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Resolução dos exercícios
complementares
QUÍMICA
QG.01
1.d
Analisando-se as curvas de aquecimento, observa-se que tanto A como
B são misturas azeotrópicas, pois, durante suas fusões, a temperatura
varia (TFA < 10 ºC e TFB < 5 ºC), porém a ebulição ocorre à temperatura constante (TEA = 70 ºC e TEB = 50 ºC). Durante a mudança
de estado físico coexistem os estados de transição, ou seja, no caso de
fusão, sólido e líquido.
5. e
3. b
Água destilada é substância composta formada por H2O(ℓ).
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (V)
V. (V)
Átomo
75
4. a
A aparelhagem é utilizada na destilação simples, que consiste na separação de um solvente volátil de um soluto não volátil.
X
e– = 33
Ganhou
3 e–
íon
75
X
3–
e– = 36
Z = p = 33
Como: A = p + n ∴75 = 33 + n ∴ n = 42
5. c
Mistura água + óleo: decantação
Mistura areia + açúcar: dissolução fracionada
Mistura água + álcool: destilação fracionada
Mistura limalha de ferro + óleo: filtração
Mistura O2 + CO2: liquefação fracionada
6. e
Pela distribuição: 1
s2 2s2 2p6 3s2 3p6 , temos total de 18 e–.


 
 

K
L
M
Essa distribuição corresponde ao átomo neutro de Ar e ao cátion Ca2+.
QG.03
1. c
O elemento de número atômico 16 é o enxofre, que possui a seguinte
32
representação: 16
S, portanto, seu número de prótons, elétrons e nêutrons é 16.
Sua distribuição eletrônica no estado fundamental é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
Como possui 6 elétrons (3s2 3p4) na camada de valência (que é a 3a,
M), pertence ao grupo 16 (VIA) — calcogênios — e está localizado no
3o período.
6. b
A ordem dos fenômenos é:
Misturar – físico
Oxidar – químico
Diluir – físico
Sublimar – físico
Metilar – químico
Isomerizar – químico
Enferrujar – químico
Cristalizar – físico
Digerir – químico
Destilar – físico
Acidificar – químico
2.c
Como A e B são isótopos, temos: ZA = ZB
3x + 2 = 5x – 2 ∴ x = 2
Substituindo em A temos: ZA = 3x + 2
ZA = 3 ⋅ 2 + 2 ∴ ZA = 8
A distribuição eletrônica ficará:
1s2 2s2 2p4
K
L
⇓
⇓
2
6
Família VI A ou grupo 16 (calcogênios)
QG.02
1.V – V – V – V
I. Verdadeira. Para Dalton o átomo era indivisível.
II. Verdadeira. Os átomos de um mesmo elemento apresentariam mesma massa.
III. Verdadeira. Os átomos permanecem inalterados nas transformações.
IV. Verdadeira. Em uma substância, há uma proporção fixa de
seus constituintes.
3. b
As configurações eletrônicas no estado fundamental dos elementos
X, Y e Z e suas características são:
— elemento representativo;
X w 1s2 2s2 2p5 — 2º período;
K
L

— grupo 17 (VIIA); família dos halogênios.
2
7
— elemento representativo;
Y w 1s2 2s2 2p6 3s1 — 3º período;
K
L
M 
— grupo 1 (IA); família dos metais alcalinos.
2
8
1
— elemento representativo;
Z w 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p5— 4º período;
K L
M
N 
— grupo17(VIIA); família dos halogênios.
2 8
18
7
2. b
O desenho ilustra o experimento de Geiger e Marsden, que deu origem ao modelo de Rutherford.
3. a
Para um átomo neutro: número de elétrons = número de prótons =
= número atômico
Neste caso, 29.
Número de nêutrons (n) = número de massa (A) – número de prótons (Z)
Portanto: n = 61 – 29 = 32 nêutrons
4. b
1
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2. a
I. Sublimação (sólido para gasoso)
II. Solidificação (líquido para sólido)
III. Evaporação (líquido para gasoso)
IV. Fusão (sólido para líquido)
I. Correta. Isótopos são átomos que possuem mesmo número
atômico, porém diferente número de massa.
