 g
absorvem
284 kJ
96 g O2
x
1.000 g de O2
x = 2.958,33 kJ
Como o DH > 0, o processo é endotérmico.
5. Cálculo da concentração de íons, em 50 mL de solução de AlCl3:
H2O
→ Al 3+
+
3Cl –
AlCl3 
1 mol
1 mol
3 mol
1 mol/L
µ 3+
µ –
Cl –
Al
∴ n
3+
+
E sabendo que:
CSol1 · VSol1 + CSol2 · VSol2 = CSolFinal · VSolFinal
1,5 · VSol1 + 0,5 · VSol2 = 0,9 · 100
Teremos:
1,5 · VSol1 + 0,5 · VSol2 = 90 s equação (I)
VSol1 + VSol2 = 100 ∴ VSol1 = 100 – VSol2 s equação (II)
VSol1 = 100 – VSol2
Substituindo (II) em (I), teremos:
1,5 · (100 – VSol2) + 0,5 · VSol2 = 90
V2 = 60 mL e
V1 = 100 – 60 s V1 = 40 mL
Al
n
200 · 10–3 mol
n –
Solução 2
0,5% (m/V)
V2 = ?
= 1 mol/L e µ
0,1 L
4. Veja o esquema:
Al3+
+ VKCl s VT = 100 mL ou 0,1 L
para o Al 3+:
50 · 10–3 mol
3.b
Vf = 800 – 600 = 200 mL
nf = ni
µ1 ∙ V1 = µ2 ∙ V2
0,02 ∙ 800 = µ2 ∙ 200
µ2 = 0,08 mol/L
∴ µ
Na mistura: VT = VAlC l
3
(aq.)
−
3 (aq.)
2.d
µ1 ⋅ V1 = µ2 ⋅ V2
0,25 ⋅ 1 = 0,1 ⋅ V
V = 2,5 L
Como já temos 1 L, devemos adicionar 1,5 L de água à solução.
= 50 · 10–3 mol
Cl –
QF.05
1.a
Em uma diluição, aumentam-se apenas o volume do solvente e o da
solução, a massa do soluto permanece constante.
Solução 1
1,5% (m/V)
V1 = ?
1L
50 · 10–3 L (50 mL)
Cl
2+
(aq.)
b) Ca + CO +2H
1L
50 · 10–3 L (50 mL)
n + = 50 · 10–3 mol
→ Ca +H2O( , ) + CO2(g)
+
(aq.)
= 1 mol/L
Cl –
K
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
SO2(g) + H2O(,) z H2SO3(aq.) z H
Cl
∴ µ + = 1 mol/L e µ
Portanto:
1 mol K+
n+ 6. a) As equações são:
CO2(g) + H2O(,) z H2CO3(aq.) z H+(aq.) + HCO3−
= 150 · 10–3 mol
Cl –
5. e
(5) Na2O
(4) H2S
(2) SO2
(5) Na2O
(2) SO3
(6) KOH
Soma = 5 + 4 + 2 + 5 + 2 + 6 = 24
+
(aq.)
1L
50 · 10–3 L s (50 mL)
Cl
Cl
= 3 mol/L
1L
50 · 10–3 L (50 mL)
4.Soma = 24 (08 + 16)
(01) (F) A fórmula estrutural é: O = O w O ou O = O =O
(02) (F) O mais estável é o O2.
= 50 · 10–3 mol
4
OPV11H2Q.indd 4
12.01.11 16:44:07
(04) (F) Calor do lado dos reagentes significa entrada de calor, portanto processo endotérmico.
(08) (V)
(16) (V)
(32) (F) A entalpia padrão de formação do ozônio é:
2 mol O3
284 kJ
x
1 mol O3 ∴ x = 142 kJ/mol
2H2(g) + 2C(graf) +
4.b
A equação química é:
1
1H – H + O = O w 1H – O – H
2
Ligações rompidas: processo endotérmico
H – H = 104 · 1 = 104
1
= 59
O = O = 118 ·
2
5. a
DH = ∑ Hf produtos − ∑ Hf reagentes
DH = {(6 ⋅ 0) + (– 991)} – {(6 ⋅( –393)) + (6 ⋅ (–241))}
DH = –991 – {(–2.358) + (–1.446)}
DH = –991 + 3.804 = 2.813 kJ/mol de glicose formado
Como no exercício pede-se a energia liberada na combustão da glicose:
DH = –2.813 kJ/mol glicose.
