CONSTANTES
Constante de Avogadro
= 6, 02 × 1023 mol−1
Constante de Faraday (F)
Volume molar de gás ideal
= 9,65 × 104 C mol−1 = 9,65 × 10 A s mol
= 22, 4 L (CNTP)
Carga elementar
= 1, 602 × 10−19 C
Constante dos gases (R)
= 8, 21× 10−2 atm L K −1 mol−1 = 8,31 J K −1 mol−1 =
4
–1
= 9,65 × 104 J V–1 mol–1
= 62, 4 mmHg L K −1 mol−1 = 1,98 cal K −1 mol−1
Constante gravitacional (g) = 9,81 m s–2
DEFINIÇÕES
Pressão de 1 atm = 760 mmHg = 101325 N m–2 = 760 Torr
1 N = 1 kg m s–2
Condições normais de temperatura e pressão (CNTP): 0 ºC e 760 mmHg.
Condições ambientes: 25 ºC e 1 atm.
Condições-padrão:
25 ºC, 1 atm, concentração das soluções: 1 mol L–1 (rigorosamente:
atividade unitária das espécies), sólido com estrutura cristalina mais estável nas condições de
pressão e temperatura em questão.
(s) ou (c) = sólido cristalino; (l) ou (A) = líquido; (g) = gás; (aq) = aquoso; (graf) = grafite;
(CM) = circuito metálico; (conc) = concentrado; (ua) = unidades arbitrárias; [A] = concentração da
espécie química A em mol L–1.
MASSAS MOLARES
Elemento
Químico
H
He
Li
C
N
O
Ne
Na
Mg
Al
Si
S
Cl
Ar
K
Ca
Cr
Mn
Número
Atômico
1
2
3
6
7
8
10
11
12
13
14
16
17
18
19
20
24
25
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Massa Molar
(g mol–1)
1,01
4,00
6,94
12,01
14,01
16,00
20,18
22,99
24,31
26,98
28,09
32,07
35,45
39,95
39,10
40,08
52,00
54,94
Elemento
Químico
Fe
Ni
Cu
Zn
Ge
As
Br
Kr
Ag
Cd
Sn
I
Xe
Cs
Ba
Pt
Pb
Ra
Número
Atômico
26
28
29
30
32
33
35
36
47
48
50
53
54
55
56
78
82
86
Massa Molar
(g mol–1)
55,85
58,69
63,55
65,40
72,64
74,92
79,90
83,80
107,87
112,41
118,71
126,90
131,29
132,91
137,33
195,08
207,20
222,00
1
1. Uma mistura sólida é composta de carbonato de sódio e bicarbonato de sódio. A dissolução
completa de 2,0 g dessa mistura requer 60,0 mL de uma solução aquosa 0,5 mol L−1 de HCl.
Assinale a opção que apresenta a massa de cada um dos componentes desta mistura sólida.
A. ( ) m Na 2CO3 = 0, 4 g ; m NaHCO3 = 1, 6 g
B. ( ) m Na 2CO3 = 0, 7 g ; m NaHCO3 = 1,3g
C. ( ) m Na 2CO3 = 0,9 g ; m NaHCO3 = 1,1g
D. ( ) m Na 2CO3 = 1,1g ; m NaHCO3 = 0,9 g
E. ( ) m Na 2CO3 = 1,3g ; m NaHCO3 = 0, 7 g
Alternativa: C
Carbonato de sódio e bicarbonato de sódio reagem com ácido clorídrico, segundo as equações:
Na 2 CO3 + 2HCA → 2NaCA + H 2O + CO 2
x mol
2x mol
NaHCO3 + HCA → NaCA + H 2O + CO 2
y mol
y mol
Mas n HCA = M HCA V ∴ n HCA = 0,5 ⋅ 60 ⋅10 −3 ∴ n HCA = 3 ⋅10 −2 mol
Portanto: 2x + y = 0, 03
(I)
Como m = nM, temos:
m Na 2CO3 + m NaHCO3 = 2 ∴ 106x + 84y = 2
(II)
De (I) e (II), temos:
106x + 84y = 2
−106x − 53y = −1,59
−2
31y = 0, 41 ∴ y = 1,32 ⋅10 mol
Temos: n NaHCO3 =
m NaHCO3
M NaHCO3
∴ 1,32 ⋅10−2 =
m NaHCO3
84
∴ m NaHCO3 = 1,1 g
Temos: m Na 2CO3 + m NaHCO3 = 2 ∴ m Na 2CO3 = 0,9 g
2. No ciclo de Carnot, que trata do rendimento de uma máquina térmica ideal, estão presentes as
seguintes transformações:
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
2
) duas adiabáticas e duas isobáricas.
) duas adiabáticas e duas isocóricas.
) duas adiabáticas e duas isotérmicas.
) duas isobáricas e duas isocóricas.
) duas isocóricas e duas isotérmicas.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Alternativa: C
O Ciclo de Carnot é constituído por duas transformações isotérmicas e duas transformações
adiabáticas, conforme o diagrama a seguir:
P
T2 > T1
A
B
D
C
T2
T1
V
A – B: isotérmica
B – C: adiabática
C – D: isotérmica
D – A: adiabática
3. Suponha que um metal alcalino terroso se desintegre radioativamente emitindo uma partícula
alfa. Após três desintegrações sucessivas, em qual grupo (família) da tabela periódica deve-se
encontrar o elemento resultante deste processo?
A. ( ) 13 (III A)
C. ( ) 15 (V A)
E. ( ) 17 (VII A)
B. ( ) 14 (IV A)
D. ( ) 16 (VI A)
Alternativa: B
Um metal alcalino terroso pertence ao grupo 2 (II A) da tabela periódica. Representando o metal
alcalino terroso por X, suas três desintegrações sucessivas podem ser representadas pela seguinte
equação:
A
4
A −12
Z X → 32 α + Z − 6Y
Como o número atômico de Y é 6 unidades menor do que o de X, devemos retroceder 6 grupos na
tabela periódica, o que resulta em um elemento do grupo 14 (IV A).