II. Incorreto. O número atômico é o número de prótons.
III. Incorreta. O número de massa é a soma do número de prótons
e de nêutrons.
IV. Correta. Isóbaros são átomos que possuem diferentes números atômicos, mas iguais números de massa.
V. Correta. Isótonos são átomos que apresentam mesmo número
de nêutrons.
4. c
O raio do cátion é sempre menor que o raio do átomo.
O raio do ânion é sempre maior que o raio do átomo.
O raio do Rb+ e do Br– são diferentes. Terá o maior raio o íon que
tiver menor número atômico. Rb+ tem maior número atômico, portanto raio menor.
6. b
QG.05
1. d
5. c
Os átomos de elementos que se localizam em grupos situados à direita (de maior número) na tabela periódica apresentam maior eletronegatividade.
O grupo ao qual pertence o elemento é definido pelo número de
elétrons na camada de valência. Neste caso temos:
grupo 1 ou IA
I. 3s1 grupo 2 ou IIA
II. 3s2 grupo 15 ou VA
III. 2s2 2p3 grupo 17 ou VIIA
IV. 2s2 2p5 grupo 18 ou gases nobres
V. 2s2 2p6 P
Cl
Cl
Br — Br
C
CCl4
Cl
3.Soma = 30 (02 + 04 + 08 + 16)
Cl
—
—
O
H
H
Cl
Cl
—
—
—
—
(exceção à regra do octeto) w linear
Cl
III. (F) A geometria angular da água
Cl
CCl4
w tetraédrica
C
—
Cl
Cl
Cl
5. F – V – F – V
I. (F) A ruptura total das ligações de hidrogênio ocorre apenas
na passagem líquido-gás.
II. (V)
(idem ao anterior) w trigonal plana
B
Cl
4. d
As interações que aparecem nas moléculas de H2O nos estados sólido
e líquido são as ligações de hidrogênio.
w angular
BCl3
—
—
Cl
H
H — Be — H
w geometria piramidal s polar
w geometria tetraédrica com átomos iguais ligados ao
átomo central
C
5. a
BeH2
H
Cl
(16) (V)
Tetraédrica
O
H
—
H
w geometria angular s polar
H
N
N
H e
redor do átomo central s apolar
O
H
N
O w geometria linear com todos os ligantes iguais ao
—
(08) (V)
Cl
C
H
H+
H
Cl
—
4. F – F – V – F
As fórmulas estruturais são:
—
—
(02) (V)
w geometria tetraédrica com todos os ligantes iguais
ao redor do átomo central s apolar
C
Cl
(04) (V)
H2O
Cl
Cl
w molécula tetraédrica com todos os
ligantes iguais ao redor do átomo central s
s apolar
2. V – F – V – F – V
(V)
(F)A ligação entre Na e Cl é iônica porque sódio é metal e cloro é
ametal.
(V)
(F) Os átomos se unem por ligação covalente, as forças de Van der Waals
ocorrem entre moléculas de Cl2 no estado sólido ou líquido.
(V)
(01) (F)
Piramidal
w molécula diatômica com ligantes iguais
s apolar
Cl
3. Soma = 5 (01 + 04)
(01) Correta.
(02) Incorreta. O composto é iônico, portanto sólido.
(04) Correta.
(08) Incorreta. O composto é iônico e, portanto, sólido.
(16) Incorreta. O tipo de ligação é covalente.
H
Cl
Cl
Fórmula
estrutural
H
w geometria trigonal plana com ligantes
iguais ao redor do átomo central s apolar
B
Br2
w geometria linear com ligantes diferentes
ao redor do átomo central s polar
w geometria piramidal s polar
Cl
Cl
BCl3
H— C — N
Fórmula de
Lewis
N
O
H
H
é a mesma, indepen-
dentemente do estado físico (para qualquer substância o estado físico não influiem sua geometria).
Cl
IV. (V)
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
s
H
H—C
PCl3
2.d
Consultar a tabela periódica.
