estudando matéria, substâncias e misturas para … luz refletida é que será vista. f toda a luz...
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ESTUDANDO Matéria, substâncias e misturas
Para o vestibular
1 a) Sólido
b) Sim, pois a glicerina é solúvel na água e o eugenol, não.
2 a) 10 a 20
b) 20 a 40
c) 40
6 a) A mistura I, e o resíduo era areia.
b) No caso III, e o resíduo era o sal.
3 a) 3 2 1
b) Líquido
4
Processo 1 Filtração
Processo 2 Destilação fracionada
Processo 3 Separação magnética
Água, limalha de ferro, álcool e areia
Água e álcool Limalha de ferro e areia
Água Álcool Limalha de ferro
Areia
1
2 3
5 Deve-se colocar água quente na mistura dos sólidos para separar o naftaleno, que é insolúvel em água quente; ele não se dissolve e vai ficar retido no papel de filtro. O ácido ftálico, muito solúvel em água quente, vai passar pelo filtro na forma de solução. Para isolar o ácido ftálico da água, deixa-se esfriar a solução, de maneira que o ácido ftálico sólido se separe da água fria.
7 c
8 d
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13 e
9 b
11 a
14 a
17 c
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20 b
23 e
22 c
25 c
27 a
16 a) É a destilação fracionada, pois, quando existe uma mistura de componentes com pontos de ebulição próximos, não é adequado fazer a destilação simples (única etapa). Na destilação fracionada, a mistura é submetida várias vezes à vaporização e à condensação (ocorrem microdestilações). Os vapores condensados na última etapa estão enriquecidos com o componente mais volátil, tornando o processo mais eficiente em relação à destilação simples.
b) Como a água é uma substância polar e o petróleo, uma mistura de hidrocarbonetos (apolares), forma-se um sistema bifásico. Nesse caso, é adequado utilizar a decantação, método pelo qual os líquidos imiscíveis, de diferentes densidades, podem ser separados.
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
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28 a) Fusão do gelo e sublimação do gelo-seco. A fusão e a sublimação ocorrem com absorção de energia, o que faz os líquidos se resfriarem.
b) O copo x da condição inicial corresponde ao copo d, pois seu volume é menor que o do copo c, no qual foi colocado o gelo (flutuação). Os cubos sólidos que submergem (gelo-seco) estão no copo x.No copo y, no qual havia gelo no início (copo c), a concentração final de álcool ficou diferente da concentração inicial porque a água líquida que se formou diluiu o álcool da bebida original.
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ESTUDANDO Matéria, substâncias e misturas
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ESTUDANDO Estrutura atômica
Para o vestibular
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1 a) Quanto maior o fator de proteção solar do filtro (FPS), mais o protetor absorve a luz UV (maior é sua absorbância). No gráfico, a substância que apresenta a maior absorbância para comprimentos de onda menores que 400 nm é a B.
b)
Ab
sorb
ânci
a
Comprimento de onda (nm)
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
200 300 400 500 600 700 800
Alguns filtros solares funcionam absorvendo radiação UV, em um processo que também leva à decomposição das substâncias ativas ali presentes, o que exige aplicações subsequentes do protetor. Devido à absorção de radiação ultravioleta, ocorre a decomposição da substância B. Consequentemente, há diminuição da concentração do componente ativo e há redução da absorbância, como podemos observar em um possível espectro de absorção da substância B.
2 a) O somatório é 30 (2x 2 6 5 x 1 4; x 5 10).
Elemento Z A
A 2 3 10 2 6 5 14 10 1 18 5 28
B 10 1 4 5 14 40 2 10 5 30
Nêutrons de A 5 28 2 14 5 14.Nêutrons de B 5 30 2 14 5 16; portanto,16 1 14 5 30.
b) 2, 8, 4
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9 c
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6 b
7 a
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2 1 4 3
4 d
(17 2 8) 5 (16 2 7) 5 9
18 VA luz refletida é que será vista.
FToda a luz branca foi absorvida.
FToda a luz branca foi refletida.
VA cor que vemos resulta da reunião das ondas luminosas refletidas, e não das que foram absorvidas.
23 Soma: 01 + 08 + 16 = 25
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25 a) BaCc2(s) P BaCc2(g) P Ba2+ (g) + 2Cc– (g)
b) A explicação não seria correta, pois não se forma um sólido iônico entre dois metais, como é o caso do sódio e do estrôncio.
31 Soma: 08 + 16 = 24
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ESTUDANDO Estrutura atômica
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O número de nêutrons errado é: 40 2 18 = 22. Como o estudante cometeu um equívoco e diminuiua quantidade em duas unidades, o número denêutrons correto é 24. Portanto, seu númerode massa verdadeiro é 18 1 24 = 42.
9 a
O modelo dos níveis energéticos foi estabelecido por Niels Bohr, aprimorando o modelo de Ernest Rutherford.
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ESTUDANDO Tabela Periódica
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1 a) F . S . Na
b) Os gases nobres têm alto potencial de ionização, pois apresentam grande estabilidade. Gases nobres com número atômico baixo (He e Ne) têm potencial de ionização mais alto por serem átomos pequenos e apresentarem os elétrons da 1a e da 2a camada eletrônica mais atraídos pelo núcleo. Com o aumento do número atômico, a partir do argônio os potenciais de ionização assumem valores mais próximos entre si.
2 Por apresentarem o mesmo número de elétrons na camada de valência, os pares A–C e B–D pertencem à mesma família.
3 Silício (Si) – número de elétrons no nível mais energético: 4.
4 d
6 b
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11 c
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25 a
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31 d
35 e
13 d
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24 a
20 c
5 e
27 5 3 4 2 1
28 a) Ambos apresentam três níveis de energia. No último nível, o sódio apresenta apenas 1 elétron na camada de valência, ao passo que o cloro apresenta 7 elétrons. Com isso, a atração do núcleo do átomo de sódio e do elétron da camada de valência é menor do que a atração do núcleo do átomo de cloro com 7 elétrons na camada de valência. Como a atração é menor, o raio é maior.
b) Li2CO3 (carbonato de lítio).
29 a) A energia necessária para arrancar o segundo elétron é maior do que a necessária para arrancar o primeiro elétron, e assim sucessivamente.
b) Ocorreu mudança de camada para o nível mais interno.
30 a) Os elementos X, Y e Z são, respectivamente, oxigênio (O), carbono (C) e potássio (K).
b) A combinação de X e Y pode originar CO e CO2.
c) K2CO3 (carbonato de potássio).
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33 e
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41 d
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36 a) A carga nuclear efetiva (Zef ) pode ser definida como a atração que é efetivamente exercida pelo núcleo sobre os elétrons mais externos. Dentro de um mesmo período da Tabela Periódica, Zefaumenta com o aumento do número atômico da esquerda para a direita. Quanto maior for o valor de Zef, maior será a atração núcleo-elétron e, consequentemente, menor será o raio atômico (ou iônico). Isso explica a diminuição do raio atômico (ou iônico) dentro de um mesmo período da esquerda para a direita em função do aumento de Zef.
b) Para os pares de espécies apresentados em i, ii e iii, têm-se, respectivamente, Ac, F e Li.
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ESTUDANDO Tabela Periódica
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ESTUDANDO Ligações químicas
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1 a) MgF2: ligação iônica
b) NH3: ligação covalente
4 a) As forças intermoleculares presentes são do tipo interações de Van der Waals (dipolo instantâneo-dipolo induzido).
b) F2, Cc2 e Br2
3 a) PH HH
(PH3)
b) (H2S)
S HH
c) (CF4)
C FFF
F
2 a) Maior eletronegatividade: 7AMenor eletronegatividade: 1A
b) Ligação iônica, pois elementos com alta eletronegatividade atraem elétrons (formando ânions) e elementos com baixa eletronegatividade doam elétrons (formando cátions), ocorrendo assim a transferência dos elétrons.
6 a) PE (CH4) 5 112 K; PE (NH3) 5 240 K e PE (H2O) 5 373 K
b) CH4 – moléculas atraídas por forças de Van der Waals (dipolo instantâneo-dipolo induzido); portanto, PE baixo.H2O e NH3 – massas moleculares próximas; a molécula H2O apresenta maior polaridade; portanto, PE (H2O) . PE (NH3).
5
18 34 81 100 130 2000
0
–100
+100
–72
–60
–41
–2
Tem
per
atur
a (°
C)
Massa molar
O valor esperado para o ponto de ebulição da água é 272 °C (ver no gráfico).Dada a grande diferença de eletronegatividade entre o hidrogênio e o oxigênio, a ligação H—O na água é fortemente polar. Isso faz com que moléculas de água se liguem umas às outras, por meio das pontes (ligações) de hidrogênio, que são interações muito fortes, elevando o ponto de ebulição da água.
7 I: apresenta maior ponto de ebulição, pois as moléculas unem-se por pontes de hidrogênio.II e III: moléculas apolares unem-se por forças de Van der Waals (dipolo instantâneo-dipolo induzido).A substância III deve possuir ponto de ebulição mais alto que II, por ter moléculas maiores.Logo, temos: II , III , I.
16 A amostra I é constituída por material sólido com alta condutividade elétrica; portanto, apresenta elétrons livres para se movimentar. Conclui-se que é formada por elementos com pequeno número de elétrons na última camada, ou seja, metais: Mg e Ac. No 3o período, o elemento com 7 elétrons na camada de valência é o cloro, o elemento com 3 é o alumínio e o elemento com 2 é o magnésio. Portanto: Amostra II: AcCc3.Amostra III: MgCc2.