4. Um estudante mergulhou uma placa de um metal puro em água pura isenta de ar, a 25 ºC,
contida em um béquer. Após certo tempo, ele observou a liberação de bolhas de gás e a
formação de um precipitado. Com base nessas informações, assinale a opção que apresenta o
metal constituinte da placa.
A. ( ) Cádmio
C. ( ) Ferro
E. ( ) Níquel
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
B. ( ) Chumbo
D. ( ) Magnésio
3
Alternativa: D
Na temperatura citada, o único metal entre os relacionados capaz de deslocar hidrogênio da água é o
magnésio. A equação que representa o processo é:
Mg ( s ) + 2H 2O( A ) → Mg ( OH )2( s ) + H 2( g )
5. Qual o gráfico que apresenta a curva que melhor representa o decaimento de uma amostra
contendo 10,0 g de um material radioativo ao longo dos anos?
A. ( )
B. ( )
10, 0
C. ( )
Tempo (anos)
D. ( )
Massa (g)
10, 0
Massa (g)
Massa (g)
10, 0
Tempo (anos)
Tempo (anos)
E. ( )
Massa (g)
10, 0
Massa (g)
10, 0
Tempo (anos)
Tempo (anos)
Alternativa: B
O decaimento radioativo ocorre segundo cinética de 1ª ordem, que pode ser equacionada por:
m = m0 ⋅ e − kt
Como se trata de uma exponencial decrescente, o gráfico que representa essa função é:
4
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
6. Num experimento, um estudante verificou ser a mesma a temperatura de fusão de várias
amostras de um mesmo material no estado sólido e também que esta temperatura se manteve
constante até a fusão completa. Considere que o material sólido tenha sido classificado como:
I. Substância simples pura
II. Substância composta pura
III.
IV.
Mistura homogênea eutética
Mistura heterogênea
Então, das classificações acima, está(ão) ERRADA(S)
A. ( ) apenas I e II.
C. ( ) apenas III.
E. ( ) apenas IV.
B. ( ) apenas II e III.
D. ( ) apenas III e IV.
Alternativa: E
A temperatura constante durante o processo de fusão é uma característica de substâncias puras,
sejam elas simples ou compostas.
Misturas homogêneas eutéticas também apresentam essa propriedade.
Misturas heterogêneas, por sua vez, não apresentam temperatura constante durante o processo de fusão.
7. Assinale a afirmação CORRETA a respeito do ponto de ebulição normal (PE) de algumas
substâncias.
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
) O 1-propanol tem menor PE do que o etanol.
) O etanol tem menor PE do que o éter metílico.
) O n-heptano tem menor PE do que o n-hexano.
) A trimetilamina tem menor PE do que a propilamina.
) A dimetilamina tem menor PE do que a trimetilamina.
Alternativa: D
A) Incorreta. O 1-propanol tem ponto de ebulição maior do que o do etanol em decorrência de sua
cadeia carbônica ser maior e, conseqüentemente, as dispersões de London serem mais intensas.
B) Incorreta. O etanol tem ponto de ebulição maior do que o éter etílico, pois pode formar ligações
de hidrogênio.
C) Incorreta. O heptano tem ponto de ebulição maior do que o hexano. Apesar de ambos serem
compostos apolares, o heptano possui cadeia carbônica maior. Conseqüentemente, as
dispersões de London são mais intensas.
D) Correta. A propilamina no estado líquido se associa por meio de ligações de hidrogênio e a
trimetilamina não o faz.
E) Incorreta. A dimetilamina no estado líquido se associa por meio de ligações de hidrogênio e a
trimetilamina não o faz.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
5
8. O diagrama temperatura (T) versus volume (V) representa
3
T
hipoteticamente as transformações pelas quais um gás ideal no
estado 1 pode atingir o estado 3. Sendo ∆U a variação de energia
interna e q a quantidade de calor trocado com a vizinhança,
assinale a opção com a afirmação ERRADA em relação às
transformações termodinâmicas representadas no diagrama.
1
2
V
A. ( ) ∆U12 = q12
B. ( ) ∆U13 = ∆U 23
C. ( ) ∆U 23 = q 23
D. ( ) ∆U 23 > ∆U12
E. ( ) q 23 > 0
Alternativa: A
Na transformação 1–2, temos uma expansão isotérmica de gás ideal. Portanto, ∆U12 = 0.
2
2 nRT
V
dV ∴ W = − nRT An 2 ≠ 0, pois V2 ≠ V1.
Mas: W = − ∫ PdV = − ∫
1
1 V
V1
V
Pela 1ª Lei da Termodinâmica, ∆U = Q + W ∴ Q12 = nRT An 2 ≠ 0.
V1
Logo, ∆U12 ≠ Q12
Como U é função de estado, ∆U13 = ∆U12 + ∆U 23 ∴
∆U13 = ∆U 23
Na transformação 2–3, como não há variação de volume, W23 = 0.
Como ∆U 23 = Q 23 + W23 ∴
Como ∆U 23 ≠ 0 ∴
∆U 23 = Q 23
∆U 23 > ∆U12
Finalmente, Q 23 > 0, pois há absorção de calor para que haja aumento de temperatura.
9. Considere os átomos hipotéticos neutros V, X, Y e Z no estado gasoso. Quando tais átomos
recebem um elétron cada um, as configurações eletrônicas no estado fundamental de seus
respectivos ânions são dadas por:
V − (g) :[gás nobre] ns 2 np6 nd10 (n + 1)s 2 (n + 1)p6
X − (g) :[gás nobre] ns 2 np6
Y − (g) :[gás nobre] ns 2 np6 nd10 (n + 1)s 2 (n + 1)p3
Z− (g) :[gás nobre] ns 2 np3
Nas configurações acima, [gás nobre] representa a configuração eletrônica no diagrama de
Linus Pauling para o mesmo gás nobre, e n é o mesmo número quântico principal para todos os
ânions. Baseado nessas informações, é CORRETO afirmar que
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
6
) o átomo neutro V deve ter a maior energia de ionização entre eles.