N
w geometria angular s polar
H
HCN
QG.04
1. a
Se a fórmula do composto é X3Y2, conclui-se que Y forma um ânion de
carga 3–, portanto sua camada de valência possui 5 elétrons.
C
S
H2S
6. c
I. Correta.
II. Incorreta. São os gases nobres.
III. Correta.
IV. Incorreta. Sua configuração eletrônica é idêntica à do gás nobre do período anterior.
V. Correta. A eletronegatividade, em um mesmo grupo, diminui
com o aumento do número atômico.
H
I. (F) São usados porque são maleáveis e de difícil oxidação.
II. (V)
III. (V)
IV. (V)
6. a
Como na tabela os valores são colocados em relação ao acetato de
butila (valor 100), temos que o acetato de etila (615) é o mais volátil
de todos e que o acetato de propila (275) é mais volátil que o padrão. Já o acetato de pentila (42) é menos volátil que o padrão.
Como todas as substâncias são ésteres, todas têm a mesma força
intermolecular (dipolo permanente), portanto a diferença na taxa de
evaporação depende da massa molar.
IV. Na+ + Fluoreto (F–) w NaF
V. Al(OH)3
QG.06
1. c
Para a lâmpada se acender, é necessário que a solução seja eletrolítica. A única substância que forma solução eletrolítica é o HCl, por
causa da sua ionização.
H — O
III. (V)
IV. (F) O Mg(OH)2 é pouco solúvel em água.
6. a
I. (V)
II. (F) O NaHCO3 é composto orgânico, veja:
Na+
C—O
QG.08
1.c
2. b
A condução de corrente elétrica no estado líquido é característica
de composto metálico ou iônico fundido, nesse caso, LiCl(,).
H Cl O4
+1 +1 –2
+1 +7 –2
+1 +7 –8
+1
+5
–2
+1
+5
–6
300 moléculas totais
100 moléculas totais
0
0
2. I – d; II – a; III – c; IV – e; V – b
H Cl
Ca C O3
+2 +4 –2
+1 –1
+2 +4 –6
4. e
HCl w Ácido clorídrico
Na2 S O4 HNO3 O2
+1 +6 –2 +1+5 –2 0
+2 +6 –8 +1+5 –6
5.d
A etapa (1) é uma dissolução de gases.
A etapa (3) mostra a ionização parcial do ácido carbônico.
3. e
Os agentes oxidantes são as espécies químicas que sofrem redução, ou
seja, sofrem diminuição em seu estado de oxidação; portanto, teremos:
6. d
Hidróxido de amônio
NH+4 OH– w NH4OH
I) MnO–4 (aq.)
Mn2+
(aq.)
Oxidante: MnO–4(aq.)
QG.07
1. b
Al(OH)3(s) + 3HCl(aq.) w AlCl3(aq.) + 3H2O()
e. É um sal usado para engessar membros fraturados.
d.É um óxido usado como protetor solar pelos
surfistas.
IV. NaF
a. É uma das substâncias constituintes das pastas de
dentes. Evita a formação de cáries.
V.Nal
b. É adicionada ao sal de cozinha para evitar a formação de bócio.
0
Redução
–2
H2O(
)
Oxidante: H2O2(aq.)
–1
–2
IV) Cl2(g)
NaCl(s)
Oxidante: Cl2(g)
B
II.CaSO4
Fe2O3(s)
Redução
III.ZnO
+2
III) H2O2(aq)
4.
c. Pode ser usada como fermento na manufatura de
bolos.
+7
Oxidante: O2(g)
3. b
a) (V) KMnO4 w permanganato de potássio é utilizado como bactericida por sua ação oxidante.
b) (F) HNO3 + NaOH w NaNO3 + H2O w é um sal proveniente de
um ácido e de uma base fortes.
c) (V) H3BO3 s m = 3 – 3 = 0 (ácido fraco).
d) (V) KI w todos os sais da família IA são solúveis.
e) (V) É uma base que, em contato com uma solução de fenolftaleína,
torna o meio rosa.