8 a
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.18 a) BaCc2: cloreto de bário
NaCc: cloreto de sódio
b) O cloreto de metila (CCc4) é polar; não há elétrons sobrando no átomo central e todos os ligantes sãoiguais; portanto, é uma molécula apolar. O CH3Cc tem um ligante diferente; portanto, é uma molécula polar.
C
C
H
Cc
H
Cc
Cc
Cc
H
Cc
C
HH
Cloreto de metila (polar)
H
jtotal % 0Cc
j
j
jj
Tetracloreto de carbono (apolar)
C
CcCc
Cc
jtotal 5 0
Ccj
jj
j
19 a
20 d
23 b
25 e
27 b
21 c
24 a
26 d
28 d
32 e
29 e
22 a) C10H20N2S4
b) Dez pares de elétrons.
c) Não, pois o oxigênio só pode fazer duas ligações, e não três, como o nitrogênio.
31 a) Amônia: geometria piramidal, o vetor resultante (momento dipolo elétrico) é diferente de zero; a molécula é polar. Água: geometria angular, o vetor resultante (momento dipolo elétrico) é diferente de zero; a molécula é polar. Metano: geometria tetraédrica, o vetor resultante (momento dipolo elétrico) é igual a zero; a molécula é apolar.
b) A substância mais solúvel em água será a amônia, pois é polar (o vetor resultante momento dipolo elétrico é diferente de zero) e semelhante à água.
30 Soma: 01 + 08 + 16 = 25
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ESTUDANDO Funções inorgânicas
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9 a) Vinagre
b) H3CCOOH 1 H2O H3O1 1 H3CCOO2
Moléculade ácido
Moléculade água
Íonhidroxônio
Íon acetato
10 a) Quando a água usada na irrigação evapora, os sais nela dissolvidos permanecem no solo, provocando o fenômeno da salinização.
b) A água da chuva não contém sais dissolvidos; portanto, quando evapora, ela não deixa resíduo salino, não contribuindo com a salinização do solo.
12 a) Hipoclorito de sódio e hipoclorito de cálcio
b) NaCcO e Ca(CcO)2
c) O cloro gasoso – Cc2
d) Ac2(SO4)3 1 3 Ca(OH)2 3 CaSO4 1 2 Ac (OH)3
11 a) A molécula de água é polar, pois o oxigênio (O) tem eletronegatividade maior que o hidrogênio (H); as ligações covalentes O–H são polares, fazendo com que a molécula de água tenha maior concentração eletrônica sobre o átomo central.
b) Modelo A. O polo positivo das moléculas de água está ao redor do íon cloreto (2), e o polo negativo das moléculas de água está ao redor do íon sódio (1).Observa-se que isso também ocorre em D; porém, nesse caso, os íons + estão muito próximos, e o texto se refere a uma solução diluída.
17 a) HIn 1 H2O H3O1 1 In2
(incolor) (vermelho)
b) Quando madura, a flor fica vermelha porque o meio se torna alcalino (estão presentes íons OH2 em maior quantidade do que íons H1), e a reação descrita anteriormente é deslocada para a direita, pois o íon H1 reage com o íon OH2, formando mais água.
13
Cátion ÂnionFórmula docomposto
Nome docomposto
NH41 Cc2 NH4Cc Cloreto de amônio
Ba21 Cc2 BaCc2 Cloreto de bário
Ag1 NO3– AgNO3 Nitrato de prata
Fe31 S22 Fe2S3 Sulfeto de ferro III
Fe21 OH2 Fe(OH)2 Hidróxido de ferro II
14 a) KCc(s): ligação iônica; HCc(g): ligação covalente.
b) O KCc(s) se dissolve com dissociação iônica; o HCc se dissolve com ionização.
15 a) 2 H2S 1 3 O2 2 SO2 1 2 H2O
b) SO3 1 H2O H2SO4 (ácido sulfúrico)
16 H2SO3 e H2SO4. O ácido mais forte é o H2SO4, pois, quando ele ioniza, forma-se uma maior quantidade de íons.
20 a
21 a
26 b
Óxidos que podem resolver problemas de acidez e alcalinidade devem apresentar, respectivamente, caráter básico e ácido, como ocorre com Na2O e SO2.
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28 aEntre os óxidos mencionados, apenas o SO3 é ácido. Sua reação com a água produz ácido sulfúrico, acarretando a formação de chuva ácida.SO3 1 H2O H2SO4
30 aAs fórmulas químicas dos sais citados são Ca3(PO4)2 (fosfato de cálcio), CaHPO4 (fosfato ácido de cálcio), NH4Cℓ (cloreto de amônio), KNO3 (nitrato de potássio) e (NH4)2SO4 (sulfato de amônio).
31 ba) Falsa. A reação entre uma base e um ácido produz sal e água.b) Verdadeira.c) Falsa. Fenolftaleína é usada como indicador ácido-base.d) Falsa. Ácidos são substâncias moleculares e, portanto, sofrem ionização em água.
32 aA configuração 3s2 3p4 diz respeito à camada de valência do elemento enxofre, cujo hidrácido correspondente é o H2S. O hidróxido que contém o metal do 4o período e família IIA é o Ca(OH)2, e a reação de neutralização completa entre esses dois compostos é dada por H2S 1 Ca(OH)2 CaS 1 2 H2O.
33 ca) Incorreta. O ânion hidrogênio arsenito no hidrogênio arsenito de cobre (II) é monovalente.b) Incorreta. O trimetil arsênio, por ser composto de três elementos químicos diferentes, é uma substância orgânica ternária.c) Correta. Quanto menor a interação intermolecular,maior a volatilidade de um composto.d) Incorreta. O óxido arsênico citado no texto reage com a água, formando um composto ácido.e) Incorreta. O elemento arsênio apresenta camada de valência 4s2 4p3.
34 aÓxido misto ou duplo é aquele que se comporta como se fosse formado por dois outros óxidos do mesmo elemento químico. Tetróxido de trichumbo (Pb3O4) é um óxido duplo que equivale a 2 PbO 1 PbO2.
27 b
N2O, NO e CO são classificados como óxidos neutros ou indiferentes devido à baixa reatividade frente a determinados compostos.
29 a
a) Correta. O óxido de sódio, ao reagir com água, produz hidróxido de sódio.b) Incorreta. Segundo a Iupac, os metais terras raras fazem parte da série dos lantanídeos e incluem, sim, o escândio e o ítrio. c) Incorreta. A distribuição eletrônica para o estado fundamental indica que apenas o vanádio é um metal de transição; o gálio, por sua vez, é um metal representativo.d) Incorreta. O óxido de alumínio ou alumina tem grande resistência à corrosão e não é bom condutor elétrico.
35 a
a) Correta.b) Incorreta. As substâncias 1, 4 e 5 são iônicas e, portanto, sólidas na temperatura ambiente.c) Incorreta. Óxidos são compostos binários, ou seja, formados por dois elementos. O carbonato de sódio, Na2CO3, é ternário e classificado como sal.d) Incorreta. A substância 2 reage com a água, formando ácido sulfuroso.e) Incorreta. A substância 1 corresponde ao dióxido de silício, principal componente da areia e, por isso, apresenta elevado ponto de fusão.
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ESTUDANDO Funções inorgânicas
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1 dPara verificar quais dos ácidos citados conferem maior acidez às chuvas, é necessário colocá-los em ordem de acidez. De acordo com a regra de Linus Pauling, dos que apresentarem fórmula molecular geral MOm(OH)n, terá mais acidez aquele com maior número de oxigênios não ligados ao hidrogênio (maior m).É preciso lembrar que o ácido mais forte é aquele que apresenta maior facilidade em ceder H1. Logo, os que conferem maior acidez às chuvas são os ácidos H2SO4
e HNO3.
7 dX é um composto iônico e Y é um molecular. Para conduzir eletricidade, a solução deve ter íons livres. As substâncias iônicas conduzem eletricidade quando em solução aquosa e quando se apresentam como líquidos, pois se dissociam. Já as soluções moleculares, em sua grande maioria, não conduzem eletricidade, exceto ácidos (sofrem ionização) e amônia, que ofazem quando estão em solução aquosa.
2 eI. Dissociação iônica; II. Liberação de gás (CO2)III. Formação de ácido (H2CO3); IV. Ionização do ácido cítrico.
3 e
4 a
5 a
8 e
6 cHCℓ – ácido clorídrico – ácido: cede H1.Mg (OH)2 – hidróxido de magnésio – base: possui íon hidroxila (OH2).NaHCO3 – bicarbonato de sódio – salCaCO3 – carbonato de cálcio – sal
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ESTUDANDO Reações inorgânicas
Para o vestibular
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
1 a) Ac2(SO4)3(s) 1 6 OH2(aq) 2 Ac(OH)3(s) 1 3 SO22
4(aq)
b) Hidróxido de alumínio
2 a) N2 (nitrogênio)
b) I – dupla troca; II – decomposição
4 a) NH4NO3
b) NH4OH 1 HNO3 NH4NO3 1 H2O
5 a) Porque cal é óxido de cálcio, que é um óxido básico. Dessa forma, em contato com a água, será formado hidróxido de cálcio.
b) CaO 1 H2O Ca(OH)2
Ca(OH)2 1 HCc Ca(OH)Cc 1 H2O (neutralização parcial)Ca(OH)2 1 2 HCc CaCc2 1 2 H2O (neutralização total)
3 2 SO2(g) 1 O2(g) 2 SO3(g)SO3(g) 1 H2O(c) H2SO4(aq)
6 c
19 a
20 e
21 a
22 d
23 aa) Verdadeira. O leite de magnésia é uma suspensão de hidróxido de magnésio.b) Falsa. Considerando que há neutralização completa, a fórmula química do sal formado na reação é MgCℓ2.c) Falsa. O leite de magnésia tem caráter básico e, portanto, pH maior do que 7.d) Falsa. Considerando que há neutralização completa, a equação química correta dessa reação é Mg(OH)2 1 2 HCℓ p MgCℓ2 1 2 H2O.