) o átomo neutro Y deve ter a maior energia de ionização entre eles.
) o átomo neutro V deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo neutro X.
) o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo neutro X.
) o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo neutro Y.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Alternativa: E
As configurações eletrônicas dos átomos V, X, Y e Z, quando neutras, são:
V(g) :[gás nobre] ns 2 np 6 nd10 (n + 1)s 2 (n + 1)p5 (família 17)
X(g) :[gás nobre] ns 2 np5 (família 17)
Y(g) :[gás nobre] ns 2 np 6 nd10 (n + 1)s 2 (n + 1)p 2 (família 14)
Z(g) :[gás nobre] ns 2 np 2 (família 14)
Considerando o comportamento da propriedade periódica Raio Atômico na Tabela Periódica temos:
Raio Atômico
14
17
Z
Y
X
V
Raio
Atômico
Em geral, temos que quanto maior o raio atômico, menor a energia de ionização e menor a afinidade
eletrônica. Portanto, o átomo neutro Z tem afinidade eletrônica maior do que o átomo neutro Y.
10. Considere a reação de dissociação do N 2O4 (g) representada pela seguinte equação:
N 2O 4 (g) U 2NO 2 (g)
Assinale a opção com a equação CORRETA que relaciona a fração percentual (α) de N 2 O 4 (g)
dissociado com a pressão total do sistema (P) e com a constante de equilíbrio em termos de
pressão (Kp).
Κp
A. ( ) α =
C. ( ) α =
E. ( ) α =
B. ( ) α =
4P + K p
Κp
D. ( ) α =
2P + K p
4P + K p
Κp
2P + Κ p
Kp
Κp
2+P
Alternativa: A
Equacionando o equilíbrio, temos:
α

→ 2NO 2(g)
N 2O 4(g) ←

Início:
Reagiu:
Equilíbrio:
P0
– αP0
P0 – αP0
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
0
+2αP0
2αP0
7
Mas K p =
2
PNO
2
PN 2O4
∴ Kp =
4α 2 P02
4α 2 P0
∴ Kp =
P0 (1 − α )
1− α
P = P0 − αP0 + 2αP0 ∴ P = P0 (1 + α) ∴ P0 =
P
1+ α
(I)
e
(II)
Substituindo II em I, temos:
4α 2 ⋅ P
4α 2
Kp =
∴ Kp =
⋅ P ∴ K p − K p α 2 = 4α 2 P
2
1 − α 1+ α
1− α
∴ α2 =
Kp
4P + K p
∴ α=
Kp
4P + K p
11. Considere a reação química representada pela seguinte equação:
4NO 2 (g) + O 2 (g) → 2N 2O5 (g)
Num determinado instante de tempo t da reação, verifica-se que o oxigênio está sendo
consumido a uma velocidade de 2, 4 × 10−2 mol L−1s −1. Nesse tempo t, a velocidade de
consumo de NO2 será de
A. ( ) 6, 0 ×10−3 mol L−1s −1.
B. ( ) 1, 2 ×10−2 mol L−1s −1.
C. ( ) 2, 4 ×10−2 mol L−1s −1.
D. ( ) 4,8 × 10−2 mol L−1s −1.
E. ( ) 9, 6 ×10−2 mol L−1s −1.
Alternativa: E
De acordo com a proporção estequiométrica da reação, a velocidade média de consumo do NO2
(V
m,NO2
) é o quádruplo da velocidade média de consumo do O ( V ) . Assim:
2
m,O2
Vm,NO2 = 4Vm,O2 ∴ Vm,NO2 = 4 ⋅ 2, 4 ⋅10−2 ∴ Vm,NO2 = 9, 6 ⋅10−2 mol ⋅ L−1 ⋅ s −1
12. O acidente nuclear ocorrido em Chernobyl (Ucrânia), em abril de 1986, provocou a emissão
radioativa predominantemente de Iodo-131 e Césio-137. Assinale a opção CORRETA que
melhor apresenta os respectivos períodos de tempo para que a radioatividade provocada por
esses dois elementos radioativos decaia para 1% dos seus respectivos valores iniciais.
Considere o tempo de meia-vida do Iodo-131 igual a 8,1 dias e do Césio-137 igual a 30 anos.
Dados: ln 100 = 4,6; ln 2 = 0,69.
A. ( ) 45 dias e 189 anos.
C. ( ) 61 dias e 235 anos.
E. ( ) 74 dias e 296 anos.
8
B. ( ) 54 dias e 201 anos.
D. ( ) 68 dias e 274 anos.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Alternativa: B
Cálculo do tempo necessário para que a radioatividade decaia para 1% de seu valor inicial:
A = A 0 ⋅ e − kt .
∴
ln 2
⋅t
t1/2
t
t
−
−
t1/2
1
A 0 = A 0 ⋅ eln 2
∴ 100 −1 = 2 t1/2
100
t
t
20
ln 2 ∴ 4, 6 =
t1/2
− ln100 = −
⋅ 0, 69 ∴ t =
t1/2
t1/2
3
Como kt1/2 = ln 2 ∴ A = A 0 ⋅ e
−
∴
20
⋅ 8,1 ∴ t = 54 dias
3
20
Para o Césio-137: t =
⋅ 30 ∴ t = 200 anos
3
Para o Iodo-131: t =
13. Assumindo um comportamento ideal dos gases, assinale a opção com a afirmação CORRETA.
A. ( ) De acordo com a Lei de Charles, o volume de um gás torna-se maior quanto menor for
a sua temperatura.
B. ( ) Numa mistura de gases contendo somente moléculas de oxigênio e nitrogênio, a
velocidade média das moléculas de oxigênio é menor do que as de nitrogênio.
C. ( ) Mantendo-se a pressão constante, ao aquecer um mol de gás nitrogênio sua densidade
irá aumentar.
D. ( ) Volumes iguais dos gases metano e dióxido de carbono, nas mesmas condições de
temperatura e pressão, apresentam as mesmas densidades.