I.NaHCO3
Redução
II) O2(g)
2. c
As fórmulas das substâncias são respectivamente:
Hidrogenocarbonato de sódio: NaHCO3
Sulfeto de zinco: ZnS
Dicromato de potássio: K2Cr2O7
Nitrito de sódio: NaNO2
A
H Cl O H Cl O3
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3.15 moléculas dissociadas
α
α = 5%
Trata-se de um eletrólito fraco.
–O
0
Redução
–1
4. b
A equação fica corretamente balanceada, quando x = 7, veja:
x
K2Cr2O7(aq.) + 4H2SO4(aq.) + 3C2H5OH(v) w 3C2H4O(g) + K2SO4(aq.) + Cr2(SO4)3(aq.) + 7H2O( )
+6
D=2·3=6
–3
O sal verde é o sulfato de cromo III.
A fórmula: C2H5OH é do etanol e C2H4O é etanal.
Quando pH > 7, o meio é básico.
5. c
Equação balanceada:
1K2Cr2O7 + 3SnCl2 + 4HCl w 2KCl + 2CrCl3 + 3SnCl4 + 7H2O
O crômio se reduz (+6 w +3) e o estanho se oxida (+2 w +4), portanto o K2Cr2O7 é o agente oxidante e o SnCl2 é o agente redutor.
5. a
I. HNO3
II. Ca2+O2– w CaO
) w BaSO4
III. Ba2+ + Sulfato ( SO2–
4
3
+
+4 –2
4HCl
Cálculo do número de moléculas, de mols e de átomos
18 g
6 ⋅ 1023 moléculas
1 mol de H2O
180 g
y
x
x = 10 mol e y = 6 ⋅ 1024 moléculas
3 átomos
1 molécula de H2O
z
6 ⋅ 1024 moléculas
z = 1,8 ⋅ 1025 átomos
98 g
6 ⋅ 1023 moléculas
1 mol de H2SO4
490 g
v
t
t = 5 mol e v = 3,0 ⋅ 1024 moléculas
7 átomos
1 molécula de H2SO4
u
3 ⋅ 1024 moléculas
u = 2,1 ⋅ 1025 átomos
98 g
6 ⋅ 1023 moléculas
1 mol de H3PO4
490 g
p
n
n = 5 mol
p = 3 ⋅ 1024 moléculas
8 átomos
1 molécula de H3PO4
q
3 ⋅ 1024 moléculas
q = 2,4 ⋅ 1025 átomos
(01) Verdadeira
(02) Verdadeira
(04) Falsa
(08) Verdadeira
(16) Verdadeira
w 1MnCl2 + 2H2O + 1Cl2
+1 –1
+2 –1
+1 –2
0
ganhou 2 e–
sofreu redução
perdeu 1 e–
sofreu oxidação
MnO2 w MnCl2 w 2 · 1 = 2
÷2
1 1
÷2
HCl w Cl2 w 1 · 2 = 2
1 1
I. (V) Na primeira reação observa-se que, para cada mol de MnO2, são
necessários 4 mol de HCl.
II. (V) Na segunda reação observamos que, para cada mol de I 2
formado, são consumidos 2 mol de KI.
III. (V) O manganês ganhou elétrons, sofreu redução.
IV. (V) O HCl é agente redutor.
V. (V) 2 + 1 + 2 + 1 = 6
QF.01
1. b
Na2SO4 ⋅ 3H2O
2 ⋅ 23 + 1 ⋅ 32 + 4 ⋅ 16 = 142 u
Como se trata de um sal hidratado, soma-se a massa de 3 moléculas
de água à massa do sal.