24 eExperimento 1. Ocorre produção de NH3 que, por tercaráter básico, altera a cor do papel de tornassol de vermelho para azul.Experimento 2. Ocorre termodecomposição do carbonato de cálcio e, uma vez que o CO2 produzidotem caráter ácido, há alteração da cor do papel de tornassol de azul para vermelho.Experimento 3. A reação produz gás NO, que tem caráter neutro e não causa alteração de cor no papel de tornassol.Experimento 4. Ocorre formação de gás hidrogênio, que não reage com água e não altera a cor do papel de tornassol.
7 e
8 c
10 c
11 d
12 cCaO(s) 1 H2O(c) Ca(OH)2
Ca(OH)2 1 2 HCc(aq) CaCc2 1 2 H2O(c)
9 b
13 a) A turvação da solução.
b) Ca(OH)2(aq) 1 CO2(g) CaCO3(s) 1 H2O(c) (A turvação deve-se à formação do CaCO3(s), insolúvel.)
15 a) Chumbo 5 Pb; enxofre 5 S
b) PbS 1 4 H2O2 PbSO4 1 4 H2O
c) Sim, pois na equação do item b há variação no número de oxidação do enxofre de (22) para (16) e do oxigênio de (21) para (22).
16 a) • na solução de Ba(OH)2?A solução fica turva, devido à formação do BaCO3,insolúvel: Ba(OH)2 1 CO2 BaCO3 1 H2O.
• no cobre aquecido?Ocorre a formação de um sólido preto de CuO.
b) Ba(OH)2 1 CO2 BaCO3 1 H2O2 Cu 1 O2 2 CuO (sólido preto)
c) N2 do ar atmosférico que não reagiu e excesso de O2 (O2 do ar que não reagiu com o Cu).
14 A: Cc2(aq); B: Na1(aq); C: NaCc(aq); D: Na1(aq), Cc2(aq), Ag1(aq), NO3
2(aq); E: AgCc(s); F: NaNO3(aq)
17 a
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28 eAs observações permitem afirmar que:I. B é o único composto de caráter básico, evidenciado pela cor rosa da fenolftaleína. Deve ser, portanto, hidróxido de sódio;II. B, que é uma base, é neutralizado por A, que deve ser, portanto, ácido sulfúrico;III. dos compostos ainda não identificados, A (ácido sulfúrico) só formaria precipitado com cloreto de bário, que corresponde ao composto D.A, B, C e D correspondem respectivamente a H2SO4, NaOH, K2SO4 e BaCℓ2.
27 I. 1, 2 e 3 II. 0 e 40. O ferro metálico, ao reagir com uma solução de ácido clorídrico, origina o cloreto ferroso como principal produto da reação.1. Os ácidos clórico, nítrico, sulfúrico e arsenioso apresentam, respectivamente, o seguinte número de ligações dativas: 2, 1, 2 e 0.2. Nos hidretos apolares dos elementos da família IV-A,os pontos de ebulição crescem do CH4 para o PbH2, emdecorrência do aumento das forças de Van der Waals entre as moléculas e do aumento da massa molar docomposto.3. O óxido de sódio reage com água, produzindohidróxido de sódio (soda cáustica), uma base forte.4. Nos sais hidratados, as moléculas de água de hidratação estão ligadas por interações do tipo íon-dipolo.
29 Lítio. Na2CO3 1 Li2SO4 p Li2CO3 1 Na2SO4
25 a) O cátion do alumínio isoeletrônico do gás Ne é o Aℓ31.Aℓ31 5 1s2 2s2 2
b) Aℓ31 , Mg21 , Na1
c) Considerando que o Aℓ2O3 é um composto iônico, sua fórmula eletrônica é:
2 [Aℓ]31 O22
3 U Uxx ou [Aℓ]2
31 O22
3U Uxx
d) Reação: 2 Aℓ(s) 1 6 HCℓ(aq) 3 H2(g) 1 1 2 Aℓ31(aq) 1 6 Cℓ2.Tipo de ligação: AℓCℓ3 ligação iônica.
26 d
A adição de ácido clorídrico só acarreta efervescência no frasco que contém K2CO3 (Y) por causa da formação e da liberação de CO2. Entre os compostos fornecidos, a única combinação que produz precipitado é Ca(OH)2 (X) 1 K2CO3 (Y), que, ao reagir, forma carbonato de cálcio, uma substância de baixa solubilidade. Por eliminação, Z é NaOH.
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ESTUDANDO Reações inorgânicas
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No frasco 1, adicionou-se água com gás. A água contém dióxido de carbono, o que permite que ocorra o equilíbrio representado a seguir: CO2(aq) 1 H2O(ℓ) H2CO3(aq)A cal existente no frasco reage com a água formando hidróxido de cálcio (solúvel em água); essa base reage com o ácido carbônico proveniente da água com gás, gerando um precipitado branco, o carbonato de cálcio, e água. CaO(s) 1 H2O(ℓ) Ca(OH)2(aq)H2CO3(aq) 1 Ca(OH)2(aq) CaCO3(s) 1 2 H2O(ℓ)Assim, justifica-se a transparência da solução e a formação do precipitado branco, o que não pode ser observado no frasco 2, já que a água adicionada não possui dióxido de carbono dissolvido.
5 b
A destruição do microambiente, no tronco de árvores pintadas com cal, ocorre pela retirada de água deste microambiente graças ao processo de osmose, já que o óxido de cálcio (óxido básico) reage com a água formando hidróxido de cálcio, gerando um gradiente de concentração.Reação envolvida: CaO + H2O → Ca(OH)2
A retirada de água desse microambiente impossibilita o desenvolvimento de microrganismos.
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ESTUDANDO Cálculos químicos e suas unidades de medida
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8 d1 mol vit 176.000 mgx 62 mgx 5 0,35 · 1023 mol (dose diária recomendada)r 5 7,05 · 1023 mol (dose diária ingerida pelo cientista)7,05 · 1023
0,35 · 1023 5 20
Portanto, r 5 20.
12 b240 g de TiO2 96 g de O2
x 0,96 gx 5 2,4 g de TiO2
12 g 100%2,4 g xx 5 20%
13 e152 g de Cr2O3 104 g de Cr15,2 g xx 5 10,4 g10,4 g 100% de rendimentox 75%x 5 7,8 g
2 a) CaCO3 CaO 1 CO2
CO2 1 Ba(OH)2 BaCO3 1 H2O
b) 197 g BaCO3 44 g CO2
8 g xx 5 1,78 g100 g CaCO3 44 g CO2
x 1,78 gx 5 4,09 g5,0 g 100%4,0 y 7 80%A pureza é de 80%.
4 a) 56 g CaO 64 g CaC2
280,5 g xx 5 320,5 g
b) 56 g CaO 26 g C2H2
280,5 g xx 5 120,2 g
3 342 g sacarose 4 ? 46 g etanol171 g xx 5 92 g
5 100 g de CaCO3 40 g Ca80 g de CaCO3 xx 5 32%
6 c12 mg Fe 5 0,214 ? 1023 mol (necessário no corpo)1 colher 4,28 ? 1025 molx 0,214 ? 1023 molx 5 5 colheres
7 a) A equação química do processo é:
CuS 1 O2 S
Cu 1 SO2
b) SO2 1 12 O2 SO3
H2O 1 SO3 H2SO4
SO2 1 12 O2 1 H2O H2SO4
1 mol 1 mol
64 g 98 g64 kg xx 5 98 kg
11 V V F F
14 O camundongo tem 1,0 g de hidrogênio e 6,4 g de oxigênio. Como em 1 mol de água há 2 g de hidrogênio e 16 g de oxigênio, o hidrogênio presente no camundongo seria suficiente para produzir 1,02,0 5 0,5 mol de água, ao passo que o oxigênio seria
suficiente para produzir 6,416 5 0,4 mol de água.
Desse modo, a formação de água é limitada pela quantidade de oxigênio. Portanto, a quantidade máxima de água que poderia ser formada apenas pela combinação dos átomos de hidrogênio e oxigênio presentes no camundongo é 0,4 mol, o que corresponde a 0,4 · 18 5 7,2 g de água.
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27 c
17 c
19 BaCO3(s) + H2SO4(aq) = BaSO4(s) + H2O(aq) + CO2(g)
22 e6,02 ? 1023 átomos de Fe 56 g1 átomo de Fe xx = 9,3 ? 10–23 g
23 dNaHCO3 (M = 84 g/mol) Na2CO3 (M = 106 g/mol)2 ? 84 g de NaHCO3 106 g de Na2CO3
420 kg de NaHCO3 xx = 265 g de Na2CO3
265 g de Na2CO3 100% rendimento212 g de Na2CO3 yy = 80%
25 eA reação que ocorre é: H2SO4 + 2 NaOH
Na2SO4 + H2O98 g de H2SO4 80 g de NaOH40 g de H2SO4 xx = 32,6 g de NaOHComo foram utilizados 40 g de NaOH, há um excesso de 7,4 g de NaOH.