E. ( ) Comprimindo-se um gás a temperatura constante, sua densidade deve diminuir.
Alternativa: B
A. Incorreta. A Lei de Charles afirma que volume e temperatura de uma dada massa de gás variam
linearmente.
B. Correta. Em uma mistura de gases, todos estão em uma mesma temperatura. Então podemos
admitir que suas moléculas têm a mesma energia cinética média. Dessa forma, como a massa
molar do oxigênio é maior, a velocidade média de suas moléculas será menor.
C. Incorreta. A expressão que permite calcular a densidade de um gás ideal, em dada pressão e
temperatura, é: d = P ⋅ M ⋅ R −1 ⋅ T −1. Então, ao aquecer um mol de nitrogênio, sob pressão
constante, sua densidade diminui.
D. Incorreta. Conforme o princípio de Avogadro: “volumes iguais de gases, nas mesmas condições
de pressão e temperatura, encerram o mesmo número de moléculas”. Os gases metano e
dióxido de carbono não apresentariam as mesmas densidades, uma vez que suas massas
molares são diferentes.
E. Incorreta. Usando a mesma expressão da alternativa C, se a pressão aumenta em temperatura
constante, a densidade também aumenta.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
9
14. Um estudante imergiu a extremidade de um fio de níquel-crômio limpo em uma solução aquosa
de ácido clorídrico e, a seguir, colocou esta extremidade em contato com uma amostra de um
sal iônico puro. Em seguida, expôs esta extremidade à chama azulada de um bico de Bunsen,
observando uma coloração amarela na chama. Assinale a opção que contém o elemento
químico responsável pela coloração amarelada observada.
A. ( ) Bário.
C. ( ) Lítio.
E. ( ) Sódio.
B. ( ) Cobre.
D. ( ) Potássio.
Alternativa: E
A questão faz referência ao “teste de chama” para a identificação de alguns elementos químicos. As
cores observadas para os elementos citados são:
bário: verde
cobre: verde
lítio: magenta
potássio: lilás
sódio: amarelo
15. Considere os seguintes sais:
I. Al ( NO3 )3
II. NaCl
III. ZnCl2
IV. CaCl2
Assinale a opção que apresenta o(s) sal(is) que causa(m) a desestabilização de uma suspensão
coloidal estável de sulfeto de arsênio ( As 2S3 ) em água.
A. ( ) Nenhum dos sais relacionados.
C. ( ) Apenas os sais I e II.
E. ( ) Todos os sais.
B. ( ) Apenas o sal I.
D. ( ) Apenas os sais II, III e IV.
Alternativa: E
A suspensão coloidal de sulfeto de arsênio em água caracteriza um colóide tipo sol negativo, cuja
desestabilização se dá por adição de íons de carga oposta. Uma vez que os quatro eletrólitos
relacionados são solúveis em água, todos irão desestabilizar a suspensão coloidal.
16. Uma solução aquosa de um ácido fraco monoprótico é mantida à temperatura de 25 ºC. Na
condição de equilíbrio, este ácido está 2,0 % dissociado. Assinale a opção CORRETA que
apresenta, respectivamente, os valores numéricos do pH e da concentração molar (expressa
em mol L−1 ) do íon hidroxila nesta solução aquosa. Dados: pKa ( 25 °C ) = 4, 0 ; log 5 = 0, 7.
A. ( ) 0, 7 e 5, 0 ×10−14
B. ( ) 1, 0 e 1, 0 × 10−13
C. ( ) 1, 7 e 5, 0 × 10−13
D. ( ) 2,3 e 2, 0 × 10−12
E. ( ) 4, 0 e 1, 0 ×10−10
10
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Alternativa: D
Pelo enunciado:
Início:
Reagiu:
Equilíbrio:
HA
M
−α ⋅ M
M − α⋅M
H+  ⋅ A − 
Temos: K a =    
[ HA ]
H 2O

→
←

∴ Ka =
H+
0
+α ⋅ M
α⋅M
+
A−
0
+α ⋅ M
α⋅M
α2 ⋅ M
(1 − α )
Sabemos que: pK a = − log K a ∴ 4 = − log K a ∴ K a = 10 −4
Mas, como HA é ácido fraco: K a = α 2 ⋅ M = (2 ⋅10−2 ) 2 ⋅ M
Assim: 10 −4 = (2 ⋅10 −2 ) 2 ⋅ M ∴ M =
10 −4
= 0, 25 mol/L
4 ⋅10 −4
Então:
−2
−3
 +
 +
 +
 H  = α ⋅ M ∴  H  = 2 ⋅10 ⋅ 0, 25 ∴  H  = 5 ⋅10 mol/L
pH = − log  H +  ∴ pH = − log 5 ⋅10−3 = −(log 5 + log10−3 ) ∴ pH = 2,3
K w =  H +  ⋅  OH −  ∴ 10 −14 = 5 ⋅10−3 ⋅  OH −  ∴  OH −  = 2 ⋅10−12 mol/L
17. Foi observada a reação entre um composto X e uma solução aquosa de permanganato de
potássio, a quente, ocorrendo o aumento do pH da solução e a formação de um composto Y
sólido. Após a separação do composto Y e a neutralização da solução resultante, verificou-se a
formação de um composto Z pouco solúvel em água. Assinale a opção que melhor representa o
grupo funcional do composto orgânico X.
A. ( ) álcool
C. ( ) amina
E. ( ) éter
B. ( ) amida
D. ( ) éster
Alternativa: A
Reações de oxidação empregando permanganato de potássio ( KMnO 4 ) em água formam (além do
produto oxidado) hidróxido de potássio (KOH) e bióxido de manganês
( MnO2 ) .
KOH é o
responsável pelo aumento de pH e MnO 2 é o composto sólido Y.
2 KMnO 4 + H 2O → 2 MnO 2 + 2 KOH + 3 [O]
Sendo o composto X um álcool primário de cadeia média (5 a 10 carbonos), sua oxidação por
KMnO4(aq) formará um sal de ácido carboxílico solúvel em água.
