QG.25
1. V – V – V – V – V
I.(V) A eletrólise é processo não espontâneo de oxirredução.
II.(V) Há redução no cátodo, polo (–) e oxidação no ânodo,
polo (+).
III.(V) É um processo de eletrodeposição (há redução de metal no
cátodo) para proteção de superfícies.
IV.(V) Diversos materiais, como os citados, não são encontrados
na natureza, sendo obtidos por eletrólise.
V. (V) Ver item I.
2.c
As semirreações que ocorrem em cada eletrodo são:
• cátodo – redução – polo negativo s 2Na+ + 2 e– w 2Na0
• ânodo – oxidação – polo positivo s 2Cl– w Cl2 + 2 e–
Assim, nesse processo, cada íon sódio recebe um elétron.
3.c
No cátodo (polo –) há redução do íon Cu2+, conforme a equação:
Cu2+ + 2 e– w Cu0
No ânodo (polo +) há oxidação do cobre “metalúrgico”, conforme
a equação:
Cu0 w Cu2+ + 2 e–
4.a) A sequência de reações pode ser descrita simplificadamente
por:
CaO (s) + H2O() w Ca(OH)2

A
B
Mg(OH) 2 + 2HCl
 w MgCl2 + 2H2O
D
B
MgCl 2 

eletrólise
CaCl 2  
→ Mg + Cl 2 + subprodutos
700 °C


C
NaCl 
Cl2 + H2 w 2HCl

D
Portanto, temos: A: CaO; B: Mg(OH)2; C: Cl2; D: HCl
b) As equações são:
• Ânodo, polo (+), semirreação de oxidação: 2Cl (–, ) w 2 e– + Cl2(g)
• Cátodo, polo (–), semirreação de redução: Mg (2+
+ 2 e– w Mg()
,)
c) O óxido de cálcio pode ser obtido pela calcinação (aquecimento)
do calcáreo (CaCO3).
∆
A equação é: CaCO3(s) 
→ CaO(s) + CO2(g)
5.c
Na eletrólise ígnea do NaF temos:
• cátodo – redução – polo negativo: Na+ + e– w Na (sódio metálico)
• ânodo – oxidação – polo positivo: F– w e– +
1
F (gás flúor)
2 2
Na eletrólise aquosa do NaF temos:
H 2O w H+ + OH –
1
H2
2
• cátodo – redução – polo negativo s
1
H 2O + e – w H 2 + OH –
2
Gás hidrogênio
H+ + e − w
1
• ânodo – oxidação – polo positivo s
2OH – w
H 2O w
1
O + 2 e – + H 2O
2 2
1
O + 2 e – + 2H+
2 2
Gás oxigênio
∴ a tabela mostra vapor-d’água (um erro).
6. a) Processo 1:
Ni 2 + + 2 e – w Ni 0
2Cl
–
w Cl 2 + 2 e
E = – 0,24 V
–
E = –1,36 V
Ni 2 + + 2Cl – w Ni 0 + Cl 2
Processo 2:
+
∆E = –1,6 V
2NiO(OH) + 2H 2 O + 2 e – w 2Ni(OH) 2 + 2OH – E = 0,52 V
Cd + 2OH – w Cd(OH) 2 + 2 e –
E = 0,81 V
w
+ Cd(OH) 2
2NiO(OH) + 2H 2 O + Cd 2Ni(OH)
2
∆E = 1,33 V
b) Processo 1: ∆E < 0 ∴ não espontâneo
Processo 2: ∆E > 0 ∴ espontâneo
c) É possível com o auxílio de um gerador que provocará a reação química não espontânea.
oxidante
redutor
d) 2NiO(OH) + 2H2O + Cd
+3
r nox
Redução
0
2Ni(OH)2 + Cd(OH)2
+2
+2
e nox
Oxidação
Mg2+ + Ca(OH)2 w Ca2+ + Mg(OH) 2
H 2O w H+ + OH –
Agente oxidante: NiO(OH)
Agente redutor: Cd
e) Provocando, por meio de energia elétrica externa, a reação contrária à reação de descarga.
7.a) A massa de prata lançada em um ano é dada por:
1 lavagem
100 ∙ 1015 íons Ag+
3 lavagens
x
x = 300 ∙ 1015 íons Ag+
1 semana
300 ∙ 1015 íons Ag+
52 semanas
y
y = 156 ∙ 1017 íons Ag+
6,02 ∙ 1023 íons Ag+
108 g
z
156 ∙ 1017 íons Ag+
z = 2,8 ∙ 10–3 g de íons Ag+
b) Tomando como referência t = 1.000 s, em que temos
n + = 2 ∙ 10–15 mol, então:
Ag
1 mol
96.500 C
2 ∙ 10–15 mol
x
x = 1,93 ∙ 10–10 C
Usando Q = i ∙ t
1,93 ∙ 10–10 C = i ∙ 1.000 s
i = 1,93 ∙ 10–13 A
8.b
Em uma eletrólise em série, o tempo e o número de e– em cada
cuba é o mesmo, então:
• na cuba (1)
Ag+ + 1 e– w Ag0
1 mol
1 mol
1 mol
108 g
n
2,16 g s n = 0,02 mol
Atividades 4
Química
Resolução
7.d
Analisando o gráfico:
I
II
III
QG. 26
1.a
X s Transformação isotérmica s Tcte
Y s Transformação isobárica s pcte
Z s Temperatura e pressão sofreram mudança.
Ponto A s substância no estado sólido (figura 3)
Ponto B s substância no estado líquido (figura 2)
Ponto C s substância no estado gasoso (figura 1)
2.a
Analisando as fórmulas estruturais e as forças intermoleculares:
Propan-1-ol s H3C — CH2 — CH2 — OH s ligações de hidrogênio
Propeno s H3C — CH CH2 s dipolo induzido
Metoxietano s H3C — O — CH2 — CH3 s dipolo permanente
Propano s H3C — CH2 — CH3 s dipolo induzido
Propino s H3C — C CH s dipolo induzido
Quanto mais intensa a força intermolecular — no caso, a ligação de
hidrogênio — maior será a temperatura de ebulição.
PVI
PVII
PVIII
T
Sabemos que, quanto mais concentrada for a solução, maiores serão
os efeitos coligativos, assim:
PVIII < PVII < PVI
Diminui a pressão de vapor, portanto aumenta a concentração da solução.
3.a
Analisando as fórmulas estruturais, temos:
• butano: H3C – (CH2)2 – CH3 s dipolo induzido
• octano: H3C – (CH2)6 – CH3 s dipolo induzido
O
—
• água: H
H s ligações de hidrogênio
OH OH
—
—
—
• glicerol: H2C — CH — CH2 s ligações de hidrogênio
OH
O líquido com maior pressão de vapor é aquele com forças intermoleculares mais fracas, nesse caso, dipolo induzido. Como há duas
substâncias com o mesmo tipo de força intermolecular, teremos que
fazer análise da massa e do tamanho da cadeia.
O n-butano apresenta menor massa e menor tamanho de cadeia,
logo apresentará forças intermoleculares menos intensas, facilitando
a evaporação, portanto, aumentando a pressão de vapor.
4.d
Butano w H3C — CH2 — CH2 — CH3 (C4H10)
MM butano = 58 g/mol
Pelo gráfico w PE = 0 °C
5.a
Quanto maior a altitude, menor a pressão atmosférica e menor o
ponto de ebulição.
6. V – F – F – V – F
I. (V) Benzeno apresenta maior pressão de vapor (mais volátil).
II. (F) Ponto de ebulição normal é quando temos p = 760 mmHg.
III. (F) Ocorre passagem do estado sólido para o líquido.
IV.(V) É a temperatura de ebulição ao nível do mar (p = 1 atm ou
760 mmHg).
V.(F) O naftaleno, a 25 ºC e 760 mmHg, sofre sublimação
\ sólido x gasoso.
2
8.Curva 1: éter — menor ponto de ebulição.
Curva 2: etanol — ponto de ebulição maior que o do éter dietílico,
pois apresenta ligações de hidrogênio, mais forte que o dipolo permanente do éter etílico.
Curva 3: solução aquosa de ureia, ponto de ebulição maior que o
da água pura.
QG.27
1.b
A adição de soluto volátil a um solvente puro provoca abaixamento
da pressão de vapor, aumento da temperatura de ebulição e diminuição da temperatura de congelamento (solidificação) do solvente
(água).
2.a
Quanto maior a concentração das partículas dispersas em uma solução, maiores serão os efeitos coligativos. Assim, a água doce dos
rios evapora mais rapidamente que a água do mar, porque é menos
concentrada.