26 cComo na reação a proporção entre o CO2 e o CO é de 1 : 2, 10 litros de CO2 produziriam 20 litrosde CO (100% de rendimento); então:20 litros de CO 100%x 20%x = 4 litros de CO
28 a) Composto A:87,0 g de iodo 13,0 g de flúor
Composto B:69,0 g de iodo 31,0 g de flúor87,0 g de iodo x g de flúorx = 39,1 g de flúor
Composto C:57,0 g de iodo 43,0 g de flúor87,0 g de iodo y g de flúory = 65,6 g de flúor
As massas formam uma proporção segundo a Lei de Dalton: 1 : 3 : 5.
b) É impossível deduzir, usando apenas os dados fornecidos para o composto A, que sua fórmula mínima é IF, pois a proporção em mols é 1 : 1.127,0 g de iodo 1 mol87,0 g de iodo x molx = 0,685 mol
19,0 g de flúor 1 mol13,0 g de flúor y moly = 0,684 mol
15 a) C6H12O6 1 6 O2 6 CO2 1 6 H2O
b) 1 mol (glicose) 6 mol (CO2)180 g 6 · 44 g900 g xx 5 1.320 g
16 Soma: 01 1 02 1 04 1 16 1 32 = 55
18 a) O rendimento da reação foi inferior a 100%.
b) BaCO3 1 2 HCc BaCc2 1 H2O 1 CO2
O BaCc2 é um sal solúvel, e isso permitiu que íons bário fossem absorvidos pelo sistema digestório.
c) BaCO3 1 2 HCc Ba21 1 2 Cc2 1 H2O 1 CO2
197 g 137 gm 0,035 gm 5 0,05 g0,05 g 14%x 100%x 5 0,36 g de sulfato de bário impuro
21 a) C12H22O11 massa molar = 342 g mol21
342 g 6,02 ? 1023 moléculas60 g n moléculasn = 1,06 ? 1023 moléculas
b) C12H22O11 12 C + 11 H2O342 g 144 g de C0,60g mc
mc = 0,25 grama
20 b
AgCc (M = 143,5 g/mol)143,5 g de AgCc 108 g de Ag2,87 g de AgCc xx = 2,16 g de Ag10 g aliança 100%2,16 g de Ag yy ≃ 22%
24 a) 2 : 1 : 1 : 1b) 0,49 g de NaHCO3 impuro 100%0,32 g de NaHCO3 puro xx ≃ 65%
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ESTUDANDO Cálculos químicos e suas unidades de medida
Para o eNeM
1 dA concentração de hidróxido de magnésio no leite de magnésia é de 64,8 g/L. Assim, ao se ingerir 9 mL de leite de magnésia, tem-se:64,8 g 1.000 mLx 9 mL x = 0,583 g de Mg(OH)2
A massa molar do Mg(OH)2 é igual a 24,3 + 2(17) = 58,3 g/mol.Assim, ao se ingerir 9 mL de leite de magnésia: 1 mol Mg(OH)2 58,3 gx 0,583 g x = 0,01 mol de Mg(OH)2
A reação que ocorre entre o ácido estomacal e o hidróxido de magnésio é:Mg(OH)2 + 2 HCc MgCc2 + 2 H2O Na reação, observa-se que 1 mol de hidróxido de magnésio reage com 2 mol de ácido clorídrico.Assim,1 mol de Mg(OH)2 2 mol de HCc0,01 de Mg(OH)2 n de HCc n = 0,02 mol de HCc
5 c1 átomo C = 6 elétrons 1 mol C = 3,6 ? 1024 elétrons
18 g C = 1,5 mol C = 5,4 ? 1024 elétrons
6 e20 kg de carvão 100%x 75%x = 15 kg12 g C 6 ? 1023 moléculas de CO2
15.000 g C yy = 7,5 ? 1026 moléculas de CO2
7 d143,5 g de AgCc 108 g de Ag2,87 g de AgCc xx = 2,16 g de Ag
2,70 g moeda 100%2,16 g de Ag yy = 80%
2 a
3 b
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ESTUDANDO Estudo dos gases
Para o vestibular
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
1 a) aleatório – linear – maiores – choques – pressão
b) X 5 Cc2 a 100 K; Y 5 Cc2 a 1.000 K e Z 5 H2 a 100 K.X e Y: para uma mesma espécie de gás, quanto maior a temperatura, maior a velocidade média das moléculas.X e Z: a uma mesma temperatura, moléculas de H2 têm maior velocidade média em função de sua menor massa molar.
6 a) Transformação A B – Lei de Boyle. No diagrama V · P, as isotermas correspondem à parte de uma hipérbole equilátera, sendo PV 5 constante.Transformação B C – Lei de Charles. No diagrama V · P, a pressão permanece constante, enquanto o volume e a temperatura variam, sendo VT 21 5 constante.Transformação C D – Lei de Gay-Lussac. No diagrama V · P, o volume permanece constante, enquanto a pressão e a temperatura variam, sendo PT 21 5 constante.
b) V
P
B
A C
Temperatura =constante
V
T
B
Pressão =constante
DP
T
C
Volume =constante
2 a) 2,20 atmPV 5 nRTP · 10 5 0,9 · 0,082 · (273 1 25)P 5 2,19 atm
b) P CH 4 5 0,489 atm
P H 2 5 0,734 atm
P N 2 5 0,979 atm
P CH 4 5 0,20,9
· 2,2 5 0,489 atm
P H 2 5 0,30,9
· 2,2 5 0,734
P N 2 5 2,2 2 0,734 2 0,489 5 0,979
3 a) Pela equação de gases ideais, tem-se n 5 0,035 atm · · 1.000 L/0,082 atm · L · mol21 · K21 · 300 K). Assim, n 5 1,42 mol. A partir dessa quantidade em mol, pode-se calcular a massa de água (massa molar 55 18,0 g · mol21) como sendo aproximadamente 26,0 g. Como a densidade da água é 1 g · mL21, tem-se que 26,0 mL deverão evaporar. Assim, pode-se afirmar que não haverá a evaporação completa de 1 L de água.
b) Para um volume de 1 L ou 1.000 mL de água, cuja densidade é 1 g · mL21, tem-se 1.000 g de água. Essa massa equivale a cerca de 55,6 mol de água. Como o calor de vaporização da água é 40,7 kJ por mol, a quantidade de calor necessária para vaporizar 55,6 mol é aproximadamente 2.263 kJ.
5 a) A equação que representa a reação química é:Zn(s) 1 2 HCc(aq) ZnCc2(s) 1 H2(g)64,5 g 1 mol32,7 g n(H2)n(H2) 5 0,507 molPV 5 n · R · T0,82 · V = 0,507 · 0,082 · 300V 5 15,21 L
b) O gás produzido é o hidrogênio (H2), que é uma molécula apolar; como a água é uma molécula polar, as duas substâncias não são miscíveis.
4 0,17 L2 LiOH(s) 1 CO2(g) Li2CO3(s) 1 H2O(c)48 g 2 mol LiOH0,348 g xx 5 0,0145 molComo o LiOH e o CO2 se combinam na proporção de 2:1, tem-se 0,0145/2 mol de CO2.PV 5 nRT; 1,03 · V 5 0,00725 · 0,082 · (273 1 21)
V 5 0,17 L
7 e
8 d2 ZnS(s) 1 3 O2(g) 2 ZnO(s) 1 2 SO2(g)2 · 97,4 g 2 · 22,4 L19,5 g xx 5 4,5 L
9 aN2 5 1,5 mol; O2 5 0,5 molPV 5 nRT P · 2 5 2 · 0,082 · 300
P 5 24,6 atm (total)
P O 2 5 0,52,0
· 24,6 5 6,15 atm; portanto,
P N 2 5 24,6 2 6,15 5 18,45 atm
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20 dAdmitindo uma quantidade igual a 100 g para facilitar os cálculos, a mistura contém 87 g de N2 (massa molar 5 28 g/mol) e 13 g de O2 (massa molar 5 32 g/mol), que equivalem a, aproximadamente, 3,11 mols e 0,41 mols. A massa molar aparente da mistura é igual a:
M 5 mn
M 5 100
(3,11 1 0,41)M 5 28,41 g/molSubstituindo esse valor na relação:P 3 M 5 d 3 R 3 T1 3 28,41 5 d 3 0,082 3 300d 5 1,15 g/L
23 dDe acordo com a Hipótese de Avogadro e com a Lei de Gay-Lussac, a proporção em volume é igual à proporção molar. Considerando-se 100 mols de moléculas, para facilitar os cálculos, tem-se:• CO2: 80% em volume p 80 mols de moléculas p p 80 mols de átomos de C 1 160 mols de átomos de O;• CH4: 10% em volume p 10 mols de moléculas pp 10 mols de átomos de C 1 40 mols de átomos de H;• CO: 5% em volume p 5 mols de moléculas pp 5 mols de átomos de C 1 5 mols de átomos de O;• N2: 5% em volume p 5 mols de moléculas pp 10 mols de átomos de N.A quantidade total de átomos para cada elemento é, portanto:• C: 80 1 10 1 5 5 95 mols de átomos;• O: 160 1 5 5 165 mols de átomos;• H: 40 mols de átomos;• N: 10 mols de átomos.Assim, a ordem crescente de número de átomos é dada por: O . C . H . N.