R CH2
OH
álcool primário
[O]
O
R C
O
sal de ácido
carboxílico
A posterior neutralização da solução resultante levará à formação do ácido carboxílico (composto
Z) pouco solúvel, devido ao tamanho da cadeia carbônica.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
11
18. Nos gráficos abaixo, cada eixo representa uma propriedade termodinâmica de um gás que se
comporta idealmente.
I
III
II
Com relação a estes gráficos, é CORRETO afirmar que
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
)
)
)
)
)
I pode representar a curva de pressão versus volume.
II pode representar a curva de pressão versus inverso do volume.
II pode representar a curva de capacidade calorífica versus temperatura.
III pode representar a curva de energia interna versus temperatura.
III pode representar a curva de entalpia versus o produto da pressão pelo volume.
Alternativas: A B C
Justificando cada uma das alternativas, temos:
a) Correta. Por Clapeyron, PV = nRT. Se considerarmos T = kV 2 , então
PV = knRV 2 ∴ P = knRV, com knR constante. Logo, a pressão pode variar linearmente, de
forma crescente, em função do volume.
1
. Como nR é constante e não há menção sobre a variação T,
V
então II pode ser a curva que representa a pressão versus o inverso do volume.
c) Correta. Para gases, o aumento da temperatura aumenta significativamente a rotação e a
vibração de gases não monoatômicos, o que provoca incremento da capacidade calorífica.
b) Correta. Sabemos que P = nR ⋅ T ⋅
d) Errada. A energia interna é dada por U = knRT. Portanto, U varia linearmente, de forma
crescente, em função de T.
e) Errada. Sabemos que:
H = U + PV ∴ H = knRT + PV = kPV + PV = ( k + 1) PV ∴ H = k 'PV
Com isso, H varia linearmente, de forma crescente, em função do produto PV.
19. A 20 °C, a pressão de vapor da água em equilíbrio com uma solução aquosa de açúcar é igual a
16,34 mmHg. Sabendo que a 20 °C a pressão de vapor da água pura é igual a 17,54 mmHg,
assinale a opção com a concentração CORRETA da solução aquosa de açúcar.
A. (
B. (
C. (
D. (
E. (
12
) 7% (m/m)
) 93% (m/m)
) 0,93 mol L–1
) A fração molar do açúcar é igual a 0,07
) A fração molar do açúcar é igual a 0,93
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Alternativa: D
Pela Lei de Raoult, temos:
∆P
17,54 − 16,34
= X1 ∴
= X1 ∴ X1 = 0, 07
Po
17,54
20. Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados, ligados por uma
ponte salina e conectados a um voltímetro de alta impedância.
fio de platina em contato com 500 mL de solução aquosa 0,010 mol L –1 de
hidróxido de potássio;
Eletrodo II: fio de platina em contato com 180 mL de solução aquosa 0,225 mol L–1 de ácido
perclórico adicionado a 320 mL de solução aquosa 0,125 mol L–1 de hidróxido de
sódio.
Eletrodo I:
Admite-se que a temperatura desse sistema eletroquímico é mantida constante e igual a 25 °C e
que a pressão parcial do oxigênio gasoso PO 2 dissolvido é igual a 1 atm. Assinale a opção
( )
CORRETA com o valor calculado na escala do eletrodo padrão de hidrogênio (EPH) da força
eletromotriz, em volt, desse elemento galvânico. Dados: E oO2 / H2O = 1, 23V ( EPH ) ;
E oO
2 / OH
−
= 0, 40 V ( EPH )
A. ( ) 1,17
C. ( ) 0,75
E. ( ) 0,46
B. ( ) 0,89
D. ( ) 0,53
Alternativas: D
Cálculo dos potenciais de redução na escala do EPH:
1
Eletrodo I:
O 2 + H 2O + 2e − → 2OH −
2
2
OH − 
0, 059
EI = E −
log
1
n
PO2 2
o
I
( )
(
10 −2
0, 059
log
∴ E I = 0, 40 −
2
1
)
2
E I = 0,518 V
1
O 2 + 2H + + 2e − → H 2 O
2
0,
059
1
E II = E 0II −
log
1
2
n
 H +  PO2 2
Cálculo de  H +  para o eletrodo II:
Eletrodo II:
( )
n H+ = M H+ V = 0, 225 ⋅ 0,18 ∴ n H+ = 4, 05 ⋅10−2 mol
n OH − = M OH − V = 0,125 ⋅ 0,32 ∴ n OH − = 4 ⋅10−2 mol
Portanto,  H +  =
(n )
H + sobra
V
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
=
5 ⋅10 −4
= 10−3 mol / L
0,5
13
Logo, E II = 1, 23 −
0, 059
1
∴ E II = 1, 053V
log
1
2
2
(10−3 ) ⋅ (1) 2
Portanto, o eletrodo II é o cátodo e o eletrodo I é o ânodo.
Com isso, ∆E = E II − E I ∴ ∆E = 0,53V
21.
Escreva a equação química balanceada da combustão completa do iso-octano com o ar
atmosférico. Considere que o ar é seco e composto por 21% de oxigênio gasoso e 79% de
nitrogênio gasoso.
Resolução:
A equação de reação de combustão completa do iso-octano é dada por:
25
C8 H18 +
O 2 → 8CO 2 + 9H 2O
2
Mas o que se pede é a reação com o ar. Portanto:
25
mol O 2 : 21% ar
∴ n ar = 59,5 mol
2
n ar
: 100% ar
Como n ar = n N 2 + n O2
∴ 59,5 = n N 2 + 12,5 ∴ n N2 = 47 mol
Logo:
C8 H18 + 59,5ar → 8CO 2 + 9H 2 O + 47N 2
22.
São fornecidas as seguintes informações relativas aos cinco compostos amínicos: A, B, C, D
e E. Os compostos A e B são muito solúveis em água, enquanto que os compostos C, D e E
são pouco solúveis. Os valores das constantes de basicidade dos compostos A, B, C, D e E
são, respectivamente, 1, 0 × 10−3 ; 4,5 × 10−4 ; 2, 6 × 10−10 ; 3, 0 × 10 −12 e 6, 0 × 10 −15.