3.d
A [NPD] nas soluções é dada por:
H 2O
X: C6H12O6 
→ C6H12O6(aq.)
1 mol
1 mol
[X] s [X] = 0,2 mol/L PD
0,2 mol/L
H 2O
–
Y: KCl 
→ K +(aq.) + Cl (aq.)
1 mol
0,5 mol/L
2 mol PD
[Y] s [Y] = 1 mol/L PD
H 2O
Z: Na2SO4 
→ 2Na +(aq.) + SO 2–
4(aq.)
1 mol
0,5 mol/L
3 mol PD
[Z] s [Z] = 1,5 mol/L PD
Atividades 4
• na cuba (2):
Cu2+ + 2 e– w Cu0
2 mol
1 mol
63,5 g
2 mol
0,02 mol
m s m = 0,635 g
—
Química
Resolução
Como quanto maior a [NPD], maior o efeito coligativo:
TSZ < TSY < TSX
Onde: NPD = número de partículas dispersas e TS = Temperatura
de solidificação.
X (hipotônica)
Y (isotônica)
4.c
I.(F) A adição de NaCl abaixa o ponto de congelamento da água.
II.(F) A adição de NaCl aumenta o ponto de ebulição da água.
V. (F) Ver item I.
5.Soma = 7 (01 + 02 + 04)
Calculando-se as concentrações das partículas dispersas em cada
solução:
• solução A:
H 2O
3+
+ 3SO 2–
Al2(SO4)3 
→ 2Al (aq.)
4(aq.)
1 mol
0,15 mol/L
• solução B:
5 mol PD
[NPD] \ [NPD]A = 0,75 mol/L
H 2O
2+
–
+ 2NO 3(aq.)
Ba(NO3)2 
→ Ba (aq.)
1 mol
3 mol PD
[NPD] \ [NPD]B = 0,45 mol/L
0,15 mol/L
(01)(V) A solução A é mais concentrada.
(02)(V) A solução B é menos concentrada.
(04)(V) A solução A é mais concentrada.
(08) (F) Ao misturarmos as duas soluções haverá uma diminuição
da concentração dos íons Ba2+, pois eles são provenientes de
uma única solução. Como misturamos 1L de A com 1L de B,
a concentração de íons de Ba2+ caíra pela metade, ou seja,
0,075 mol/L.
(16)(F) A solução de glicose 0,15 mol/L somente irá se dissolver,
sem ionizar, portanto terá somente 0,15 mol de PD, Já a solução
A, por sofrer dissociação, apresentará 5 mol de PD, portanto,
apresentando um efeito coligativo maior.
Glicose (s) w Glicose (aq.)
1 mol de PD
−
3+
+ 3SO 24(aq.)
Al 2 (SO 4 ) 3(s) w 2Al (aq.)
5 mol de PD
(32) (F) Crioscopia é a propriedade que corresponde ao abaixamento da temperatura de congelamento, provocado pela adição
de soluto não volátil.
6.b
Analisando o gráfico pode-se notar que:
• na solução X, aumenta o volume do glóbulo, logo, entra solvente;
portanto, a solução X é menos concentrada – hipotônica.
• na solução Y, o volume do glóbulo não variou, portanto, os meios
interno e externo apresentam a mesma concentração isotônica.
• na solução Z, diminui o volume do glóbulo, logo, sai solvente;
portanto, a solução Z é mais concentrada – hipertônica.
Pode-se concluir que a ordem crescente das soluções apresentadas é:
[NP]X < [NP]Y < [NP]Z
No gráfico, seria:
3
Z (hipertônica)
Tempo
X – Y – Z (Nesse sentido, a concentração (porcentagem) de sais dissolvidos aumenta.)
7. a) De acordo com os dados do enunciado, podemos calcular a concentração, em mol/L. Veja a seguir:
p = µ ⋅ R ⋅ T ⋅ i s 7,6 = µ ⋅ 0,082 ⋅ 310 · 2 s µ = 0,15 mol/L
(Não esquecer: para solução de NaCl, i = 2.)