24 bNessas condições (baixa pressão e alta temperatura), o comportamento do gás real se aproxima do comportamento do gás ideal descrito pela equação PV 5 nRT (equação de estado de um gás ideal).
11 Observe as equações:Combustão do metano:CH4(g) 1 2 O2(g) CO2(g) 1 2 H2O(g)1 volume de CH4(g) 1 volume de CO2(g)V(CH4) 22,4 LV(CH4) 5 22,4 LCombustão do GLP (principalmente butano):
C4H10(g) 1 132
O2(g) 4 CO2(g) 1 5 H2O(g)
1 volume de C4H10(g) 4 volumes de CO2(g)V(C4H10) 22,4 L
V(C4H10) 5 22,44
5 5,6 L
14 a
17 a
22 a
A equação balanceada é dada por:2 NaCℓ 1 MnO2 1 2 H2SO4 p Na2SO4 1 MnSO4 1 Cℓ2 1 2 H2ODe acordo com essa equação, a proporção é de 2 molsde NaCℓ (massa molar 5 58,5 g/mol) : 1 mol de Cℓ2. Assim, tem-se:2 3 58,5 g NaCℓ __________ 1 mol Cℓ2
600 g NaCℓ __________ nn 5 5,13 molEsse valor corresponde a um rendimento teórico de 100%. Uma vez que o rendimento é de 80%, a quantidade de cloro produzida é de, aproximadamente, 4,1 mols. Substituindo esse valor e os outros dados do enunciado na equação de Clapeyron, obtém-se:P 3 V 5 n 3 R 3 T1 3 V 5 4,1 3 0,082 3 300V 5 100,86 L
21 A concentração do mercúrio volatilizado pode ser determinada pela equação de Clapeyron: P 3 V 5 n 3 R 3 T.
3 3 1026 5 [nV
] 3 0,082 3 298 [nV
] 5 [Hg] 5 0,13 mol/L
Essa concentração corresponde a, no caso do mercúrio(massa molar 5 200 g/mol), 26 g/L 5 26 mg/m3, que, de acordo com o enunciado, é letal.
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25 bPrimeiramente, calcula-se o volume interno da bola:
V 5 4
3 3 π 3 r3
sendo r 5 20
2 5 10 cm 5 1 dm
logo, V 5 4
3 3 3 3 13
V 5 4 dm3 5 4 LDetermina-se a massa de ar contida no interior da bola cheia aplicando a equação de Clapeyron:
P 3 V 5 m
M 3 R 3 T
sendo:P 5 1 atmV 5 4 LM 5 30 g 3 mol21
R 5 0,080 atm 3 L 3 mol21 3 K21
T 5 27 1 273 5 300 KTem-se:
1 3 4 5 m
30 3 0,80 3 300
m 5 5 g
27 bNa experiência em questão, o gás sofreu uma transformação isobárica, ou seja, uma transformação em que a pressão permanece constante.O balão que ficou mais cheio foi colocado em água quente, e o balão que murchou foi colocado em água fria, revelando que o aumento da temperatura provoca a expansão do gás, e a diminuição da temperatura, sua contração.
26 b
As massas dos dois reagentes são dadas por
d 5 m
V e m 5 d 3 V.
mH2 5 0,07 3 5.000 5 350 gmN2 5 0,80 3 5.000 5 4.000 gConvertendo esses valores em número de mols, são obtidos, respectivamente, 175 mols de H2 (massa molar 5 2 g/mol) e, aproximadamente, 142 mols de N2 (massa molar 5 28 g/mol).A pressão total pode ser obtida substituindo os devidos valores na equação de Clapeyron:PV 5 nRTP 3 70 5 (142 1 175) 3 0,082 3 750P 5 278 atm
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Cód
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2 eConsiderando somente o nitrogênio e o oxigênio do ar e sabendo-se que todo oxigênio reage com a palha de aço, nota-se que, inicialmente, o volume da garrafa é ocupado por nitrogênio e oxigênio, e, após a reação, resta apenas gás nitrogênio.Cálculo da porcentagem do volume de nitrogênio do ar:7,8 cm __________ 100% em volume6,1 cm __________ x em volumex 5 78,2% em volume de nitrogênio Para saber a porcentagem em volume de oxigênio presente no ar, basta fazer:100% 2 78,2% 5 21,8% em volume de oxigênio CNTP Cálculo do número de mols de oxigênio presente no interior da garrafa PET: PV 5 nRT1 3 (0,218 3 0,6) 5 n 3 0,082 3 2730,1308 5 n 3 22,386n 5 0,006 mols de oxigênio
4 aComo o volume e a temperatura são mantidos constantes, as pressões exercidas pelos dois gases sãosomadas, ou seja, cada gás é responsável por uma parcela da pressão total da mistura.
6 eDe acordo com a tabela fornecida, o dióxido de enxofre é responsável pela redução de visibilidade na atmosfera. Analisando os dados hipotéticos fornecidos, a região que possui maior quantidade desse gás é a dePinheiros. O fenômeno observado é denominado smog.
ESTUDANDO Estudo dos gases
Para o eNeM
1 c
3 d
Cálculo do volume do balão: Massa de hélio: 40,0 g
Número de mols de hélio: n 5 m
M ] n 5
40
4 ] 10 mol
Pressão do balão: 2,0 atmTemperatura ambiente: 32 °C p 273 1 32 5 305 KPV 5 nRT ] 2V 5 10 3 0,082 3 305 ] V 5 125,1 L
5 d
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ESTUDANDO Estudo das soluções
Para o vestibular
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
1 b
M nV
] 0,5
2,561,8
V ] 0,5 V 0,04 ]
] V 7 0,081 L ou 81 mL
2 e
Em 2 L tem-se 2.000 g de massa total.2.000 g 100% x 0,9%x 18 g
3 e
12 e
13 b1,5 103 g F 1 L
x 10.000 L
x 15 g F
188 g Na2SiF6 114 g F
y 15 g F
y 7 24,7 g F
4 b200 g de solução 100% de massa x 0,9%x 1,8 g
5 a) Zn(s) 2 HCc(aq) ZnCc2(aq) H2(g)1 mol 2 gm(H2) 2 g
b) [HCc] 0,1 mol/L1.000 mL 0,1 mol de HCc 100 mL n(HCc)n(HCc) 0,01 mol 1 mol HCc 36,5 g0,01 mol HCc m(HCc)m(HCc) 0,365 g
7 a) No sistema I existem duas fases: solução saturada de NaCc e corpo de chão de NaCc em equilíbrio.
b) Sistema I. Continuará uma solução saturada comprecipitado. Sistema II. Haverá a formação de um precipitado. Sistema III. Continuará uma solução insaturada.
6 A equação química que representa a reação de oxidação do ferro é dada por:4 Fe(s) 3 O2(g) 2 Fe2O3(s) 3 · 32 g 2 · 160 g m(O2) 32 mgm(O2) 96 mg 9,6 · 103 g Como essa massa de O2 está presente em um litro de água, a concentração de O2 será 9,6 · 103 g/L.
9 34 g 33 g de oxalato dissolvem em 100 g de
água x 200 gx 66 g100 g (totais) 2 66 g (dissolvidos) 34 g
11 Soma: 01 04 32 37(02) Errada, pois a solução saturada apresenta apenas uma fase, sendo, portanto, homogênea.(08) Errada, pois a concentração depende da comparação; uma solução pode ser concentrada em relação a outra e ainda estar longe do ponto de saturação.(16) Errada, pois o soluto é uma substância que se dissolve no solvente; após a separação, as moléculas, tanto do solvente como do soluto, continuam as mesmas; o fato de terem se misturado não as modifica.
8 40 g100 g de água 60 g de sal 200 g xx 120 g de sal dissolvidos a 80 °C100 g de água 40 g de sal 200 g yy 80 g de sal a 40 °C120 g dissolvidos a 80 °C 2 80 gdissolvidos a 40 °C 40 g precipitam.
10 a) 80 °CSe, a 80 °C, 50 g de sal saturam 100 g de água,200 g saturam em 400 g de água.
b) 80 g A 20 °C30 g de sal 100 g de água x 400 g
x 12.000
100 120 g
200 g totais 2 120 g dissolvidas 80 g no fundo do béquer.
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15 d
19 a
16 b
20 d
20 g de sal 100 g de H2O x 50 gx 10 g dissolvidos e 8,0 g precipitam.
26 bmmédia
(22 20 24)3
22
22 g 500 mL x 1.000 mL
x 44 g/L
14 A única correta é a 3, pois os bicarbonatos são obtidos a partir de reações com o ácido carbônico por meio de neutralizações incompletas em que resta, na molécula do sal formado, um hidrogênio ainda ionizável.1. Incorreta, pois 0,5 mol de óxido de silício corresponderia a 30 g, e não a 30 mg.2. Incorreta, porque em cada litro de água existem 30 mg de óxido de silício, e não de silício.
17 F V F V V
18 a) 1.500 kg (água marinha) 100% m (sais) 3,4%
m (sais) 51 kg
b) Em 100 mL (0,1 L) de água do mar: 2 g de NaCc n58,5 g de NaCc 1 moln 0,034 mol de NaCcEntão, a concentração molar será de 0,034 mol de NaCc em 0,1 L de água do mar, ou seja, 0,34 mol/L.
