GABARITO DA APOSTILA DE REVISÃO – QUÍMICA- 2015
3º. ENSINO MÉDIO – SETOR A – PROF. RAIMUNDO
AULAS : 01 , 02 e 03 –CONCEITOS BÁSICOS DE QUÍMICA
1) Substância A
4) C
5) D
Destilação, pois seus pontos de ebulição são distintos.
6) D
7) C
8) B
2) C
3) E
9) B
10) a) Sem transferência de elétrons: reação de formação do hidróxido de Fe
3+
3+
ou do hidróxido de Cr .
Com transferência: reação entre o ferro metálico e o ácido, ou a reação entre o íon Cr
b)
6+
2+
e o íon Fe .
AULAS : 04 e 05 – TEORIA ATÔMICO MOLECULAR
1) E
5) C
2) C 3) B
6) C
7) D
4) a) n = 1 mol
8) C
–19
b) E = 2,8 × 10
9) 13
J
c) n = 10
25
fótons
d) V = 134,4 L
10) A
AULAS : 06 , 07 e 08 – ESTUDO DOS GASES
1) a)P = 1,50 atm
6) E
7) D
8) A
b)P = 0,75 atm
9) B
2) A
3) A
4) C
5) E
10) Fórmula molecular do DBN = C7H12N2 V = 20,5 L
AULAS : 09 , 10 e 11 – ESTEQUIOMETRIA DAS REAÇÕES
1) D
2) a) Como o texto informa que o processo de recuperação do chumbo se assemelha à obtenção do ferro
metálico em alto forno, qualquer uma das três equações químicas abaixo poderia representar o processo:
I- 2PbO(s) + C(s) → 2 Pb(l) + CO2(g)
III- PbO(s) + CO(s) → Pb(l) + CO2(g)
Agente oxidante: chumbo
II-PbO(s) + C(s) → Pb(l) + CO(g)
Agente redutor: carbono
5
b) nPb = 1,94 × 10 mol
3) A
4) B
2+
5) a)
2+
CuSO4(aq) + Zn(s) → Cu(s) + ZnSO4(aq) ou Cu (aq) + Zn(s) → Cu(s) + Zn (aq)
b)
Pela tabela, pode-se observar que no experimento 3 há um excesso de Zn.
2+
Se há um excesso de Zn, o reagente limitante é o Cu , na forma de CuSO4.
c) A quantidade estequiométrica, sem que haja excesso de nenhum dos reagentes, assegura maior
liberação de calor e, por isso, maior temperatura (T4). Nessas condições, temos a maior quantidade em mols
dos reagentes reagindo: X = 0,5 mol e Y = 0,5 mol, garantindo maior liberação de calor.
6) a)
Como reagem na proporção 1:1, o reagente limitante é o ácido salicílico e o anidrido acético é o
reagente em excesso.
b)
Como o reagente limitante é o ácido salicílico, temos:
A formação de 9,0 g de ácido acetilsalicílico equivale a 100% de rendimento.
9, 0 g — 100%
5, 0 g — x
Portanto, o rendimento da reação foi de x = 55,5%.
7) B
8) D
9) A
10) D
11) C
12) Massa H2 = 0,125 g
Volume = 2,1 L
AULAS : 12 , 13 e 14 – TERMOQUÍMICA
1) a) A equação da reação de decomposição térmica do nitrato de amônio é:
NH4NO3 → N2O + 2H2O
b)
A variação de entalpia da reação é a diferença entre a soma das entalpias de formação de produtos e
a soma da entalpias de formação dos reagentes:
∆rH = ΣfHprodutos – ΣfHreagentes
NH4NO3 → N2O + 2H2O
–366
+82
2 (–242);
–1
∆rH = –484 + 82 + 366 = –36 kJ mol
Como a variação de entalpia da reação é negativa, trata-se de um processo exotérmico.