Atribua corretamente os dados experimentais apresentados aos seguintes compostos:
2-nitroanilina, 2-metilanilina, 2-bromoanilina, metilamina e dietilamina.
Justifique a sua resposta.
Resolução:
Das aminas apresentadas, apenas a metilamina e a dietilamina são muito solúveis em água, pois os
grupos orgânicos presos ao nitrogênio, em ambos os casos, são pequenos. Já as aminas aromáticas
apresentadas (2-nitroanilina, 2-metilanilina e 2-bromoanilina) são pouco solúveis em água, pois os
grupos orgânicos presos ao nitrogênio são grandes. Sabe-se também que aminas arílicas
(aromáticas) são bases muito mais fracas do que aminas alquílicas. Dessa forma, podemos concluir
que os compostos A e B são, ambos, aminas alquílicas (metilamina e dietilamina) e os compostos
C, D e E são aminas arílicas (2-nitroanilina, 2-metilanilina e 2-bromoanilina).
Comparando as aminas alquílicas, atribuímos o Kb de 1, 0 ×10−3 para a dietilamina e o Kb de
4,5 ×10−4 para a metilamina, pois aminas alquílicas secundárias são mais fortes que aminas
alquílicas primárias.
Entre as aminas arílicas, a força da base é determinada pelo grupo substituinte.
14
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
A 2-metilanilina será a base mais forte, pois possui efeito indutivo positivo, disponibilizando mais
elétrons para o nitrogênio ( K b = 2, 6 × 10−10 ).
A 2-nitroanilina será a base mais fraca, pois o grupo nitro é fortemente retirador de elétrons
( K b = 6, 0 × 10−15 ).
Portanto:
A – dietilamina
B – metilamina
C – 2-metilanilina
D – 2-bromoanilina
E – 2-nitroanilina
23. A 25 ºC, realizam-se estes dois experimentos (Exp I e Exp II) de titulação ácido-base medindo-se
o pH da solução aquosa em função do volume da base adicionada:
Exp I: Titulação de 50 mL de ácido clorídrico 0,10 mol L–1 com hidróxido de sódio 0,10 mol L–1.
Exp II: Titulação de 50 mL de ácido acético 0,10 mol L–1 com hidróxido de sódio 0,10 mol L–1.
a) Esboce em um mesmo gráfico (pH versus volume de hidróxido de sódio) a curva que
representa a titulação do Exp I e a curva que representa a titulação do Exp II. Deixe claro no
gráfico os valores aproximados do pH nos pontos de equivalência.
b) O volume da base correspondente ao ponto de equivalência de uma titulação ácido-base
pode ser determinado experimentalmente observando-se o ponto de viragem de um
indicador. Em laboratório, dispõem-se das soluções aquosas do ácido e da base devidamente
preparados nas concentrações propostas, de indicador, de água destilada e dos seguintes
instrumentos: balão volumétrico, bico de Bunsen, bureta, cronômetro, dessecador,
erlenmeyer, funil, kitassato, pipeta volumétrica, termômetro e tubo de ensaio. Desses
instrumentos, cite os três mais adequados para a realização desse experimento.
Resolução:
a)
pH
Ponto de equivalência (II) pH > 7
Ponto de equivalência (I) pH = 7
curva II
pH > 1
pH = 1
curva I
50
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Volume NaOH (mL)
15
Em (I), temos uma titulação de ácido forte com base forte, o que justifica pH = 7. Não ocorre
hidrólise do sal.
Em (II), temos uma titulação de ácido fraco com base forte, o que justifica pH > 7, por haver
hidrólise do sal.
b) Dentre os instrumentos citados, os mais usados em uma titulação ácido-base são:
• Pipeta volumétrica
• Bureta graduada
• Erlenmeyer
24. Um elemento galvânico é constituído por uma placa de ferro e por uma placa de estanho, de
mesmas dimensões, imersas em uma solução aquosa 0,10 mol L–1 de ácido cítrico.
Considere que esta solução: contém íons ferrosos e estanosos; é ajustada para pH = 2; é
isenta de oxigênio; e é mantida nas condições ambientes. Sabendo-se que o ânion citrato
reage quimicamente com o cátion Sn2+(aq), diminuindo o valor do potencial de eletrodo do
estanho, determine o valor numérico da relação entre as concentrações dos cátions
Sn 2+ (aq) e Fe 2+ (aq), [Sn 2+ ] [Fe2+ ] , a partir do qual o estanho passa a se comportar como
(
)
o anodo do par galvânico.
Dados: Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-padrão:
o
Eo 2 +
= −0, 44V; ESn
= −0,14V
2+
/ Sn
Fe
/ Fe
Resolução:
Nas condições-padrão, é natural que o ferro seja o ânodo e o estanho, o cátodo. Para que o estanho
se comporte como ânodo, a equação global do processo deve ser:
Sn + Fe 2+ → Sn 2+ + Fe0 , com ∆E > 0
Sn 2+ 
Sn 2+ 
0, 059
0, 059
log
log
Mas ∆E = ∆E −
∴ − 0,30 −
>0
n
2
 Fe 2+ 
 Fe 2+ 
Sn 2+ 
Sn 2+ 
Sn 2+ 
0, 059
log
∴
< − 0,30 ∴ log
< − 10,17 ∴
< 10−10,17
2+
2+
2+
2
 Fe 
 Fe 
 Fe 
Sn 2+ 
menores do que 10−10,17 , o estanho passa a se comportar como
Portanto, para valores de
2+
 Fe 
ânodo.
Observação: o meio é isento de O 2 para evitar oxidação de Fe 2+ a Fe3+ .
o
O pH = 2 evita a precipitação de Fe ( OH )2 e de Sn ( OH )2 .
16
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
25.
a) Considerando que a pressão osmótica da sacarose (C12 H 22O11 ) a 25 ºC é igual a 15 atm,
calcule a massa de sacarose necessária para preparar 1,0 L de sua solução aquosa a
temperatura ambiente.
b) Calcule a temperatura do ponto de congelamento de uma solução contendo 5,0 g de glicose
(C6 H12O6 ) em 25 g de água. Sabe-se que a constante do ponto de congelamento da água é
igual a 1,86 º C kg mol−1.
c) Determine a fração molar de hidróxido de sódio em uma solução aquosa contendo 50% em
massa desta espécie.