Lembrando que:
µ ⋅ MM = 1.000 ⋅ d ⋅ † \ 0,15 ⋅ 58,5 = 1.000 ⋅ 1 ⋅ †
† = 0,009 ou 0,9%
b) Como sangue e solução fisiológica são isotônicas, e considerando
os resultados obtidos no item A, para 500 mL (0,5 L) de solução
teremos:
m1
m1
µ =
s 0,15 =
s m1 = 4,4 g
MM 1 ⋅ V (L)
58,5 ⋅ 0,5
8.e
Pelas informações do enunciado:
Apatim = 20 ∙ 10–2 ∙ 1 ∙ 10–3 s
s Apatim = 2 ∙ 10–4 m2

F
Sabendo que: P = , podemos escrever:
A
m ⋅ 10
5
s m = 280 kg
140 ∙ 10 =
2 ⋅ 10 –4
O modelo não é adequado porque o patinador não terá massa de
280 kg.
QG.28
1.Soma = 23 (01 + 02 + 04 + 16)
(08)(F) A intensidade da radiação depende da instabilidade do
nuclídeo.
2.a
Segundo as desintegrações:
210
0
82 Pb w 0 γ +
210
83 Bi w
Po w
210
84
0
−1
Z +
206
82
0
−1
X +
210
84
210
83
Bi \ X s é partícula
Po \ Z s é partícula
0
−1
0
−1
b
b
Pb + W \ W s é partícula 24 a
4
2
3.a
A equação da desintegração pode ser representada por:
23290 Th w 208
Pb + x2a4 + y–1b0
82
Balanço de massa: 232 = 208 + 4 ⋅ x + y ⋅ 0 s x = 6 \ são 6 partículas a
Balanço de carga: 90 = 82 + 4 ⋅ 6 + (y ⋅ –1) s y = 4 \ são 4 partículas b
4.b
Observando o gráfico podemos deduzir o tempo de meia-vida.
Atividades 4
Química
Resolução
1t 1
1t 1
Azul de bromotimol:
1t 1
2
2
2
80

→ 40 
→ 20 
→ 10
Total s 18 horas, logo, o tempo de meia-vida é de 6 horas.
Para que a atividade do nuclídeo caia de 80 MBq até 2,5 MBq deverão se passar mais duas meias-vidas no esquema anterior, ou seja,
acrescentar mais 12 horas. Assim, o tempo será de 30 h.
5.a
Analisando as alternativas:
a)(V) 147 N s A = p + n \ 14 = 7 + n \ n = 7
b)(F) À medida em que o tempo passa, a quantidade de carbono-14
na amostra diminui.
c) (F) As massas de diferentes isótopos (C12 e C14) são diferentes com
igual número atômico.
d)(F) A amostra radioativa apresentará 25% da massa inicial após
duas meias-vidas, ou seja, 11.200 anos.
e) (F) Se o contador Geiger acusa 12% do segundo período, em anos, é
o equivalente a 672 anos, assim a idade seria de aproximadamente 6.272 anos, que é a soma de 5.600 anos referente ao primeiro
período da meia-vida mais 672 anos do segundo período.
6.b
t1
t1
2
2
Massa inicial: 64Cu → 20 mg 
→ 10 mg 
→
t1
t1
2
2

→ 2,5 mg
→ 5 mg 
Massa inicial:
Após 3 ⋅ t 1 64
30
Zn s 0 mg w 10 mg w 15 mg w 17,5 mg
39 h
2
1⋅ t1 x ∴ x = 13 h
0
6
Amarelo
7,6
Vermelho de metila:
0
4,8
Vermelho
6
Teremos:
92 + 0 = Z + 36 + 3 · 0
Z = 92 – 36 = 56
O elemento com Z = 56 é o bário.
Efetuando-se o balanço de massa na equação 2:
Pu+ 01 n → 97
Y + 55A Cs + 5 01 n
239
94
39
Teremos:
239 + 1 = 97 + A + 5 · (1)
240 = A + 102
A = 240 – 102 = 138
Ambos são fissões nucleares.
8.b
Analisando as equações temos:
a) Transmutação nuclear.
b) Fusão nuclear.
c) Emissão beta.
d) Emissão alfa.
e) Fissão nuclear.
QF.13
1.a
Associando os pontos de viragem à alteração de pH da água mineral (10)
para a água adulterada (6,5 — 7,5), teremos:
4
14
Amarelo
Fenolftaleína:
0
Incolor
8,2
10
3
4,4
7,6
10
Vermelho
14
Alaranjado de metila:
0
Vermelho
Amarelo
14
Água adulterada:
0
6,5
água mineral
Água adulterada
Assim, os indicadores com mudanças de cor seriam azul de bromotimol e fenolftaleína.