2) B
3) D
4) D
5) C
6) C
7) Para se obter a equação balanceada de síntese do gás propano e calcular a variação de entalpia do
processo, deve-se lembrar que a entalpia é uma grandeza extensiva, ou seja, varia conforme o número de
mols da reação. Portanto, deve-se modificar cada equação de combustão conforme a seguir
i)
C3H8(g) + 5 O2(g) → 3 CO2(g) + 4 H2O(l) ∆Hº = –2.220 kJ
(inverter a equação e o sinal de ∆Hº)
3 CO2(g) + 4 H2O(l) → C3H8(g) + 5 O2(g) ∆Hº = +2.220 kJ
ii)
C(grafite) + O2(g) → CO2(g) ∆Hº = –394 kJ
(manter a equação e multiplicar por 3)
3 C(grafite) + 3 O2(g) → 3 CO2(g) ∆Hº = 3 x (–394 kJ) = –1.182 kJ
iii)
H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ∆Hº = –286 kJ
(manter a equação e multiplicar por 4)
4 H2(g) + 2 O2(g) → 4 H2O(l) ∆Hº = 4 x (–286 kJ) = –1.144 kJ
Somando-se as novas equações e seus respectivos valores de DH:
3 CO2(g) + 4 H2O(l) → C3H8(g) + 5 O2(g) ∆Hº = +2.220 kJ
3 C(grafite) + 3 O2(g) → 3 CO2(g) ∆Hº = –1.182 kJ
4 H2(g) + 2 O2(g) → 4 H2O(l) ∆Hº = –1.144 kJ
_____________________________________________
3 C(grafite) + 4 H2(g) → C3H8(g) ∆Hº = –106 kJ
8) C
4
9) 4,35 × 10 kJ Carbono
10) A
11) B
AULAS : 15 e 16 – CINÉTICA QUÍMICA
1) C
2) B
3) a) O gráfico que representa a cinética de formação do complexo AB colorido é:
b)
4) D
–6
v = 4,35 x 10 (mol/L.s)
5) E
6) D
7) D
8) B
9) D
10) D
AULAS : 17 e 18 – EQUILÍBRIO QUÍMICO
1) E
8) E
2) D
3) E
9) B
4) E
5) B
10) a)
Keq =
6) E 7) C
A forma protonada A está em maior concetração:
[H + ][B]
[A ]
Keq ⋅ [H + ] = [B] /[ A] =
(1,2 × 10 −9 )
(1 × 10 −8 )
[B] / [A] = 0,12 ⇒ [B] = 0,12 [A]
Isso mostra que a espécie protonada A está em maior concentração que a espécie B.
b)
A forma neutra B seria preferível. Por não possuir carga, interage com mais eficiência com o lipídio
(interações dipolo induzido-dipolo induzido), que também não apresenta cargas e tem um caráter
apolar. Nessa forma, a droga é mais solúvel no lipídio e por isso seria melhor absorvida e teria um
melhor efeito terapêutico.
11) C
12) A
AULAS : 19 , 20 e 21 – ELETROQUÍMICA
AULA - 19
1) a) 5,00 mol/L
b) x = 12,00V
2) B
2+
3) a) Fe(s) + 2 H2O(l) → Fe (aq) + H2(g) + 2OH−(aq)
b) Agente oxidante → H2O(l) Agente redutor → Fe(s)
c) 2 Fe(OH)2 (aq) + ½ O2(g) → Fe2O3⋅H2O(s) + H2O(l)
d) Mg ou Zn
4) a) Como o magnésio apresenta menor potencial padrão de redução com relação ao ferro, o magnésio irá
oxidar protegendo o aço.
b)
Em comparação ao aço comum, o qual é revestido com magnésio, o aço inoxidável apresenta maior
resistência à corrosão, pois o cromo apresenta potencial padrão de redução maior do que o do
magnésio.
c)
Reação: 3Fe + 2Cr → 3Fe + 2Cr
d)
Contaminação do solo e dos aquíferos pelo combustível.
2+
0
0
3+
Agente oxidante: Fe
2+
Agente redutor: Cr
0
5) B
6-
a) 2 KmnO4 + 16 HCl
2 KCl + 2 MnCl2 + 5 Cl2 + 8 H2O
a) 4 P + 3 KOH + 3 H2O
b) 20 HNO3 + 3 P4 + 8H2O
3 KH2PO2 + 1PH3 ( ag. Oxidante e ag. Redutor : P )
12 H3PO4 +20 NO ( ag. Oxidante: HNO3 , ag. Redutor : P4 )
AULA – 20 e 21
1) D
2) E
3) C
4) D
5) C
6) E
7) E
8) E
9) C
10) Semirreação de oxiredução:
N2H4 ⋅ H2O → N2H4 + H2O
+
–
N2H4 → N2 + 4 H + 4 e
Em meio básico é:
–
+
–
–
N2H4 + 4OH → N2 + 4H + 4OH + 4 e
–
–
N2H4 + 4OH → N2 + 4 H2O + 4e
Semirreação de redução:
–
–
O2 + 2 H2O + 4 e → 4 OH
Equação global:
Usando hidrazina hidratada:
AULAS : 22, 23 e 24 – ELETRÓLISE
1) C
2) C
3) D
4) C
5) B
6) A
7) B
8) D
9) D
10) C
GABARITO DA APOSTILA DE REVISÃO-04 – QUÍMICA- 2015
3º. ENSINO MÉDIO – SETOR A – PROF. RAIMUNDO
AULAS : 01 – ESTEQUIOMETRIA, TERMOQUÍMICA,GASES E ELETROQUÍMICA
1) Equação química balanceada:
Al2(SO4)3(s) + 3 Ca(OH)2(aq) → 2 Al(OH)3 (aq) + 3 CaSO4 (aq)
De acordo com a Tabela periódica, tem-se as seguintes massas molares:
Al2(SO4)3 = 342 g/mol
Ca(OH)2 = 74 g/mol
Al(OH)3 = 78g/mol
A partir da equação balanceada, tem-se que 342 g de Al2(SO4)3 reagem com 222 g de Ca(OH)2. A partir da
mistura de 30 g de Al2(SO4)3 com 25 g de Ca(OH)2, toda a quantidade de sulfato de alumínio será
consumida na reação, sobrando um excesso de aproximadamente 5,5 g de Ca(OH)2.
Portanto, o Al2(SO4)3 é considerado o reagente limitante da reação. Desse modo, a massa obtida de
Al(OH)3 a partir da reação balanceada será aproximadamente igual a 13,7 g.
2) A
3) A4) a) Mg
2+
b) Mg(s) + Fe
2+
(aq)
→ Mg
(aq)
+ Fe(s)
Mg(s) + 2 H
+
2+
(aq)
→ Mg
(aq)
+ H2(g)
5) C
6) a) Semirreação de oxidação: Cu(s) → Cu2+(aq) + 2e–
Semirreação de redução: HNO3(aq) + H+(aq) + e– → NO2(g) + H2O(l)
b) O objetivo era testar o agente oxidante do metal cobre, já que poderia ser somente o H+(aq),
somente o NO 3− (aq) ou ambos. Como não ouve oxidação do cobre metálico somente com o H+(aq) ou
com o NO 3− (aq), o agente que oxida o metal é o conjunto H+(aq) com NO 3− (aq).
7) E
8) C
9) D
10) B
AULAS : 02
02 – TEORIA ATÔMICO MOLECULAR, CINÉTICA QUÍMICA, EQUILÍBRIO
QUÍMICO E ELETROQUÍMICA
1) a) A resposta está incorreta porque o volume ocupado por gases em mesmas condições de temperatura e
pressão depende do número de moléculas do gás, independendo de tamanho, massa ou composição dos
átomos que formam as moléculas desse gás.
b)
O aluno não observaria a liberação dos gases porque a solução aquosa de C12H22O11 não é eletrolítica,
não conduz corrente elétrica porque a quantidade de íons (provenientes da autoionização da água) é
insuficiente para permitir a eletrólise.
3) v H 2 = 1,25mL / s e v H 2 = 5,1 × 10 −5 mol / s 4) C
2) E
5) a) HCl (aq) + NaOH (aq) → NaCl (aq) + H2O (aq)
b) Concentração molar: 0,05 mol/L ou 5x10–2 mol/L pH = 12,70
6)
a) 1,69 milhões de toneladas de gás hidrogênio.
b)
Na figura, observa-se em fundo cinza, a representação da fonte de corrente elétrica contínua, os
sinais dos eletrodos (polos) e o compartimento em que são produzidos os íons OH–.
7) B
AULAS : 03
03 – TEORIA ATÔMICO MOLECULAR, RADIOATIVIDADE, EQUILÍBRIO
QUÍMICO,GASES E ESTEQUIOMETRIA
1) C
2) A
3) D
4) Equação dos gases ideais: P.V = n.R.T (Equação 1)
Sabe-se que o número de mols (n) é representado por n = m/M(m = massa em gramas e M = massa
molar);
Substituindo-se n na Equação 1, obtém-se: P.V = (m/M).R.T.
Reordena-se essa equação em função da pressão: P = (m/V.M)R.T. (Equação 2)
Como a densidade (d) é representada por d = m/V (m = massa em gramas e V = volume em litros) e
substituindo-se esse dado na Equação 2, obtém-se: P = (d/M).R.T.
Reordena-se a equação em função da densidade: d = P.M/R.T. (Equação 3)
Com base nas deduções acima, conclui-se que a densidade (d) de um gás qualquer é inversamente
proporcional à temperatura (T).
Considerando-se os dados fornecidos no problema:
R = 62,36L.torr/mol.K
d = 0,97 g/L
T = 210 ºC; em kelvins: 210 + 273 = 483 K
P = 0,25 atm; Como 1 atm = 760 torr, 0,25 atm = 190 torr
e utilizando-se a equação 3, d = P.M/R.T, encontra-se a massa molecular do gás proposto
M = d.R.T.P
M = (0,97 g/L).(62,36L.torr/mol.K)/(483 K).(190 torr)
M = 153,77 g/mol;
Portanto, M = 154 g/mol
5) C
6) D
AULAS : 04
04 – ELETROQUÍMICA, QUÍMICA DESCRITIVA, TERMOQUÍMICA E
ESTEQUIOMETRIA
1) B
2) a) Formação do filme: Ca(OH)2(aq) + CO2(g) → CaCO3(s) + H2O(l)
b) Produção industrial da cal hidratada:
∆
I- CaCO3(s) →
CaO(s) + CO2(g)
3) B
4) C
II- CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(aq)
5) a) Considerando apenas Fe2O3 como exemplo de minério de ferro, devemos considerar a dissociação em
íons:
b)
Uma diferença seria a temperatura do processo, que é mais baixa no processo “amigável” ao meio
ambiente. A segunda diferença seria a formação de substâncias tóxicas e/ou poluentes que ocorre no
processo atual e não ocorreria no processo “amigável”.
Processo atual (resumido):
Fe2O3 + 3C → 2Fe + 3CO
6) B
7) Massa H2 = 0,125 g/mol
CO +
1
O2(ar) → CO2
2
Volume = 2,1 L