21 d
25 d
1 mol de C6H8O6 176 g x 600 103 gx 3,4 103 mol de C6H8O6
3,4 103 mol de C6H8O6 0,2 L y 1 Ly 0,017 mol de C6H8O6 17 mmol de C6H8O6
22 e
23 a) 1 mol BaSO4 233 g x 46,6 g
x 0,2 mol BaSO4
0,2 mol BaSO4 500 mL y 1.000 mLy 0,4 M
b) 46,6 g BaSO4 500 mL x 1.000 mLx 93,2 g/L
24 a) Pelo gráfico, em 100 g de água a 90 °C, tem-se:NaCcO3: 170 gNaCc: 40 gm(total) 100 g 170 g 40 g 310 g
b) Pelo gráfico, em 100 g de água a 25 °C, tem-se:NaCcO3: 102 gNaCc: 38 gLogo, cristalizam: 170 g 102 g 68 g de NaCcO3
40 g 38 g 2 g de NaCcMassa total cristalizada 68 g 2 g 70 g70 g 100 %68 g pp 97,1% de pureza de NaCcO3
c) NaCcO3(s) Na(aq) CcO3 (aq)
Uma elevação de temperatura desloca o equilíbrio para a direita e aumenta o número de íons nasolução.
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ESTUDANDO Estudo das soluções
Para o eNeM
1 bCálculo da quantidade, em mol, de sacarose utilizada para adoçar o cafezinho:x 0,01 mol
Cálculo da quantidade, em mol, de sacarose em1 L de café:y 0,2 mol
Portanto, a concentração de sacarose no cafezinho é 0,2 mol/L.
4 c750 g de vinagre 100% 22,5 g de ácido xx 3%
9 eNo ano de 2007, o nível de CO2 era de 382,7 ppm.382,7 mg de CO2 1 kg de ar atmosférico x 10 kg de ar atmosféricox 3.827 mg 3,827 g de CO2
6 e
2 d
3 b
7 d
8 b
M m1
M1 · V
18,574,5 · 0,25 Æ M 7 1 mol · L1
5 a
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ESTUDANDO Concentração das soluções
Para o vestibular
Revisão em 22 volumes – Química – Gabarito
1 a) H2SO4 1 2 NaOH 2 H2O 1 Na2SO4
b) NaOH: 0,6 mol 1.000 mLn(base) 20 mLn(base) 0,012 mol1 mol H2SO4 2 mol NaOHn(ácido) 0,012 mol NaOHn(ácido) 0,006 mol0,006 mol de ácido 15 mL x 1.000 mLx 0,4 mol em 1 LA concentração molar do ácido é 0,4 mol/L.
7 a) C1V1 C2V2, portanto 25 · V1 10 · (V1 300) ] ] V1 200 L200 L de água do mar 300 L de água potável 500 L (volume total de soro que poderia ser obtido)
b) 100 g de NaCc/pessoa500 L totais/50 pessoas 10 L/pessoa10 g sal 1 L x 10 Lx 100 g por pessoa
c) A água do mar evapora, mas o sal continua dissolvido no oceano. A água da chuva é praticamente isenta de sais dissolvidos.4 a) 0,1 mol 1.000 mL
x 500 mLx 0,05 mol1 mol 40 g0,05 mol xx 2 g
b) Adicionando água até completar 1 L a 100 mL da solução inicial.
c) 0,1 mol NaOH 1.000 mL x 10 mLx 0,001 molComo na reação de neutralização, a proporção NaOH: HCc é 1:1.0,05 mol HCc 1.000 mL0,001 mol HCc xx 20 mL
5 a) 1 L 0,05 mol (NaCcO)1 L 0,05 · 74,5 g (NaCcO)10 L mm 37,25 g
b) 0,05 mol/L · 500 mL 5 · 103 mol · L1 · Vf
Vf 5.000 mL
c) C 0,1 mol/L · 74,5 g/mol1 7,45 g/L
2 A: solução 1B: solução 2CAVA CBVB CV1,5 VA 0,5 VB 0,9 · 100VA VB 100 mLVA 100 2 VB
Então,1,5(100 VB) 0,5 VB 0,9 · 100VB 60 mLVA 100 60 40 mLOs volumes deverão ser 40 mL e 60 mL.
3 0,08 mol 1 L de solução x 20 L de soluçãox 1,6 mol0,52 mol 1 L de solução y 2 L de soluçãoy 1,04 mol1,6 mol 1,04 mol 2,64 mol2,64 mol 22 L de solução x 1 L de soluçãox 0,12 mol/L concentração final de NaCc:0,12 mol/L
6 a) 2HCc(aq) Ca(OH)2(aq) CaCc2(aq) 2H2On(HCc) 0,02 moln[Ca(OH)2] 0,02 molPela equação: 2 mol HCc 1 mol Ca(OH)2
0,02 mol HCc xx 0,01 mol Ca(OH)2
Foram misturados 0,02 mol de Ca(OH) 2 com 0,02 mol de HCc, mas reagiu 0,02 mol de Ca(OH)2 com 0,01 mol de HCc. Portanto, a solução final será básica.
b) 0,1 M de Ca(OH)2
M 0,01 mol/0,1 L 0,1 M
8 cM1V1 M2V2
0,01 · 0,3 M2 · 0,2 M2 0,015 mol/L
9 cM1 · V1 M2 · V2 18 · 0,5 4 · V2 V2 2,25 L
11 eNo caso de monoácidos e monobases (A ácido e B 5 base), pode-se utilizar a fórmula MAVA MBVB para estudar as soluções em que ocorrem reações de neutralização.MA · VA MB · VB
MA · 10 0,2 · 9MA 0,18 mol/L
10 b
M1 · V1 M2 · V2 15 · V1 0,5 · 3 V1 100 mL
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.15 a) 1 L 0,05 mol (NaCcO)
1 L 0,05 · 74,5 g (NaCcO)10 L mm 37,25 g
b) C1 · V1 C2 · V2
0,05 mol/L · 500 mL 5 · 103 mol/L · Vf
Vf 5.000 mL
c) C 0,1 mol/L · 74,5 g · mol1 7,45 g/L
19 a) 1 L 0,05 mol (NaCcO) 1 L 0,05 · 74,5 g (NaCcO)10 L mm 37,25 g
b) C1V1 C2V2 ] 0,05 mol.L 1 · 500 mL 5 · 10 3 mol.L 1 · Vf ]] Vf 5.000 mL
c) c 0,1 mol.L 1 · 74,5 g.mol 1 7,45 g.L 1
12 bM1 · V1 M2 · V2 0,4 · 0,1 0,04 · V2 V2 1 LComo há 100 mL, deve-se acrescentar 900 mL paraatingir 1 L de solução 0,04 mol/L.
13 a) V1C1 V2C2
5,0 · C1 50 · C2
C2 0,1 · C1
C2 C3 0,1C1
V3C3 V4C4
10 · 0,1 · C1 25 · C4
C1 25C4
Na diluição 1, o volume aumentou 10 vezes, e a concentração de capsaicina ficou 10 vezes menor.Na diluição 2, o volume aumentou 2,5 vezes, e a concentração de capsaicina ficou 2,5 vezes menor.A concentração de capsaicina na solução de 5,0 mL será 10 · 2,5 25 vezes maior do que na solução final.
b) A quantidade de cada soluto presente no sistema é determinada a partir da área sob cada pico.Pico A:
A b · h2 1 ·
32 1,5 unidades arbitrárias
Pico B:
Ae b · h2
1,52 0,75 unidade arbitrária
Como foi dito no texto que a concentração da capsaicina é a metade da de di-hidrocapsaicina,tem-se:A di-hidrocapsaicinaB capsaicinaO instrumento utilizado poderia ser um cromatógrafo.
17 a) Reação química:HCc(aq) NaOH(aq) NaCc(aq) H2O(c)
b) 0,500 mol NaOH 1.000 mLn 12 mL
n 0,006 mol de NaOH
c) HCc(aq) NaOH(aq) NaCc(aq) H2O(c)0,006 mol 0,006 molMolaridade (HCc) 0,006 mol/0,010 L 0,6 MCom a diluição, o número de mols do ácido se man-tém constante; então:M(antes) · V(antes) M(depois) · V(depois)M(antes) · 0,01 0,6 · 0,05M(antes) 3,00 mol/L (no frasco original)
14 a) Cálculo da quantidade, em mol, de cloro ativo:1 mol de I2 1 mol de cloro ativo1,5 · 103 mol de I2 xx 1,5 · 103 mol de cloro ativoCálculo da quantidade, em mols de cloro ativo, em 100 mL de solução:25 mL 1,5 · 103 mol de cloro ativo100 mL yy 6 · 103 mol de cloro ativoCálculo da massa do cloro ativo:1 mol de cloro 35 g6 · 103 mol de cloro zz 0,21 gCálculo da massa de alvejante:d m/V m d · V 1,0 g/mL · 10 mLm 10 gCálculo da porcentagem de cloro ativo no alvejante:10 g 100%0,21 g ww 2,1%
b) Bureta: utilizada na titulação, é preenchida com solução de tiossulfato de sódio.Erlenmeyer: utilizado na titulação; nele é colocada a solução que contém I2.