liberam
2.813 kJ
1 mol de glicose 180 g
liberam
x
36 g
x = 562,6 kJ
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
−1.130 kJ 4 ·( −270) kJ
Total = +163
Ligações formadas: processo exotérmico
H – O: 111 · 2 = 222
Total = –222
DH = +163 – 222 s DH = –59 kcal/mol H2O
5. d
A equação da reação é:
H
H +C
l —
Cl w 

2H
—
Cl −


Reagentes:
Produto:
quebra de ligação
0
w
UF6(g) + 2H2O(g)
H — H: 436
H — Cl: 2 · 432:  864
+
Cl — Cl: 243
⊕ 679
2 mol HCl
Saldo de energia: DH = 679 – 864 = – 185 kJ
1 mol HCl
Q
Q = –92,5 kJ/mol
–2.110kJ 2·(–240) kJ
HReag.
HProd.
Então, como: DH = Hprod. – Hreag., teremos:
DH = [–2.110 + 2 · (–240)] – [–1.130 + 4 · (–270) + 0]
DH = (–2.590) – (–2.210)
DH = –380 kJ/mol
QF.07
1.a) CCl4 s fórmula estrutural espacial s Cl
6.d
A equação é: CH4(g) w 4H(g) + 1C(g)
Mantém 1ª: C(s) w C(g) DH1 = +170,9
DH2 = +208,4
Mantém 2ª: 2H2(g) w 4H(g) DH3 = +17,9
Inverte 3ª: CH4(g) w C(s) + 2H2(g) CH4(g) w C(g) + 4H(g) DHT = DH1 + DH2 + DH3
DHT = 170,9 + 208,4 + 17,9 ∴ DHT = 397,2 kcal/1mol CH4
Como em 1 mol de CH4 temos 4 ligações C – H, então:
397,2 : 4 H 100 kcal/mol
Cl
C
formação de ligação
Cl
Cl
Geometria
tetraédrica
s ligação para frente do plano do papel.
s ligação para trás do plano do papel.
Nessa estrutura a soma dos vetores polaridade é zero, portanto
a molécula é apolar.
b) Pelas equações podemos aplicar a lei de Hess da seguinte
forma:
CCl4() w C(g) + 4Cl(g) ∆H = +1.338,8 kJ/mol
C(g) + 4Cl(g) w CCl4(g) ∆H = –1.306,3 kJ/mol
CCl4() w CCl4(g) ∆H = +1.338,8 + (–1.306,3)
∆HT = 32,5 kJ/mol
O processo é endotérmico (ΔH positivo).
QF.08
1.c
Pelo gráfico, observa-se que:
• concentração de C diminui, portanto reagente s NO2
• concentração de B aumenta e é metade de A, portanto, produto s O2
• concentração de A aumenta e é o dobro de B, portanto produto sNO
2. e
Toda reação de combustão é exotérmica (∆H < 0)
Nesse caso, as equações são:
1
C(s) + O2(g) → CO(g) combustão incompleta
2
2. b
N2O4(g)
2NO2(g)
0,050 mol/L
0
Gasta
0,017 mol/L
Forma
0,034 mol/L
0,033 mol/L
X = 0,34 mol/L
Gasta
0,008 mol/L
Forma
0,016 mol/L
y = 0,025 mol/L
0,50 mol/L
Início
C(s) + O2(g) → CO2(g) combustão completa
Na combustão completa haverá maior liberação de calor, então:
H
(kJ · mol–1)
CADERNO 2
6. a
A equação da reação é:
UO2(g) + 4HF(g) + F2(g)
1
O2(g) w H3C – COH() DH = – 24,6 kcal
2
C(s) + O2(g)
t = 20 µs
1
O
CO(g) +
2 2(g)
t = 40 µs
CO2(g)
−1
vmN2O4 = 0,017 mol ⋅ L
20 µs
3.d
Reação de formação do acetaldeído:
1
O2(g) w H3C – COH()
DH = ?