2.a
II.(F) A ordem crescente de acidez é:
sabonete < clara de ovo < café < vinagre.
IV. (F) Como o vinagre tem menor pH, logo tem maior [H+].
3.b
Solução A s [H+] = 10–2 mol/L s pH = 2
Solução B s [OH–] = 10–4 mol/L s [H+] = 10–10 mol/L \ pH = 10
A razão entre as soluções B e A será dada por:
2
7.d
Efetuando balanço de cargas na equação 1:
235
1
142
91
1
92 U+ 0 n w z X + 36 Kr + 3 0 n
14
Azul
pH B
10
5
=
=
2
1
pH A
4.c
Pelo pH = 5 s [H+] = 10–5 mol/L
Lembrando que [H+] = α ⋅ µ s 10–5 = α ⋅ 0,1 s
s α = 10–4
Sabendo a lei da diluição de Ostwald:
Ki = α2 ∙ µ s Ki = (10–4)2 ∙0,1 s Ki = 10–9
5.d
I.(V)
[H+ ] 10 –4
pH 4
10 4 pH 4
s + = –8 s
=
[H ] 10
pH 8
1
pH 8
II. (V) Veja a relação:
III. (F) Pelo enunciado: magnitude = k ∙ log E
6
Então: Magnitude = 6 s E = 10 k
3
Magnitude = 3 s E = 10 k
Conclui-se que E liberada magnitude 6 = ( E liberada magnitude 3)2;
portanto, libera o quadrado de energia.
6. a) Cálculo da quantidade, em mol, de NaOH que reage:
0,01 mol
1L
nNaOH
30 ∙ 10–3 L (30 mL) s nNaOH = 3∙10–4 mol
Na reação com HCl:
HCl + NaOH w NaCl + H2O
1 mol
1 mol
nHCl
3 ∙ 10–4 mol s nHCl = 3 ∙ 10–4 mol em 20 mL
Então:
3 ∙ 10–4 mol
20 ∙ 10–3 L
x
1 L s x = 0,015 mol ou 0,015 mol/L HCl
Atividades 4
Química
Resolução
NH4
NH4OH
Ácido
forte
s meio ácido
s meio básico s C6H5NH2 base de Lewis
Mg2+
—
H3C — C
A [H+] média será:
pH alterado
4,5
5,0 5,5
6,0
6,5 7,0
Laranja
Amarelo
Amarelo
Verde
Vermelho
pH
7,5 8,0
8,5 9,0
9,5 10,0 10,5 11,0
Indicador
Base
fraca
Ácido
Fraco
será básico.
Azul de bromotimol
Incolor
Rosa claro
Rosa intenso
Fenolftaleína
Assim, na presença de azul de bromotimol, a solução apresenta cor
azul, logo pH é maior que 7,5. Na presença de fenolftaleína, se a
solução estiver no pH, a solução ficará incolor (6,5 a 8,5) e, acima
do pH desejado, ficará rosa claro. Com o vermelho de metilo não
será possivel a verificação, pois com pH > 6,0 já ficará amarelo.
QF.14
1.c
Analisando as substâncias:
K
Cl
K
H2CO3
Base
Ácido
fraco
s nesse caso Kb > Ka assim, o meio
Meio básico, pH > 7.
• Para o HNO3: HNO3(aq.) + NaOH(aq.) w NaNO3(aq.) + H2O
+
–
NaNO3(aq.) w Na (aq.)
+ NO 3(aq.)
Na+ e NO 3– não sofrem hidrólise, pH = 7.
3. A equação de hidrólise após a formação do sal proveniente de um
ácido fraco HA com uma base forte BOH será representada por:
−
A (aq.)
+ H2O(,) x HA(aq.) + OH −(aq.)
Admitindo a solução do sal com 0,05 mol/L, podemos montar a
seguinte tabela:
H2O x HA
A– +
Início
Equilíbrio
OH–
0,050 mol/L
cte
0
0
x
cte
x
x
(0,050 – x) mol/L
cte
x
x
Substituindo os valores da tabela, teremos:
5 ⋅ 10–10 =
x⋅x
s x = [OH–] = 5 ⋅ 10–6 mol/L
0, 05
4. a) Completando a equação verifica-se hidrólise com liberação de
OH–, portanto, o pH irá aumentar.
O–Na+
O–Na+
O
OH
+2H2O()
(s)
OH
O — Si — O — Si
O
s meio básico
+
[HA] ⋅ [OH − ]
A expressão da constante de hidrólise será: Kh =
[A– ]
O
s meio neutro
HCO3
KOH
forte
5
Ácido
forte
(HCl)
OH
–
–
+ H 2O ( , ) w HF(aq.) + OH (aq.)
F– sofre hidrólise: F(aq.)
O — Si — O — Si
Base
forte
(KOH)
O
2.a) HA: HF (ácido moderado: KaHNO3>KaHF)
HB: HNO3 (ácido forte)
Curva menos acentuada no volume de 50 mL.
b) • Para o HF: HF(aq.) + NaOH(aq.) w NaF(aq.) + H2O
+
–
+ Na (aq.)
NaF(aq.) w F(aq.)
Vermelho de metila
Azul
2
H3C — C
Mg (OH)2
Reage e forma
O
—
8.a) Pelo gráfico, a solubilidade do O2, a 25 ºC, é de 7,5 mg de O2 em
1.000 g de H2O.
O volume de água do aquário será dado por:
V = 40 ⋅ 50 ⋅ 50 cm3 = 105 cm3
Cálculo da massa de água no aquário:
1 cm3
1 g
x
105 cm3
x = 105 g de H2O ou 100.000 g de H2O
Então, a concentração de O2 em 1.000 g de água será:
500 mg de O2
100.000 g de H2O
y
1.000 g de H2O
y = 5 mg de O2
Logo a solução está insaturada.
b) Montando a tabela com os indicadores teremos:
O
—
—
0, 1 + 0, 001
H 0,05 mol/L
2
c) Como o ibuprofeno apresenta caráter ácido (— COOH — ácido
carboxílico), temos o equilíbrio:
R — COOH x R — COO– + H+, então o meio ácido desloca o equilíbrio para esquerda (forma neutra), sendo preferencialmente
absorvido no estômago.
4,0
HClO4
Base
fraca
NH2
7.a) Estômago s pH = 1 a 3
Duodeno s pH = 6 a 6,5
Intestino delgado s pH = 7 a 8
b) Na faixa de pH do estômago (1 a 3), temos:
pH = 1 ∴ [H+] = 10–1 mol/L
pH = 3 ∴ [H+] = 10–3 mol/L
ClO4
Atividades 4
b) Como NaOH base forte (α = 100%)
NaOH w Na+ + OH–
1 mol
1 mol
[OH–] s [OH–] = 10–2 mol/L
10–2 mol/L
pOH = –log [OH–] s pOH = 2 ou pH = 12
—
—
Química
Resolução
O
+2OH–(aq.) + 2Na+(aq.)
(s)
b) Como o ambiente é úmido e rico em CO2, que é um óxido ácido,
pode haver dois depósitos diferentes:
–
1o) CO2(g) + 2Na +(aq.) + 2OH (aq.)
w Na2CO3 + H2O
–
2o) CO2(g) + Na +(aq.) + OH (aq.)
w NaHCO3
Na2CO3: carbonato de sódio (soda)
NaHCO3: hidrogenocarbonato de sódio (bicarbonato de sódio)
5.d
O sal menos solúvel é que será o agente precipitante mais eficiente
na remoção do Pb2+, que será o PbS cuja solubilidade é calculada a
seguir:
PbS x Pb2+ + S2–
x
x
x
Kps = [Pb2+] · [S2–] w 7 · 10–29 = x2
∴ x = 8,3 · 10–15 mol/L
6. Calculando a concentração de íon brometo (Br–) na solução de brometo de potássio será: KBr
K+ + Br–
0,04 mol/L
0,04 mol/L
Em 500 mL: 0,04 mol Br–
1L
0,5 L (500 mL)
n
nBr– = 0,02 mol
Na mistura, V = 1 L, a concentração de Br– será 0,02 mol/L.
O Kps da solução de brometo de chumbo formado na mistura e sua
expressão serão: Kps = [Pb2+] ⋅ [Br–]2 s 4 ⋅ 10–6 = [Pb2+] ⋅ (0,02)2 s
[Pb2+] = 0,01 mol/L
Assim, na solução original de Pb (NO3)2 com V = 500 mL, teremos:
1 mol CO2
44 g
n
0,0154 g
nCO2 = 3,5 ⋅ 10–4 mol
Pela equação de decomposição nota-se que:
1 mol CaCO3 forma 1 mol CO2
n —— 3,5 ⋅ 10–4 mol CO2
nCaCO3 = 3,5 ⋅ 10–4 mol
Como: 1 mol CaCO3 tem 1 mol Ca2+
3,5 ⋅ 10–4 mol terá n s n 2+ = 3,5 ⋅ 10–4 mol.
Atividades 4
Química
Resolução
Ca
E finalmente: 1 mol de Ca2+
3,5 ⋅ 10–4 mol Ca2+
m = 1,4 ⋅ 10–2 g de cálcio na urina.
40 g
m
QO.13
1.a) A: 1-hidroxi-4-metilbenzeno
B: hidroxibenzeno
C: 1-hidroxi-4-nitrobenzeno
b) A ordem crescente é: A < B < C
c) O radical metil na substância A é um grupo eletrorrepelente, por
isso dificulta a saída de H+, já o grupo NO2 é um grupo eletroatraente e facilita a saída de H+.
d)Substância B:
OH + NaOH
O–Na+ + H2O
Substância C:
0, 01
n
[Pb(NO3)] =
=
s [Pb(NO3)] = 0,02 mol/L
0,5
V
O2N
OH + NaOH
O2N
O–Na+ + H2O
A fórmula do nitrato de chumbo II é Pb(NO3)2.
7.a) O equilíbrio é dado por:
2+
Mg(OH)2(S) x Mg (aq.)
+
Equilíbrio
x
x
–
2OH (aq.)
2x
A expressão de Kps é:
Kps=[Mg2+] ∙ [OH–]2 s 9 ∙ 10–12 = x ∙ (2x)2 s
s x = 1,31 ∙ 10–4 mol/L
b) Pelo item a temos:
1 mol Mg(OH)2
58 g
1,31 ∙ 10–4 mol/L
m s m = 7,6 ∙ 10–3 g/L
–3
em 200 mL: 7,6 ∙ 10 1L
x
0,2 L
x = 1,52 ∙ 10–3 g ou 1,52 mg
A massa não dissolvida é dada por: 102,6 mg – 1,52 mg = 101,08
mg não dissolvido.
2.c
Utilizaremos a seguinte representação:
• glicina por GLI;
• L-alanina por ALA.
Podemos escrever os seguintes dipeptídios diferentes:
ALA-ALA, GLI-GLI, ALA-GLI, GLI-ALA
\ 4 dipeptídios diferentes.
3. a) A hidrólise do aspartame é representada pela equação:
O
H3N+ — CH — C — NH — CH — C — O — CH3
CH2
O
HO
b) A equação química será: Ca
2+
(aq.)
+ C2O
CH2
O
Aspartame
C — C
8.a) A fórmula do ácido oxálico (C2H2O4) será:
2–
4(aq.)
H2O
H3N — CH — C — OH + H2N — CH — C — OH +
+
c) Após o aquecimento de CaCO3 e MgO, haverá saída de CO2, por
causa da decomposição do CaCO3, segundo a equação:
6
∆
CaCO3(s) 
→ CaO(s) + CO2(g)
Assim, a variação da massa será dada por:
0,0450 – 0,0296 = 0,0154 g de CO2
A quantidade, em mol, de CO2 será então:
O
O
OH
x CaC2O4(s)
H2O
C
O
–
O
O
CH2
CH2
C
O
–
O
Fenilalanina
+ HO — CH3
A formação do dipeptídio fenilalanina-fenilalanina está representada pela equação:
O
O
II. Reação de óleo com NaOH forma glicerol e sabão (produto Y).
III.Reação de óleos com C2H5OH, catalisada por KOH, forma glicerol e biodiesel (produto Z), transesterificação.
6.a) A equação de fermentação da glicose é:
C6H12O6 w 2H3C — CH2 — OH + 2CO2
H2N — CH — C — OH + H — N — CH — C — OH
H
CH2
CH2
A equação de combustão completa do etanol é:
H3C — CH2 — OH + 3O2 w 2CO2 + 3H2O
b) A desidratação intermolecular do etanol é:
O
140 ° C
H 3C — CH 2 — OH + HO — CH 2 — CH 3 
→
H SO
O
CH2
H
b) Como a glicina é um composto polar, ele será solúvel em substância polar, como a água.
4. a) Pelo enunciado: 0,5 mol CxHyOz w 1 mol H2O
Então: 0,5 · y = 2 s y = mH = 4 g/mol
Portanto, pelas razões, podemos escrever:
∴ MC = 36 g/mol
MO
= 4 s MO = 4 · 4
MH
∴ MO = 16 g/mol
Adicionando as massas:
MH + MC + M0 s 4 + 36 + 16 s 56 g/mol
b) A reação que transforma gordura animal em sabão pela reação
com hidróxido de sódio é denominada hidrólise básica ou saponificação, representada a seguir.
O
CH2 — O — C — R
D
CH — O — C — R’ + 3NaOH(aq.)
O
CH2 — O — C — R”
O
R — C — O –N a +
CH2 — OH
D
O
CH — OH
+
R’ — C — O – Na +
O
CH2 — OH
Glicerina
R’’ — C — O–Na+
Sal de sódio de ácido graxo
(sabão)
5.c
I. Hidrogenação parcial de óleos, catalisada por Ni0, forma margarina (produto X).
7
Etoxietano
Éter dietílico
Éter etílico
Éter sulfúrico
7.Soma = 10 (02 + 08)
(01) (F) Quebra pela água.
(04) (F) Há quatro carbonos assimétricos (centros quirais).
(16) (F) A equação correta é:
C6H12O6 w 2H3C – CH2 – OH + 2CO2
8. V – V – F – F
III. (F) Amido (C6H10O5)n é polímero de condensação da glicose.
IV. (F) Triglicerídio poli-insaturado é mais suscetível à oxidação do
que o saturado por causa das insaturações.
MC
= 9 s MC = 9 · 4
MH
O
4

→ H 3C — CH 2 — O — CH 2 — CH 3 + H 2O
H2O + H2N — CH — C — N — CH — C — OH
CH2
2
140 ° C
H 2 SO 4
QO.14
1. V – V – F – F –V
(F) As frações serão craqueadas nas unidades de craqueamento.
(F) O petróleo A gera menor quantidade de frações vaporizadas.
2.b
O polietileno é produzido a partir de uma substância que é derivada
de petróleo. A equação mostra a polimerização do etileno (derivado de petróleo) formando o polietileno:
nCH2 = CH2 w ( CH2 — CH2 ) n
3. F – F – F – F – V
I.(F) A cadeia do heptano é normal e saturada.
II.(F) O isoctano é um alcano (2,2,4-trimetilpentano).
III.(F) Quanto maior a massa, maior a temperatura de ebulição
dos alcanos.
IV. (F) Antidetonantes aumentam a resistência à compressão.
4.d
I.(F) Ferro e cobre são elementos de transição, porque sua distribuição eletrônica termina em subnível de maior energia d.
5.a
a) (V)Pela tabela temos:
3,2 ⋅ 104 kJ
1 kg
x
103 kg (1 t)
x = 3,2 ⋅ 107 kJ
b)(F)A transformação da biomassa ocorreu na ausência de
oxigênio.
c)(F) O coque é redutor siderúrgico e a madeira é o pior combustível porque libera menos calor.
Atividades 4
Química
Resolução
d) (F)1,5 ton de turfa
100%
x
55%
x = 0,825 t
100%
1,0 t de antracito
y
90%
y
0,9 t
e)(F) O ciclo-hexano é um ciclano, e CO2 e N2 não são combustíveis.
6.a
Apesar de ser uma tecnologia promissora, os biocombustíveis de segunda geração apresentam uma tecnologia para produção ainda com
alto custo, por isso sua degradação deve ser extremamente eficiente.
8
7.d
Na usina termelétrica os combustíveis usados são o carvão, o biogás, os derivados do petróleo e os biocombustíveis como etanol ou
biodiesel s P2
Os combustíveis citados liberam, durante sua combustão, poluentes
para a atmosfera s N2
8.a
O petróleo é resultado da degradação de matéria orgânica durante
milhares de anos, sob condições específicas. A cana-de-açúcar
tem ciclo anual. Por isso o etanol é denominado renovável e o
petróleo não.
Atividades 4
Química
Resolução