16 C1 · V1 C2 · V2
25 · V1 10 · 125V1 50 mL
18 KOH HNO3 KNO3 H2O56 g 1 mol x 0,015 molx 0,84 g de KOH 1,2 g 100%0,84 g PP 70%
20 dCiVi CfVf ] 3,68 · 1 Cf · 4 ] Cf 0,92 g/L1 mol Na 23 g x 0,92 gx 0,04 mol 40 milimol
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21 eA proporção entre o ácido cítrico e o hidróxido de sódio é 1 : 3.0,1 mol NaOH 1.000 mL x 6 mLx 6 · 104 mol NaOHPortanto, são necessários 2 · 104 mol de ácido cítrico:2 · 104 mol ácido cítrico 5,0 mL y 1.000 mLy 0,04 mol/L
26 dPrimeiro, é necessário saber quantos mols de ácidosulfúrico há em 20 mL da solução derramada. Paraisso, calcula-se:0,2 mol 1.000 mL x 20 mLx 0,004 molAgora, escreve-se a equação de neutralização:H2SO4 2 NaOH Na2SO4 2 H2O1 mol 2 mols0,004 yy 0,008 molAgora, basta saber quanto de hidróxido de sódio énecessário em 20 mL de solução: 0,6 mol 1.000 mL0,008 mol zz 13,33 mL
27 bÉ necessário calcular a quantidade de mols de sacarose existente em 200 mL da solução:1 mol 342 g x 3,42 gx 0,01 molDepois, calcula-se a quantidade de mols na solução fi-nal:0,01 mol 200 mL y 1.000 mLy 0,05 mol/LA massa da sacarose será sempre a mesma, indepen-dentemente do volume da solução. Portanto, sua massa será 3,42 g/L.
22 a) Tem-se 2 NaOH H2SO4 P Na2SO4 2 H2O 2 mol 1 mol n(NaOH) n(H2SO4)n(NaOH) 2n(H2SO4)Como n molaridade ≥ volume, então:0,800 mol/L · 40,0 mL 2 · M(H2SO4) · 4,00 mLM(H2SO4) 4,00 mol/L1 mol (H2SO4) 98,0 g 4,00 mol xx 392 gA especificação é atendida.
b) O sal obtido pela neutralização total é o sulfato desódio, cuja fórmula é Na2SO4.
23 emol/L 3,2
10–4
64 103 5 10–9 mol/L
moléculas/m3 3,2 10–4 6,0 1023
64
3 1018 moléculas/m3
24 dV1 xC1 0,5 mol/LV2 200 mLC2 0,1 mol/LC1 V1 C2 V2 0,5 V1 0,1 200V1 40 mL
25 bPelo enunciado, pode-se concluir que, a cada 100 mL da solução, 0,9 g é de NaCc.Sendo assim, calcula-se:100 mL 0,9 g200 mL x100x 200 0,9x 1,8 g
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.ESTUDANDO Concentração das soluções
Para o eNeM
1 d20 g de açúcares 100 mL de suco concentrado x 1.000 mLx 200 g/LCi · Vi Cf · Vf ] 200 · 300 Cf · 2.000 ] Cf 30 g/L
8 c3 H2SO4 2 Ac(OH)3 Ac2(SO4)3 6 H2O3 mol H2SO4 2 · 78 g Ac(OH)3
18 · 103 mol xx 936 kg Ac(OH)3
9 aHCc NaOH NaCc H2O1 mol HCc neutraliza 1 mol NaOH: nNaOH 0,2 · 0,025 5 · 103 mol
MHCc 5 · 105
5 · 102 101 mol.L1
10 b2 HCc Mg(OH)2 MgCc2 2 H2O2 mol HCc são neutralizados por 1 mol Mg(OH)2: nMg(OH)
2 2,5 · 103 mol
MMg(OH)2
nMg(OH)2
V ] V
2,5 · 103
0,2 ]
] V 1,25 · 102 L
2 cCi · Vi Cf · Vf ] 200 · 300 Cf · 3.000 ] Cf 20 g/L
4 dCi · Vi Cf · Vf ] 8,1 · Vi 0,9 · 250 ] Vi 7 27,8 mL
3 aMi · Vi Mf · Vf ] 2 · Vi 0,3 · 100 ] Vi 15 mL
5 bCi · Vi Cf · Vf ] 8 · Vi 32 · 300 ] Ci 1.200 mLVevaporado 1.200 300 900 mL
6 eM1 · V1 M2 · V2 M3 · V3 ] 20 · 5 30 · 1 M3 · 50 ] ] M3 2,6 mol/L
7 aH2SO4 Mg(OH)2 MgSO4 2 H2O 1 mol 1 mol
mH2SO
4 1.800 kg · 98% 1.764 kg ] M
1.764 · 103
98 · 106
1,8 · 102 mol.L1
nH2SO
4 1.764 · 103
98 18 · 103 mol
Como a proporção é 1 : 1, nMg(OH)2 18 · 103 mol
nMg(OH)2 mMg(OH)2
MMg(OH)2
] mMg(OH)2 18 · 103 · 58
1.044 kg
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ESTUDANDO Propriedades coligativas
Para o vestibular
1 Amostra B, pois apresenta maior número de partículas dissolvidas.C1 3 V1 5 C2 3 V2 ] 280 g/L 3 x 5 35 g/L · (7 1 x)280x 5 245 1 35x280x 2 35x 5 245245x 5 245x 5 1 L
2 A disposição das correntes em ordem crescente de temperatura de congelamento à pressão atmosférica é: corrente 2 , corrente 1 , corrente 3. De acordo com os princípios da crioscopia, o aumento da concentração de um soluto não volátil, como um sal, diminui a temperatura de congelamento da solução.
3 a) 100
80
60
40
20
0
Temperatura (°C)
Por
cent
agem
de
água
adi
cion
ada
–0,6 –0,5 –0,4 –0,3 –0,2 –0,1
b) O que congela, no leite, é o solvente, isto é, a água. Quanto menor a quantidade de água, mais concentrada a solução e, portanto, menor a temperatura de congelamento. Adicionando água potável ao leite, diminuem-se a concentração de soluto e, consequentemente, a temperatura de congelamento aumenta.
4 c
7 c
8 a
10 b
13 d
14 a
17 c
18 dA adição de um soluto não volátil a um solvente puro provoca aumento da temperatura de ebulição desse solvente, conhecido como efeito ebulioscópico, e é diretamente proporcional à concentração total de partículas dispersas. Uma vez que a concentração total das soluções é igual (glicose 5 3,0 mol/L; Ca21 [1,0 mol/L] 1 Cℓ2 [2,0 mol/L] 5 3,0 mol/L), o aumento é igual para ambas as soluções. A água pura, por sua vez, apresenta menor temperatura de ebulição.
19 eÀ medida que o solvente se solidifica, a concentração da solução remanescente varia, decorrendo daí a variação da temperatura de ebulição.
21 cc) Correta. Além de outros possíveis íons dissolvidos em água, ocorre ionização de parte do CO2 dissolvido, produzindo íons H1 (ou H3O+) e HCO3
2 e aumentando a acidez e a condutividade da água.
5 d
6 d
9 b
11 c
12 d
16 a
20 b
Volatilidade é a tendência de uma substância para passar do estado líquido ao estado gasoso e está diretamente associada ao ponto de ebulição e à pressão de vapor (exercida pelo vapor formado por meio da evaporação de um líquido).
15 a) Aproximadamente 10 °C. Porque a pressão no topo é de aproximadamente 300 mmHg.
b) O ponto de ebulição do 1-butanol é maior que o do éter dietílico, devido às pontes de hidrogênio existentes entre as moléculas do 1-butanol.
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a) Correta. Com base em valores para duas das seguintesvariáveis, é possível determinar o valor da terceira: pressão parcial, fração molar e pressão do solvente puro. b) Incorreta. Duas soluções podem coexistir fora do estado de equilíbrio.c) Incorreta. Uma constante apresenta valor constante.d) Incorreta. Efeitos coligativos dependem apenas da quantidade total de partículas dispersas, e não do tipo de partícula em si.e) Incorreta. Em uma solução iônica de cloreto de sódio não diluída, na qual as interações entre os íons são muito grandes, o fator de Van’t Hoff pode ser menor que 2, caso o grau de dissociação seja inferior a 100%.
23 c
Em virtude da dissociação iônica do glutamato de monossódio, o número de partículas em uma solução desse sal é maior que o número de partículas presentes em uma solução de açúcar de mesma concentração. Por isso, a temperatura de ebulição da água na solução de glutamato de monossódio será maior que na solução de açúcar.
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ESTUDANDO Propriedades coligativas
Para o eNeM
1 b
O benzeno é mais volátil e menos denso que a água e, por isso, flutua sobre ela (por ser um composto inorgânico, o benzeno é apolar, ou seja, imiscível em água) e, quando a mistura heterogênea é aquecida, ele evapora, restando apenas água.
3 e
I. Correta. O ponto B representa o ponto triplo, no qualse encontram as três fases em equilíbrio (sólido, líquidoe gasoso).II. Correta. No ponto E, a água se encontra no estado gasoso, conforme pode ser observado no gráfico.III. Errada. O ponto que representa o equilíbrio da água nas fases sólida e líquida é o H.IV. Errada. No ponto G, a água se encontra no estado líquido.
5 d
Ao se elevar a temperatura, a energia cinética das moléculas aumenta, facilitando a passagem do estado líquido para o vapor. Dessa forma, há um aumento no número de moléculas no estado vapor à medida que a temperatura aumenta; assim, a pressão máxima de vapor também se eleva. Logo, pode-se concluir que, quanto maior foi a temperatura a que um líquido é submetido, maior será sua pressão máxima de vapor.Como o recipiente A foi submetido a uma temperatura menor, sua pressão foi menor. Da mesma forma, o recipiente C apresentou a maior pressão, e o B apresentou pressão intermediária.