2H2(g) + 2C(grafite) +
2
Lei de Hess:
Multiplicar a equação 1 por 2:
2C(graf) + 2O2(g) w 2CO2(g) DH = –188 kcal
Multiplicar a equação 2 por 2:
DH = –115,6 kcal
2H2(g) + O2(g) w 2H2O(g) Inverter a equação 3:
5
2CO2(g) + 2H2O(g) w H3C – COH() + O2(g) DH = +279 kcal
2
= 8,5 ⋅ 10– 4 mol ⋅ L– 1 ⋅ μs– 1
Observação: O que reage segue a estequiometria da reação.
3. a
No intervalo de 0 a 4 min, temos:
Velocidade de formação do C2H6:
vm =
12 − 0
Dn
s vm =
s v m = 3 mol/min
4
Dt
Como a proporção estequiométrica é 1 : 1, temos:
1 mol C2H6
1 mol C2H2
3 mol/min
v
vconsumo = 3 mol/min
5
OPV11H2Q.indd 5
12.01.11 16:44:16
4. c
a) (F) Sendo a entalpia dos reagentes maior que a dos produtos, a
reação é exotérmica.
b) (F) A energia de ativação da 1a etapa é menor que a da 2a, portanto ela é mais rápida.
c) (V) A energia de ativação da 3a etapa é menor que a da 2a, portanto ela é mais rápida.
d) (F) É a etapa mais lenta que determina a velocidade da reação.
Como a energia de ativação é maior na etapa 2, ela é a mais
lenta.
CH3
b) H3C — CH2 — C — CH2 — OH s C6H14O (F)
CH3
O
CH3
c) H3C — C — CH — CH3 s C5H10O (V)
OH
5.e
I. (V)
II. (F) A catálise é heterogênea, pois catalisador e reagentes estão em estados físicos diferentes.
III. (V)
IV. (F) Quando um dos produtos catalisa a própria reação recebe
o nome de auto-catálise.
d) H C — CH — CH s C H O (F)
3
2
4 10
CH3
O
e) H3C — CH2 — C — CH3 s Este composto não existe, pois o car-
6. b
A alternativa incorreta é a b, pois o catalisador aumenta a velocidade da reação, diminuindo a energia de ativação.
c) O catalisador atua na reação direta e na inversa com a mesma
intensidade.
d) O catalisador não desloca o equilíbrio.
e) Uma reação ocorre independentemente da presença de um catalisador. Ele por si só não faz com que uma reação química ocorra.
CH3
bono de número 2 está fazendo cinco ligações.
cis-1,2-dicloroeteno
Cl μ
C
μ
H
QO.05
1. d
μ Cl
C
μ H
μR ± O (polar)
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
Estas são as estruturas
possíveis com essa
fórmula molecular
H3C — CH — CH2 — CH3
trans-1,2-dicloroeteno
Cl μ
C
μ
H
CH3
CH3
μ H
C
μ
Cl
μR = O (apolar)
H3C — C — CH3
CH3
Esta fórmula geral é dos alcanos (CnH2n + 2).
O composto que apresenta o menor ponto de ebulição é o trans-1,2-dicloroeteno, pois sua molécula é apolar.
Observação: São isômeros geométricos.
2. c
5. e
I. Fórmula molecular s C8H8O3 Fenol OH
I. (V) As duas fases correspondem ao combustível, que é apolar, e ao composto fluorescente dissolvido na água.
II. (V) O composto não fluorescente, solúvel em água, é um sal de
sódio, como podemos observar, analisando a figura.
III. (V)
O
—C
O — CH3
Éster
–
CH3
H
Aldeído
São isômeros de função. Ambos apresentam hidroxila fenólica e são
solúveis em H2O.
O
O
• Não fluorescente
• Solúvel em água
• Isômero cis
• Fluorescente
• Solúvel em água
• Isômero trans
QO.06
1. c
Os compostos I e II representam duas substâncias opticamente ativas porque possuem um carbono quiral (assimétrico).
C — CH — CH2 — CH3 s C5H10O2
HO
O Na+
6. e
Nas estruturas do enunciado, temos, respectivamente, o trans-resveratrol e o cis-resveratrol, que possuem a função fenol,
com cadeia aromática, possuindo ainda carbonos secundários e
terciários.
H3C — C — CH2 — CH2 — CH3 s C5H10O
a)
H
–
O Na
+
Éter
C
O
Luz
UV
H
—O
3. c
H
H
O
Fenol OH
O
O– Na+
O– Na+
II. Fórmula molecular s C8H8O2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4. c
CH3
6
OPV11H2Q.indd 6
12.01.11 16:44:27
2.e
H
COOH
Cl
NH2
Eritrose s
O
Cl
métrica.
H
, 2 carbonos assimétricos.
C
QO.07
1.b
H — C*— OH
H
H — C *— OH
Cl
H — C — H + 4Cl — Cl w Cl — C — Cl + 4H — Cl
H—C—H
OH
H
Cl
2.e
V – V – V
H
Glicerol s H — C — OH , não há carbonos assimétricos.
3.d
V – F – F – F – V
1. (V)
2. (F) Não há carbono quiral.
H — C — OH
H—C—H
OH
CH3
3. b
Me
H3C — C — CH2 — CH — CH3
H OH
C*
H
O
Me Me
CH3
C*
CH3
3. (F) Não há isômeros geométricos.
4. (F) Poderão ser obtidos 4 compostos diferentes.
5. (V)
— CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH3
O THC apresenta dois carbonos assimétricos (assinalados na figura),
sendo opticamente ativo.
4.b
OH
OH
4. e
Analisando a estrutura, temos:
+ 3HNO3
H2SO4
H O
H C*
Amina
N
secundária
C*
H
O
O2N
NO2
NO2
N
N
CADERNO 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
CH — C* — CH3 apresenta isomeria óptica e geo-
e) H3C — C
Glicina s H — C — H , não há carbonos assimétricos.
O
5.a) Sequência I: primeiro obtemos o derivado ramificado do benzeno em que o catalisador (AlCl3) realiza um ataque eletrófilo e o
radical orgânico é orto/para dirigente.
O
b) A: H3C(CH2)3
Amida
(CH2)3CH3
Éter
Os átomos assinalados com asterisco são assimétricos.
SO3H
5. d
A w são isômeros geométricos.
B w são isômeros geométricos.
C w são isômeros ópticos.
B:
(CH2)3CH3
(CH2)3CH3
6.e
CH — CH2 — CH3 apresenta somente isomeria
a) H3C — CH
geométrica.
b) H3C — C
C — CH — CH3 não apresenta nenhuma das isome-
6. V – F – V – V – F
I. (V)
CH3
rias.
Cl
H
II. (F) No equilíbrio sempre há quantidades de reagentes e produtos coexistindo ao mesmo tempo.
III. (V) H2SO4 é agente desidratante e, portanto, atua como catalisador.
IV. (V)
V. (F) Esta é uma substituição eletrofílica aromática.
Cl
tica.
d) H3C — C
CH3
Cl é cloro benzeno.
c) H C — C* — CH — C* — CH apresenta somente isomeria óp3
2
3
Cl
SO3H
CH — CH — CH3 não apresenta nenhuma das isoCH3
QO.08
1. c
merias.
7
OPV11H2Q.indd 7
12.01.11 16:44:40
4. b
A equação da reação é:
H3C — C
Br
+ HBr
CH3
H
Cl
2. b
H3C — CH2 — C — CH2 — CH3
Br
—C—C—
— CH2 + HBr
H2C —
H H
— C — CH3
H2C — C —
H H
CH3
5.a) A reação da equação é:
3. a) A fórmula do carbocátion é:
Cl
H3C — CH2 — C — CH2 — CH2 — CH3
H3C — C
CH3
CH3
b) As fórmulas são:
H3C — CH
C — CH2 — CH2 — CH3
Cl H
–
+
δ+ δ –
H3C — C — C — CH3 + H — Cl w H3C — C — C — CH3
CH — CH2 — CH3
CH3
H3C — CH2 — C — CH2 — CH2 — CH3
Carbocátion
CH2
CH3 H
Carbânion
6.d
H3C — C — CH2 — CH2 — CH3 + HCl
c) Será o composto de fórmula:
H 2C
CH3
b) A reação obedece à regra de Markovnikoff, ou seja, o H de HX é
adicionado ao carbono mais hidrogenado da insaturação. Tecnicamente:
CH3
H3C — CH2 — C
CH — CH3 + H — Cl w H3C — C — CH2 — CH3
CH2
C — CH2 — CH2 — CH3
Cl
CH2
H3C — C — CH2 — CH2 — CH3
CH3
CH3
Porque os ligantes da dupla são iguais.
CH3 H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
C — CH2 — CH3 + HCl
8
OPV11H2Q.indd 8
12.01.11 16:44:48