3H2O s 3 · (2 ⋅ 1 + 1 ⋅ 16) = 3 ⋅ 18 = 54 u
∴ 142 + 54 = 196 u
QF.02
1.d
Pelos dados podemos escrever:
C = µ ⋅ MM1 = 1.000 ⋅ d ⋅ †
Como C = 3,545 mg/L ou 3,545 ⋅ 10– 3 g/L, teremos:
3,545 ⋅ 10– 3 = µ ⋅ 354,5 ∴ µ = 1 ⋅ 10– 5 mol/L ou
1 ⋅ 10– 5 mol DDT em 1 L de solução
Lembrando:
6 ⋅ 1023 moléculas
1 mol DDT
x ∴ x = 6 ⋅ 1018 moléculas
1 ⋅ 10– 5 mol DDT
2. d
Pela densidade:
m
m
∴ 13,53 =
∴ m = 343,662 g
V
25,4
d =
Então: 1 mol átomos Hg
200 g
343,662 g
x
x = 1,71 mol e y = 1,03 ⋅ 1024 átomos
3. d
A massa molar da aspirina é:
C = 12 ⋅ 9 = 108
H = 1 ⋅ 8 = 8
O = 16 ⋅ 4 = 64
Total = 180 g/mol
180 g
N
Então: 1 mol de aspirina
500 mg s 500 ⋅ 10–3 g
x = 0,025 N ou
6 ⋅ 1023 átomos
y
2. b
Pelas informações: C = µ ⋅ MM1 = 1.000 ⋅ d ⋅ †
3,90 = µ ⋅ 78 ∴ µ = 0,05 mol/L ou 5 ⋅ 10– 2 mol/L
A equação de dissolução é:
Al (OH)3 w Al3+ + 3OH–
3 mol
1 mol
x ∴ x = 1,5 ⋅ 10–1 mol/L
5 ⋅ 10– 2 mol/L
9 · N átomos de C
x
3. e
Em relação ao NaCl temos:
0,9 g NaCl
100 mL soro
mNaCl y mNaCl = 1,8 g
200 mL soro
Como NaCl w Na+ + Cl–
1 mol
1 mol
35,5 g
58,5 g
, g
x ∴ x = m − = 109
1,8 g
Cl
A concentração, em mol/L, de Cl – será:
35,5 g
1 mol Cl –
1,09 g s nCl – = 0,03 mol
0,2 L
nCl –
1L
y
y = 0,15 mol
µ − = 0,15 mol L
Cl
1 mol de Cl –
35,5 g
6 · 1023 íons
z \ z = 1,85 · 1022 íons
1,09 g
4. a) MNaOH = 1 ⋅ 23 + 1 ⋅ 16 + 1 ⋅ 1 = 40 g/mol
40 g
1 mol de NaOH
4g
x
x = 0,1 mol
N
40
4. a
MCX = MC + 2MX
2
MC
2MX
=
0,60
3,2
12
0,60
=
3,2
2M X
MX = 32 g/mol
5. F – V – V – F
I. (F) MAO
MAC
=
16
= 133
,
12
II. (V)
III. (V) 1 mol de O2(g)
IV. (F) 1 mol de O2(g)
6,02 · 1023 moléculas
2 · 6,02 · 1023 átomos
6. Soma = 27 (01 + 02 + 08 + 16)
Cálculo das massas moleculares:
MH2O = 2 ⋅ 1 + 1 ⋅ 16 = 18 u
b)
1a lavagem: µ = 0,1 = 0,2 mol/L
0,5
MH2SO4 = 2 ⋅ 1 + 1 ⋅ 32 + 4 ⋅ 16 = 98 u
0,2 mol
1L
0,005 L
x
x = 0,001 mol de NaOH
MH3PO4 = 3 ⋅ 1 + 1 ⋅ 31 + 4 ⋅ 16 = 98 u
4
m1 =
n1 0,1
=
= 0,1 mol/L
V
1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6. e
1MnO2
2a lavagem: µ = 0,001 = 0,002 mol/L
0,5
O segundo procedimento é mais eficiente.
5. c
O processo de quebra de ligação é endotérmico, ou seja, absorve
calor; portanto, a quantidade de energia dos dois átomos de hidrogênio é maior que da molécula. O diagrama correto é o III.
5. c
µ1 ⋅ V1 = µ2 ⋅ V2
6. e
∆H = ligações rompidas + ligações formadas
0,5 ⋅ 600 = 0,3 ⋅ V
V = 1.000 mL
Como a solução já possui 600 mL, devemos adicionar somente 400 mL,
para um volume final de 1 L.
H
H — C — O — H + 3 O — O → O — C — O + 2H — O — H
2
H
6. c
µ1 ⋅ V1 = µ2 ⋅ V2
Ligações rompidas — (processo endotérmico)
3 mol C — H = 3 ⋅ 413,4 = 1.240,2 kJ
1 mol C — O = 1 ⋅ 353,5 = 353,5 kJ
1 mol O — H = 1 ⋅ 463,5 = 463,5 kJ
2 ⋅ 0,06 = µ2 ⋅ 0,6
3 mol O
2
QF.04
1. Soma = 41 (01 + 08 + 32)
(01) (V)
(02) (F) O monóxido de nitrogênio é catalisador.
(04) (F) Catalisador diminui energia de ativação.
(08) (V)
(16) (F) É exotérmico porque ∆H < 0 ∴ libera calor.
(32) (V)
H2(g) + 1 O2(g) w H2O(ℓ) ΔH = – 68,3 kcal, porque calor no lado dos
2
produtos indica liberação de calor.
2.d
Pelo enunciado, o processo é endotérmico (∆H > 0).
∴ Hreagentes < Hprodutos
3. a
A equação de formação do CO é dada por:
1
O2(g) w CO(g) 2
2. d
I
vm
II
invertendo equação II: CO2(g)
C(grafite) +
1
O2(g) w CO(g) 2
1
w CO2(g) ∆HI = – 393,5 +
O
2 2(g)
1
w CO(g) + O2(g) ∆HII = + 282,9
2
∆HT = ∆HI + ∆HII
4. d
Equação de combustão do enxofre a dióxido de enxofre:
I. S(s) + O2(g) w SO2(g) ∆H = – 296,1 kJ/mol
II. S(s) + 3 O2(g) → SO3(g) ∆H = – 395,2 kJ/mol
2
Lei de Hess
2SO2(s) w 2S (s) + 2O2(g) Copiar a equação II
e multiplicar por 2 2S (s) + 3O2(g) w 2SO3(g) 2SO2(g) + O2(g) w 2SO3(g)
III
3.Soma = 38 (02 + 04 + 32)
(01) (F) A concentração dos reagentes diminui com o passar do tempo. Como mostra o gráfico, esses reagentes são D e B.
(02) (V)Escolhendo um mesmo intervalo de tempo, concluímos que a
velocidade de A é maior que a de C.
(04) (V)Após 50 s, a concentração de C é maior que a de B.
(08) (F) No início da reação (representada no gráfico pelo tempo zero), a
concentração de A é aproximadamente de 0,5 · 10–3 mol/L.
(16) (F)A mistura de D e B resulta na produção de A e C.
(32) (V)A única substância no início da reação que não está presente é o produto C.
Equação de combustão do enxofre a trióxido de enxofre:
Inverter a equa ção I e multipli- car por 2
vm
∆m
4
vm =
=
= 0,2 g/min
IV
∆t
20
a) (F) vm II > vm I
b) (F) A quantidade de magnésio consumida em IV é o dobro da
produzida em II; então, o volume de hidrogênio produzido em IV
é o dobro de II.
c) (F) vm III > vm IV
d) (V) vm IV é a metade de vm II.
e) (F) As quantidades consumidas de magnésio em III e IV são
iguais, portanto os volumes de hidrogênio serão os mesmos.
∆HT = – 393,5 + 282,9 ∴ ∆HT = – 110,6 kJ/mol
∆m 0,2
=
= 0,2 g/min
∆t
1
∆m 2
=
= = 0,4 g/min
∆t
5
∆m
4
=
=
= 0,4 g/min
∆t
10
vm =
∆H = ?
Então:
mantendo equação I: C(grafite) +
3
⋅ 468,6 = 702,9 kJ
2
Total = +2.760,1 kJ
Ligações formadas — (processo exotérmico)
2 mol C = O s 2 ⋅ 804,3 = 1.608,6 kJ
4 mol O — H s 4 ⋅ 463,5 = 1.854,0 kJ
Total = –3.462,6 kJ
∆H = +2.760,1 – 3.462,6 = –702,5 kJ/mol H3COH
QF.03
1. c
Rearranjando a equação, temos:
C(grafite) +
O=
∆H = –592,2 kJ/mol
∆H = –790,4 kJ/mol
4. d
A elevação desses três fatores aumentará a probabilidade de choques
efetivos, aumentando assim a velocidade da reação.
∆H = –198,2 kJ/mol de SO2
–198.2 kJ
2 mol
1 mol
x
x = –99,1 kJ/mol
5. a
De acordo com a tabela, teremos:
v = k · [NO]x · [Cl2]y
5
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
µ2 = 0,2 mol/L
CaCl2 w Ca2+ + 2Cl–
1 mol
2 mol
2 ⋅ 0,2 mol/L
0,2 mol
∴ µCl– = 0,4 mol/L
1ª experiência: 5,0 · 10–5 = k · (0,1)x · (0,1)y
2ª experiência: 10,0 · 10–5 = k · (0,2)x · (0,1)y
3ª experiência: 5,0 · 10–5 = k · (0,1)x · (0,2)y
IV. cascas de abacaxi w O
V. copos descartáveis w O
VI. cacos de vidro w I
Dividindo a 2ª experiência pela 1ª:
QO.02
1. a
A fórmula estrutural do hidrocarboneto é:
10,0 ⋅ 10−5
k ⋅ (0,2)x ⋅ (0,1)y
s 21 = 2x s x = 1
=
5,0 ⋅ 10−5
k ⋅ (0,1)x ⋅ (0,1)y
CH3
Então, a reação é de ordem 1 para o NO.
H3C — C — CH3 — CH — CH3
Dividindo a 3ª experiência pela 1ª:
CH3
5,0 ⋅ 10−5
k ⋅ (0,1)x ⋅ (0,2)y
s 1 = 2y s 20 = 2y s y = 0
=
5,0 ⋅ 10−5
k ⋅ (0,1)x ⋅ (0,1)y
O nome oficial (IUPAC) é:
2,2,4-trimetil-pentano
Então, a reação é de ordem zero para o Cl2.
Portanto, a lei da velocidade será: v = k · [NO]
2. c
A fórmula estrutural não condensada desta substância é:
6. Soma = 22 (02 + 04 + 16)
(01) (F) Pela estequiometria: N2(g) + 2O2(g) w 2NO2(g)
2 mol
1 mol
portanto o consumo de O2 é o dobro do N2.
(02) (V)
(04) (V)
(08) (F) 68 kJ/mol é a variação de entalpia da reação.
(16) (V)
(32) (F) O aumento da temperatura aumenta a velocidade das reações químicas.
1
CH3
2
H3C — C — CH3
3
C—C
H
CH3
1
CH2 — CH
C—C
H
2
CH3
3
CH2 — CH2 — CH3
Como a cadeia principal é o benzeno, a numeração deve ser iniciada
em uma ramificação de tal forma que as ramificações se localizem
nos carbonos de menor número.
1,2-dimetil-3-propilbenzeno
CH3
CH2 — CH2
C
CH3
3. b
CH2
2. b
A fórmula estrutural completa desta substância é:
H2C
5
Após determinar a cadeia principal (maior sequência de átomos de
carbono), esta deve ser numerada de tal maneira que as ramificações fiquem nos carbonos de menor número.
CH3
CH3
4
H3C — C — C
QO.01
1.d
A estrutura completa da substância é:
HC
CH3
CH3
4. a
O composto não possui carbonos quaternários.
Sua fórmula molecular é C10H16.
H2C — CH — CH2 — CH3
3. a
A química orgânica é vasta em razão da capacidade do C de formar
cadeias com diferentes elementos.
HC — CH2
CH2
4. c
A fórmula molecular do composto é C16H16ONF3 e possui 2 átomos de
carbono terciários. Sua cadeia carbônica é mista e heterogênea.
CH3
1,3-dietil-ciclobutano
5. d
Pela estrutura, temos:
5. Soma = 15 (01 + 02 + 04 + 08)
A fórmula estrutural é:
CH3
C
H3C — C — CH3
C—C—C—C—C
C
C
Primário
Terciário
Secundário
Quaternário
CH3
Então:
(01) (V)
(04) (V)
(02) (V)
(08) (V)
6. V – V – V – F – F
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (F) O petróleo é mistura homogênea.