Resolução:
a)
π = MRT ∴ π =
15 =
b)
m1
⋅ RT
M1 ⋅ V
m1
⋅ 8, 21⋅10−2 ⋅ 298 ∴ m1 = 209, 68g
342 ⋅1
∆t C = K C ⋅ W ∴ t 0 − t = K C ⋅
∴
( 0 − t ) = 1,86 ⋅
m1
M1 ⋅ m 2 (kg)
5, 0
∴ t = −2, 07 ºC
180 ⋅ 0, 025
c) Considerando que a massa total da solução seja “x”, em gramas:
( 0,5 ⋅ x ) = 0, 0125 ⋅ x
n NaOH =
40
( 0,5 ⋅ x ) = 0, 0278 ⋅ x
n H2O =
18
n NaOH
0, 0125 ⋅ x
X NaOH =
=
∴ X NaOH = 0,31
( 0, 0125 + 0, 0278) ⋅ x
n NaOH + n H O
(
2
)
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
17
26. São dadas as seguintes informações:
I. O polietileno é estável até aproximadamente 340 °C. Acima de 350 °C ele entra em
combustão.
II. Para reduzir ou retardar a propagação de chama em casos de incêndio, são adicionados
retardantes de chama à formulação dos polímeros.
III. O AA ( OH )3 pode ser usado como retardante de chama. A aproximadamente 220 °C, ele se
decompõe, segundo a reação 2AA ( OH )3 (s) → AA 2O3 (s) + 3H 2O(g), cuja variação de
entalpia ( ∆H ) envolvida é igual a 1170 J g −1 .
IV. Os três requisitos de combustão de um polímero são: calor de combustão, combustível e
oxigênio. Os retardantes de chama interferem no fornecimento de um ou mais desses
requisitos.
Se AA ( OH )3 for adicionado a polietileno, cite um dos requisitos de combustão que será
influenciado por cada um dos parâmetros abaixo quando a temperatura próxima ao polietileno
atingir 350 °C. Justifique resumidamente sua resposta.
a) Formação de AA 2 O3 (s)
b) Formação de H 2 O(g)
c) ∆Η de decomposição do AA ( OH )3
Resolução:
Considerando que a temperatura próxima ao polietileno irá atingir 350 °C pela aproximação de uma
fonte de calor externa e não pelo aquecimento da amostra de polietileno, teremos:
a) diminuição da velocidade da combustão do polietileno, uma vez que a formação de AA 2O3(s)
contamina e, conseqüentemente, diminui a concentração do combustível.
b) diminuição da velocidade da combustão do polietileno, pois o vapor de água formado, ao se
expandir, provoca redução da concentração do oxigênio (comburente) em contato com o
polímero.
c) retardamento do processo de combustão, já que a decomposição do AA ( OH )3 tem ∆H positivo,
isto é, absorve calor das vizinhanças.
18
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
27. Sabendo que a constante de dissociação do hidróxido de amônio e a do ácido cianídrico em
água são, respectivamente, K b = 1, 76 × 10 −5 ( pK b = 4, 75) e K a = 6, 20 × 10−10 ( pK a = 9, 21) ,
determine a constante de hidrólise e o valor do pH de uma solução aquosa 0,1 mol L−1 de
cianeto de amônio.
Resolução:
A hidrólise do cianeto de amônio é dada pela equação:
α

→ HCN +
NH +4 + CN − + H 2O ←

Início:
0,1
0,1
0
Reagiu:
–0,1α
–0,1α
+0,1α
Equilíbrio: 0,1(1– α) 0,1(1– α)
0,1α
A constante de hidrólise é dada por:
Kw
10−14
∴ Kh =
∴ K h = 0,92
Kh =
Ka Kb
6, 2 ⋅10−10 ⋅1, 76 ⋅10−5
Para cálculo do pH, temos:
H 2 O R H + + OH −
HCN
+ OH −
R CN −
NH +4
+ H 2O
R
NH +4
+ HCN
+ H 2O
+ H 2O
NH 4OH
R
K1 = K w
K2 =
+ H+
2H +
NH 4 OH
0
+0,1α
0,1α
K
1
= a
Kh Kw
K3 = K h =
+ CN −
+ NH 4OH
Kw
Kb
K = K1K 2 K 3 =
K w Ka
Kb
Como [NH +4 ] = [CN − ] e [HCN] = [NH 4OH], temos:
[H + ]2 =
K w ⋅ Ka
10−14 ⋅ 6, 2 ⋅10−10
∴ [H + ] =
∴ [H + ] = 5,94 ⋅10−10 mol/L
−5
Kb
1, 76 ⋅10
pH = − log[H + ] ∴
pH = 9, 23
28. Considere duas reações químicas (I e II) envolvendo um reagente X. A primeira (I) é de
primeira ordem em relação a X e tem tempo de meia-vida igual a 50 s. A segunda (II) é de
segunda ordem em relação a X e tem tempo de meia-vida igual à metade da primeira reação.
Considere que a concentração inicial de X nas duas reações é igual a 1,00 mol L−1. Em um
gráfico de concentração de X (mol L−1 ) versus tempo (de 0 até 200 s), em escala, trace as
curvas de consumo de X para as duas reações. Indique com I a curva que representa a reação de
primeira ordem e, com II, a que representa a reação de segunda ordem.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
19
Resolução:
Para reações de 1ª ordem, o período de meia-vida é constante e, segundo os dados, vale 50 s.