2 dO ponto de ebulição de um líquido varia com a pressão à qual este é submetido. Quando o garoto aspirou água com a seringa e em seguida deslocou o êmbolo, ele provocou uma redução da pressão no interior da seringa e, consequentemente, reduziu o ponto de ebulição da água, que, por essa razão, voltou a ferver.
4 cO calor de vaporização é o calor (energia) necessário para que 1 mol de uma substância se encontre em equilíbrio com seu próprio vapor. Ou seja, para que 1 kg de água líquida chegue ao equilíbrio com 1 kg de vapor, é preciso que a água atinja seu calor de vaporização.
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ESTUDANDO Processos eletroquímicos
Para o vestibular
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1 Fe 1 Cu21 Fe21 1 Cu (0,44 1 0,34) 5 0,78 V Para ser pilha, o SE tem de ser maior que zero.
2 Semirreação no compartimento onde ocorre a oxidação (ânodo) da célula de combustível: H2 2 H1 1 2 e2.O fluxo de elétrons é do ânodo para o cátodo. Nesse caso, será do compartimento que contém hidrogênio (H2) para o compartimento que contém oxigênio (O2).
3 a) Como o produto é apenas a substância água, pode-se afirmar que o processo é “não poluente”.
b) O compartimento X é o polo negativo da pilha, ou seja, o ânodo, local onde ocorre a semirreação de oxidação. Assim, o gás que deve alimentar o compartimento X é o hidrogênio.H2(g) 2 H1 1 2 e2 (reação de oxidação)
c) Utilizando a equação global da pilha:2 H2(g) 1 O2(g) 2 H2O2 mol 1 mol4 g 32 gTem-se: massa de O2(g): massa de H2(g) 5 32 g 4 4 g 5 8. Portanto, a proporção é 1 4 8.
4 A oxidação química dos compostos orgânicos, ou seja, a retirada de elétrons, deve ser feita por um composto que apresente alto potencial de redução. De acordo com a tabela, o O3 é o indicado. O composto menos eficiente, ao contrário, retira elétrons do material orgânico com menor potencial de redução e, nesse caso (de acordo com a tabela), é o Cc2. A equação que representa a semirreação de redução desse agente oxidante pode ser dada por:Cc2 1 2 e2 2 Cc2
9 Soma: 02 1 08 5 10(02) correto, pois seu potencial de oxidação (0,44 V) é maior que o do estanho.(08) correto, pois o ferro metálico é o agente redutor, e o cátion estanho é o agente oxidante.
5 V F V F
6 d
16 dA reação química entre ferro metálico (Fe) e oxigênio molecular (O2), formando ferrugem (Fe2O3), é:
2 Fe(s) + 32
O2(g) p Fe2O3(s). Portanto, a alternativa d
está correta.
10 d
7 a
8 c
0,78 5 E 0 Fe (oxidação) 1 0,34 (redução)E 0 de oxidação 5 0,44; logo, o E 0 de redução será igual a 20,44 V.
11 F F V F F
12 Ac0 1 3 Ag1 Ac31 1 3 Ag0
27 g 3 3 107,8 g 27 g 3 3 107,8 g x 107,8 gx 5 9 g
13 a) O eletrodo 2 é o positivo, pois recebe os elétrons.
b) Cálculo da fem 5 1,23 2 0 5 1 1,23 V.
14 a) 2 Ac(s) 1 3 Cu21(aq) 2 Ac31(aq) 1 3 Cu(s)
b) SE 5 0,34 2 (21,66) 5 2,00 V
c) 2 Ac(s) 2 Ac31(aq) 1 6 e2
15 Soma: 01 + 04 + 16 = 21Equação global de oxirredução do processo envolvido:3 Ag2S(s) + 6 e– p 6 Ag(s) +3 S–2
2 A∙(s) p 2 A∙3+ + 6 e– 3 Ag2S(s) + 2 A∙(s) 6 Ag(s) + 3 S–2 + 2 A∙3+ Ag2S: agente oxidante (Ag sofre redução) – cátodo.A∙: agente redutor (sofre oxidação) – ânodo.NaHCO3: balanceia as cargas da solução, nãoparticipando da reação de oxirredução.
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21 dObservando as semirreações fornecidas, percebe-se que foi dado o potencial de redução (grandeza que mede a facilidade de receber elétrons) para cada uma das semirreações. Aquela que tiver maior potencial de redução sofrerá redução. Somando Ered + Eox, tem-se: 1,23 + 0,69 = +1,92 V.
17 b
CNTPT = 25 °CP = 1 atmVolume de O2 consumido: 20,9% – 19,3% = 1,6% de 30.000 m3 = 480 m3 ou480 3 103 L.De acordo com a equação química balanceada e utilizando a relação massa/volume, tem-se:Na CNTP: 1 mol de O2 — 22,4 L
4 mols de Fe — 3 mols de O2
Massa — Volume 4 3 56 g — 3 3 22,4 L x — 480 3 103 Lx = 1.600 3 103 g x = 1.600 kg
18 e
Para evitar a corrosão do ferro metálico, devem ser utilizados metais com menor potencial de redução em relação ao do ferro (E 0 < E 0Fe), ou seja, aqueles que tiverem maior facilidade de sofrer oxidação. De acordo com os potenciais de redução fornecidos, os metais são Zn e Mg.
20 c
a) Uma célula galvânica converte energia química em elétrica por meio de uma reação de oxirredução espontânea (Etotal (voltagem) > 0).b) Os elétrons fluem do ânodo para o cátodo.d) Nessa célula, a reação de oxidação ocorre no ânodo (polo negativo da pilha), e a reação de redução ocorre no cátodo (polo positivo da pilha).e) Para determinar a força eletromotriz, deve-se somar os potenciais-padrão de redução e oxidação.
22 d
Analisando as semirreações dadas, aquela que possuir menor potencial de redução sofrerá oxidação, e a de maior potencial de redução sofrerá redução. Portanto:
Semirreação de oxidação:A∙(s) p A∙3+(aq) + 3 e Eox = +1,68 V
Semirreação de redução:Pb+2(aq) + 2 e p Pb(s) Ered = –0,13 V
Somando e balanceando as semirreações:2 A∙(s) + 3 Pb+2(aq) p 2 A∙3+(aq) + 3 Pb(s) E = +1,55 V A∙(s) p sofre oxidação; logo, é o agente redutor (doa três elétrons).Pb+2(aq) p sofre redução; logo, é o agente oxidante (recebe dois elétrons).
19 a) A semirreação de redução será aquela que possuir omaior potencial de redução. Logo:
Semirreação de oxidação:A∙(s) + 3 OH– p A∙(OH)3(s) + 3 e– + 2,31 V
Semirreação de redução:O2(g) + 2 H2O + 4 e– p 4 OH– + 0,40 V
Somando e balanceando as semirreações:4 A∙(s) + 3 O2(g) + 6 H2O p 4 A∙(OH)3 + 2,71 V
b) Sentido de fluxo de elétrons: D p C.Na pilha, o fluxo espontâneo de elétrons é do ânodo para o cátodo, ou seja, de A para B. Na recarga, o fluxo ocorre no sentido inverso, ou seja, de D para C.
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ESTUDANDO Processos eletroquímicos
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1 aAs semirreações envolvidas na célula combustível hidrogênio/oxigênio são:H2 p 2 H+ + 2 e–
2 H+ + 12
O2 + 2 e– p H2O
Equação global balanceada:
H2 + 12
O2 p H2O
2 cNa pilha de Daniell, o material contido no eletrodo que sofre oxidação é denominado ânodo (polo negativo da pilha), que no esquema é representado pela letra A. O material do eletrodo que sofre redução é o cátodo (polo positivo da pilha), representado pela letra B. Como o eletrólito pode ser líquido, pastoso ou sólido, mas deve ser sempre um condutor iônico, ele corresponde às soluções de sulfato de cobre e de zinco, representadas pela letra C.
4 eComo Ered O2(g) > Ered Ag2S(s):
Semirreação de oxidação:2 Ag(s) + S2–(aq) p Ag2S(s) + 2 e– +0,69 V
Semirreação de redução:O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e– p 2 H2O(∙) +1,23 V
Equação global balanceada:4 Ag(s) + O2(g) + 2 S2– (aq) + 4 H+(aq) p 2 Ag2S(s) ++2 H2O(∙) +1,92 V
A diferença de potencial da reação global é Eoxidação ++ Eredução = 0,69 + 1,23 = 1,92 V
A prata metálica sofre oxidação e o oxigênio gasososofre redução.
3 aNox = 0 Nox = 0 Nox = +3 Nox = –2
Oxidação 3 e–
Redução 2 e–
4 Fe(s) + 3 O2(g) p 2 Fe2O3(s)
Agente redutor é aquele que sofre oxidação: Fe(s).Agente oxidante é aquele que sofre redução: O2(g).
5 d
Como Ered H2O > Ered Mg2+:
Semirreação de redução:2 H2O + 2 e– p H2 + 2 OH– Ered = – 0,83 V
Semirreação de oxidação:Mg p Mg2+ + 2 e– Ered = +2,36 V
Invertendo o sentido da semirreação, o sinal dopotencial-padrão muda para o sinal oposto.Epilha = Ered + Eox = – 0,83 + 2,36 = 1,53 V