V. (F) O gás metano pode ser obtido naturalmente pela decomposição anaeróbica da matéria orgânica, principalmente em
pântanos e lixões.
Então:
5 carbonos primários (carbonos das pontas)
1 carbono secundário
1 carbono terciário
1 carbono quaternário
6. I. gravetos de madeira w O
II. pedra w I
III. jornais w O
6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2. e
a) Metameria.
b) Cadeia.
c) Posição.
QO.03
1. e
OH
Propan-2-ol
H3C — C
O — CH3
C—C
A “bolinha” em tom claro faz uma ligação → hidrogênio.
A “bolinha” em tom escuro faz quatro ligações → carbono.
A “bolinha” em tom médio faz duas ligações → oxigênio.
H
4. V – F – F – F – V
I. (V)
H
O — CH2 — CH3
CH2 — CH3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3. d
I. (V) H3C — CH2 — OH → etanol
II. (F) O principal responsável pelo efeito estufa é o CO2 (dióxido
de carbono).
III. (V)
IV. (V) O ácido obtido a partir da oxidação do etanol é o etanoico.
III. (F) O enantiomorfo de
COOH
H — C — OH
HO — C — H
H — C — OH
HO — C — H
HOOC
IV. (F) O metanol (H3C — OH) e o éter dimetílico (H3C — O — CH3)
não são isômeros.
V. (V) Lei de Van’t Hoff: IOA = 2n \ quando n = 1 s
s IOA = 2
Etilbenzeno
5. b
HO
O
H2O → polar
Menos solúvel → H3C — CH3 (etano) → hidrocarboneto apolar
O
CH2
CH
OH
6. c
As fórmulas dos compostos são:
(éter etílico) → molécula polar
dipolo-dipolo
CH2 — CH3
OH
OH
A molécula da vitamina C apresenta dois carbonos assimétricos, mas
somente um está ligado ao grupo hidroxila.
6. e
H3C — CH2
HOOC
é
COOH
5.a
I. (V)
II. (F) A ureia é mais polar, portanto, é mais solúvel em água.
III. (V)
IV. (F) A ureia é mais polar, portanto, difunde-se mais rapidamente em meio aquoso. A N-metilureia é menos polar, portanto,
difunde-se mais rapidamente em óleos e gorduras.
O
C7H16
CH3
O
Nitrobenzeno
H
Trans
H3C — CH2 — C — CH2 — CH2 — CH3
N
Bromobenzeno Clorobenzeno
H3C
II. (F) O menor hidrocarboneto com isomeria óptica é:
H
4. e
Os nomes são:
Solubilidade média →
CH3
Cis
CH3
C—C
H3C
O Amida
Cl
H
H
C—C
N — CH2 — CH3
Br
CH3
H
Trans
Cis
II. (F) Apresentam metameria.
III. (F) Não são isômeros.
IV. (V)
Éter
O
C—C
H
2. c
Pela fórmula:
Fenol HO
H
H3C
CH3
H3C
Etanoato de metila
Fenilmetanal
O
Fenilmetanol
H
O
Mais solúvel → H3C — C
(ácido etanoico) →
OH
→ molécula polar, interagindo por ligações de hidrogênio com H2O.
C
2-Feniletanol
H2C — CH2 — OH
— C — OH
H
H
Hexan-1-ol
H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — OH
QO.04
1. d
Pelas informações, podemos ter:
H2C — C — CH2
H3C — C — CH2
Cl
H
Cl
H3C — C — CH
H2
C
H
Cl
H2C
Hexan-3-ol
H3C — CH2 — CH — CH2 — CH2 — CH3
OH
Então:
I. (F) Não são isômeros.
II. (V)
III. (V)
IV. (F) Existem 2 compostos com cadeia alifática (não aromática)
e saturada e nenhum com cadeia heterogênea.
H
C
Cl
7
CADERNO 1
O
Propanona
3. d
I. (V)
O
H3C — CH — CH3
H3C — C — CH3
d) Não são isômeros.
e) Função: éter e álcool.