Para reações de 2ª ordem, o período de meia-vida ( n + 1) é o dobro do período de meia-vida (n),
sendo n o número de vezes em que a concentração da amostra de X foi reduzida pela metade desde
o instante inicial. Com isso:
[ X ]0 
[ X ]0 
[ X ]0 
[ X ]0
50s
50s
50s
50s
1ª ordem: [ X ]0 
→
→
→
→
2
4
8
16
[ X ]0 
[ X ]0 
[ X ]0
25s
50s
100s
2ª ordem: [ X ]0 
→
→
→
2
4
8
Mas o problema quer o valor de [ X ]200 . Portanto, para a reação de 2ª ordem:
1
=
[X]
1
+ kt ∴
[ X ]0
2
=
[ X ]0
1
=
[X]
1
+ kt ∴
[ X ]0
1
=
[ X ]200
[ X ]200 =
[ X ]0
1
1
+ k25 ∴ k =
L/mol
25 [ X ]0
[ X ]0
1
1
+
⋅ 200
[ X ]0 25 [ X ]0
9
Logo:
[x] (mol/L)
1
I
II
1
2
1
4
1 1
9 8
1
16
25
20
50
75
100
150 175 200
t(s)
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
29. Um tanque de estocagem de produtos químicos foi revestido internamente com níquel puro
para resistir ao efeito corrosivo de uma solução aquosa ácida contida em seu interior. Para
manter o líquido aquecido, foi acoplado junto ao tanque um conjunto de resistores elétricos
alimentados por um gerador de corrente contínua. Entretanto, uma falha no isolamento elétrico
do circuito dos resistores promoveu a eletrificação do tanque, ocasionando um fluxo de
corrente residual de intensidade suficiente para desencadear o processo de corrosão eletrolítica
do revestimento metálico.
Admitindo-se que a superfície do tanque é constituída por uma monocamada de níquel com
densidade atômica igual a 1, 61×1019 átomos m −2 e que a área superficial do tanque exposta à
solução ácida é de 5, 0 m 2 , calcule:
a) a massa, expressa em gramas, de átomos de níquel que constituem a monocamada atômica
do revestimento metálico.
b) o tempo necessário, expresso em segundos, para que a massa de níquel da monocamada
atômica seja consumida no processo de dissolução anódica pela passagem da densidade de
corrente de corrosão de 7, 0 µA cm −2 .
Resolução:
número de átomos Ni = 1, 61⋅1019 ⋅ 5, 0 = 8, 05 ⋅1019 átomos
A massa de Ni é calculada por:
58, 69
∴ m Ni = 7,85 ⋅10−3 g
m Ni = 8, 05 ⋅1019 ⋅
23
6, 02 ⋅10
b) Sendo o níquel bivalente, cada mol de níquel está associado a 2 mols de elétrons (2 Faraday):
58, 69 g ⋅ mol −1 : 2 ⋅ 9, 65 ⋅104 A ⋅ s ⋅ mol −1
a)
7,85 ⋅10−3 g
x = 25,8 A ⋅ s
:
x
A carga x, necessária no processo de dissolução anódica descrito, está distribuída em uma área
de 5, 0 m 2 . Então, a densidade de carga pode ser calculada por:
2,58 ⋅101
= 5,16 ⋅10−4 A ⋅ s ⋅ cm −2
4
5, 0 ⋅10
Finalmente:
d c arg a
5,16 ⋅10 −4
=
∴ t = 74 s
t=
d corrente 7, 0 ⋅10 −6
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
21
30. É descrita uma seqüência de várias etapas experimentais com suas respectivas observações:
I.
Dissolução completa de um fio de cobre em água de bromo em excesso com formação de
uma solução azulada A.
II. Evaporação completa da solução A e formação de um sólido marrom B.
III. Aquecimento do sólido B a 500 ºC, com formação de um sólido branco de CuBr e um gás
marrom C.
IV. Dissolução de CuBr em uma solução aquosa concentrada de ácido nítrico, formando uma
nova solução azulada D e liberação de dois gases: C e E.
V. Evaporação da solução azulada D com formação de um sólido preto F e liberação de dois
gases: E e G.
VI. Reação a quente do sólido F com hidrogênio gasoso e na ausência de ar, formando um
sólido avermelhado H e liberando água.
Baseando-se nesta descrição, apresente as fórmulas moleculares das substâncias B, C, E, F, G e H.
Resolução:
As fórmulas serão apresentadas com as respectivas equações:
I. O fio de cobre em água de bromo produzirá brometo de cobre (II), sendo os íons cobre (II) os
responsáveis pela coloração azulada:
Cu (s) + Br2(aq) 
→ CuBr2(aq)
Solução A
Observação:
O que se chama “água de bromo” é uma solução em que existe o equilíbrio:
Br2(aq) + H 2O( A ) U HBr(aq) + HBrO(aq)
O cobre metálico não reage com ácidos do equilíbrio anterior a frio, daí a equação do item I.
→ CuBr2(s)
II. CuBr2(aq) 
Sólido Marrom B
∆
III. 2CuBr2(s) 
→ 2CuBr(s) + Br2(g)
Sólido
Gás Marrom C
Branco
IV. Ao ser dissolvido em solução concentrada de ácido nítrico, o brometo de cobre (I) será
transformado em nitrato de cobre (II), daí novamente aparecerá a cor azul na solução:
2CuBr(s) + 8HNO3(aq) 
→ 2Cu ( NO3 ) 2(aq) + Br2(g) + 4NO 2(g) + 4H 2 O( A )
Solução
Azulada D
Gás
Gás
Marrom C Castanho E
V. Ao evaporar a solução D, haverá decomposição do nitrato de cobre (II):
→ 2CuO(s) + 4NO 2(g) + O 2(g)
2Cu ( NO3 )2(aq) 
Sólido
Preto F
VI. CuO(s)
+ H 2(g)
Gás E

→ Cu (s)
Gás G
+ H 2O(v)
Sólido
Avermelhado H
22
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
Comentário:
A banca examinadora do ITA apresentou uma prova de Química bem superior à prova do ano
passado. Com questões bem elaboradas, abrangendo quase todo o conteúdo programático, o aluno
pôde ser adequadamente avaliado.
Lamentamos apenas a imprecisão no enunciado da questão 18, o que não tirou o brilho da
prova.
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
23
O CURSINHO QUE MAIS ENTENDE DE ITA E IME
24
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO