Gabarito Revisão Segunda Fase/Química: Resposta da questão 1: Sequência de reações envolvidas na obtenção do m-cloronitrobenzeno:

Fórmulas estruturais dos isômeros planos de posição do m-cloronitrobenzeno:

Resposta da questão 2: Desidratações:

Reator Temperatura ( C)° Produto orgânico

A 140< (Desidratação intermolecular) X = Dipropiléter B 170> (Desidratação intramolecular) Y = Propeno

Cálculo da concentração inicial de propan-1-ol, considerando o reator B (36 g L de água formada):

3 7 2

3 7

C H OH H O

2C H OH

M 60 g mol; M 18 g mol.

propan-1-ol H O propeno

60 g

∆

= =

→ +1442443

propan-1-ol

18 g

m

propan-1-ol

36 g

m 120 g=

Em 1L:

3 7[C H OH] 120 g L= Produto Y: Propeno. Classificação da reação: desidratação intramolecular ou eliminação. Fórmula estrutural do produto X:

Resposta da questão 3: Teremos:

Resposta da questão 4: 2R X R' NH R NH R' HX⋅ + − → ⋅ ⋅ + Caráter básico (no conceito de Lewis) mais acentuado significa a presença do maior radical orgânico ligado ao átomo de nitrogênio, neste caso etil. Equação química completa da reação entre o haleto de alquila (bromoetano) e o composto nitrogenado de caráter básico mais acentuado:

Fórmulas estruturais de duas aminas primárias (átomo de nitrogênio ligad a um átomo de carbono), de cadeia carbônica normal (não ramificada), isômeras da amina secundária sintetizada:

Resposta da questão 5: Reação do 2-bromobutano com o hidróxido de potássio aquoso:

Substância X (butan-2-ol ou 2-butanol) tratada com a mistura oxidante 2 2 7 2 4K Cr O / H SO :

Mecanismo ocorrido na reação de síntese do composto X em função das espécies reagentes: substituição nucleofílica. Número de isômeros ópticos ativos do 2-bromobutano: dois, pois possui um carbono assimétrico ou quiral (*).

Resposta da questão 6: Um isômero só irá apresentar isômeros opticamente ativos se apresentar carbono quiral (assimétrico), ou seja, ligado a 4 átomos diferentes. No caso da adrenalina apenas um carbono apresenta essa característica:

Para se calcular o número de isômeros opticamente ativos, usamos a expressão n2 , onde n é o número de carbonos assimétricos da molécula. No caso da adrenalina, n 1:=

n 12 2 2= = Logo, a adrenalina possui 2 isômeros opticamente ativos. A adrenalina quando aquecida em meio ácido, pode sofrer uma reação de desidratação, eliminando água e formando uma dupla na molécula:

Resposta da questão 7: Funções orgânicas correspondentes (ligação direta com os carbonos alifáticos em cada molécula): álcool e amina.

Número de átomos de carbonos terciários presentes no salbutamol: 3.

Número de isômeros ópticos ativos da terbutalina (1 carbono quiral): 2.

Resposta da questão 8: Tipo de isomeria espacial presente:

Funções orgânicas correspondentes aos grupos oxigenados ligados diretamente aos núcleos aromáticos:

Resposta da questão 9: Fórmula estrutural do 2,4,6-trinitrofenol

O pKa indica a força do ácido, ou seja, quanto menor for seu valor, maior é a acidez do composto. No geral, os ácidos carboxílicos apresentam valores de pKa inferiores aos dos fenóis. Nesse caso, esse comportamento pode ser explicado pelo fato do fenol, possuir em sua estrutura química três grupos nitro (–NO2), que por ser um grupo muito eletronegativo, possuem forte efeito de atrair elétrons, o que facilita a ionização do fenol. Grupos que produzem esse efeito são chamados de desativadores do anela aromático. A presença de 3 grupos nitro na molécula facilita a ionização da substância, aumentando a acidez do composto. Assim, pKa = – log Ka Então, quanto menor o valor de pKa, maior o valor de Ka e, consequentemente, maior a acidez da espécie química. Resposta da questão 10: O potencial padrão da reação poderá ser calculado pela somatória dos potenciais de oxidação e de redução. De acordo com as semirreações de redução acima, concluímos que a espécie que sofre redução é o íon prata. Portanto: EOXIDAÇÃO = – 0,7V EREDUÇÃO = 0,8V Logo, ΔE = EOXIDAÇÃO + EREDUÇÃO = – 0,7V + 0,8V = + 0,1V.

A primeira equação foi invertida, sendo assim, o reagente orgânico é cujo nome oficial é 4-hidroxifenol ou 1,4-di-hidróxibenzeno. Resposta da questão 11: Teremos:

Resposta da questão 12: Fórmulas estruturais planas dos dois cresóis presentes em menor proporção, ou seja, orto e meta:

Fórmulas estruturais planas do dois compostos aromáticos isômeros de função (éter e álcool) dos cresóis:

Resposta da questão 13: Ocorre uma reação de substituição nucleofílica no carbono saturado:

Éter isômero é o metoxibenzeno, cuja fórmula estrutural será:

Por apresentarem fórmulas moleculares iguais 7 8(C H O) e apresentarem funções químicas diferentes, são chamados de isômeros, nesse caso de função. Resposta da questão 14: A reação de hidrogenação parcial produz um alceno que apresenta isomeria geométrica. Equação:

Estrutura dos isômeros trans e cis, respectivamente.

Cálculo do número de mols de pent-2-ino: (fórmula C5H8 com massa molar 68 g/mol)

5 8

1 mol de C H 68 g

n 12,24 g

n 0,18 mol de pent 2 ino= − −

Como o hidrogênio reage na proporção de 1:1 com o hidrocarboneto, podemos concluir que a quantidade em mols de H2 necessária será de 0,18 mol. Cálculo da massa de hidrogênio:

2

1 mol de H 2 g

0,18 mol m

m 0,36 g=

De acordo com o texto, o volume de hidrogênio é 900 vezes maior em relação ao volume de paládio. Assim:

m md V

V d= ⇒ =

Pd HIDROGÊNIO PdPd PdHIDROGÊNIO

Pd HIDROGÊNIO

mm m 0,36900V V 900 900 m 60g

d d 12000 0,08= ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =

Resposta da questão 15: Teremos:

x y

1 1

x 2y 2 2 2

C H : substância orgânica

P V n R T

T 27 273 300 K; R 0,08 atm.L.mol .K

2,81 1,2 0,08 300

MM 56 g

2x y1C H O xCO yH O

256 g

− −

× = × ×

= + = =

× = × ×

=++ → +

44x g 18y g

2,8 g 8,8 g

x 2y 4 8

3,6 g

56 g 44x gx 4

2,8 g 8,8 gC H C H (fórmula molecular)

56 g 18y gy 4

2,8 g 3,6 g

= ⇒ = == ⇒ =

Estereoisômeros correspondentes:

Resposta da questão 16: Isomeria plana do tipo posição. O Isoeugenol apresenta isomeria espacial geométrica. Teremos:

Total: 3 carbonos assimétricos. Resposta da questão 17: Cálculo da massa de hipoclorito de sódio, em quilogramas, que deve ser adicionada à água dessa piscina para se alcançar a condição de funcionamento ideal:

7

5

NaC O

V 4 10 L

[NaC O] 3 10 m L

M 74,5 g mol

1L

−

= ×

= ×=l

l

5

7

3 10 74,5 g

4 10 L

−× ×

× NaC O5 7 3

NaC O

NaC O

m

m 894 10 10 89,4 10 g

m 89,4 kg

−= × × = ×=

l

l

l

Cálculo do volume da solução de peróxido de hidrogênio responsável pelo consumo completo do hipoclorito de sódio:

2 2H O

2 2(aq) (aq) (aq)

N

2(g) 2 (

aC O

)

M 34 ;

H O NaC

g mol M 74,5 g mol.

O NaC O H O

34 g

==

+ → + +l

ll l

2 2H O

74,5 g

m

2 2

2 2

3

3

33

H O

H O

2 2

89,4 10 g

40,8 10 g

40,8 1010 mol

[ m

m

mm 1,2

M 34H O ] 10

1L

L

×

= ×

×= =

=

×=

2 2H O

10 mol

V

2 2H O

3

2

1 10 mol

1,2 10

,2

V L (120 L)=

×

×

Resposta da questão 18: A solução disponível mais eficiente é aquela que contém fluoreto de potássio, pois nesse caso o número de partículas é maior (2 mols para 1 mol de sal) e consequentemente apresenta a maior temperatura de ebulição devido ao efeito coligativo.

água

2 0,1 mol de partículas

água2 2

0,1 mol de partículas

KF K F

H CO H CO

+ −

×→ +

→

14243

123

Fórmula estrutural plana do metanal e sua geometria:

Resposta da questão 19: Teremos:

2

2

C

NaOH

2

2(g) (aq) (aq) (aq)

[C ] 0,20 mol / L

[NaOH] 0,34 mol / L

Em 1L :

m 0,20 mol

m 0,34 mol

0,20 mol de C consumidos totalmente

Equação A : C NaOH HC O NaC

0,20 mol 0,34 mol

==

=

=

+ → +

l

l

l

l l l

(aq)

(aq)

(aq)

formado0,20 mol0,34 mol 0,20 mol

0,14 mol excesso

HC O formado em A

(aq)

HC O consumidos

HC O consumidos

0,20 mol

n 0,20 mol

20% de HC O foram consumidos na equação B e restaram 80 %.

n 0,20 0,20 mol

n 0,0

−

=

= ×

=

l

l

l

1424314243

1442443

l

(aq) (aq) (aq) 2 ( )

NaOH

NaOH na solução final

(no produto final)

4 mol

Equação B : HC O NaOH NaC O H O

0,04 mol 0,04 mol

n 0,04 mol (consumido)

n (0,14mol de excesso em A 0,04mol consumidos em B) mol 0,10 mol

Em 1L :

[NaOH] 0,10 mol / L

+ +

== − =

=

ll l

Equação química que representa a hidrólise do NaC O :l

Na+2C O H O Na− ++ +l

2

OH HC O

C O H O OH HC O

−

− −

+ +

+ +

l

l l

Resposta da questão 20: A solução aquosa HCl apresenta concentração percentual mássica igual a 36,5%. Logo, em 100g de solução, há 36,5 g de HC .l d = m/V

m1,2 kg / L

1=

massa = 1200g 1200 g 100%

x 36,5%

x 438 g=

Massa molar 1HC 36,5g mol−= ⋅l 1 mol 36,5 g

x 438g

x 12mol=

Como essa quantidade de matéria está contida em 1L, logo a concentração será de 12mol/L. O HCl e 2H O são duas moléculas polares, a força intermolecular existente é denominada dipolo-dipolo ou dipolo-permanente. Resposta da questão 21: A reação de hidrogenação parcial produz um alceno que apresenta isomeria geométrica. Equação:

Estrutura dos isômeros trans e cis, respectivamente.

Cálculo do número de mols de pent-2-ino: (fórmula C5H8 com massa molar 68 g/mol)

5 8

1 mol de C H 68 g

n 12,24 g

n 0,18 mol de pent 2 ino= − −

Como o hidrogênio reage na proporção de 1:1 com o hidrocarboneto, podemos concluir que a quantidade em mols de H2 necessária será de 0,18 mol. Cálculo da massa de hidrogênio:

2

1 mol de H 2 g

0,18 mol m

m 0,36 g=

De acordo com o texto, o volume de hidrogênio é 900 vezes maior em relação ao volume de paládio. Assim:

m md V

V d= ⇒ =

Pd HIDROGÊNIO PdPd PdHIDROGÊNIO

Pd HIDROGÊNIO

mm m 0,36900V V 900 900 m 60g

d d 12000 0,08= ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =

Resposta da questão 22: Solução A: KBr(aq) 0,04 M – brometo de potássio Esse sal dissocia totalmente pela equação abaixo:

0,04M 0,04M 0,04M

KBr(aq) K (aq) Br (aq)+ −

↓ ↓ ↓

→ +

Solução B: Pb(NO3)2(aq) – nitrato de chumbo. Esse sal dissocia totalmente pela equação abaixo:

2 13 2 3

XX 2X

Pb(NO ) Pb (aq) 2NO (aq)+ −

↓↓ ↓

→ +

Foram misturados 500 mL das duas soluções, formando então a solução saturada de brometo de chumbo, cuja fórmula é PbBr2. O volume da solução final é de 1 litro, portanto houve diluição das duas soluções iniciais. A partir do produto de solubilidade é possível calcularmos a concentração de chumbo na solução saturada

2 2brometo de chumboKps [Pb ] [Br ]+ −= ⋅

6 2 2 24 10 [Pb ] (2 10 )− + −⋅ = ⋅ ⋅ Observe que a concentração dos íons brometo vale a metade da inicial em função da diluição.

Assim: 2 2[Pb ] 1 10 mol / L+ −= ⋅ . Considerando que esta concentração também é resultado de uma diluição, podemos concluir que a concentração inicial de íons chumbo na solução B era de 2 x 10-2 mol/L. Como o nitrato de chumbo se dissocia de acordo com a equação

2 13 2 3

XX 2X

Pb(NO ) Pb (aq) 2NO (aq)+ −

↓↓ ↓

→ +

Concluímos que a concentração de nitrato de chumbo II vale 2 x 10–2 mol/L. Resposta da questão 23: Equação nuclear da reação: 249 44 A 197 20 Z 0Bk Ca X 3 n

249 48 A 3 1 A 294

97 20 Z 3 0 Z 117

+ → +

+ = + × ⇒ =+ = + × ⇒ =

Então,

249 48 294 197 20 117 0Bk Ca Uus 3 n+ → +

Cálculo do tempo de meia-vida:

A partir do gráfico, para metade de 20 g, ou seja, 10 g têm-se um tempo de meia-vida de 300 dias. Fórmula química do hidróxido de berquélio II: 2Bk(OH) . Resposta da questão 24: Houve deposição de todos os íons prata contidos na solução de 3AgNO .

Conclusão: o potencial de redução da prata (Ag) é maior. 2 0 0

2 0 0

maior menor

Zn (aq) 2e Zn (s) E 0,76 V

Cu (aq) 2e Cu (s) E 0,34 V

0,34 V 0,76 V

E E E 0,34 ( 0,76) 1,10 V

E 1,10 V

Δ

Δ

+ −

+ −

+ → = −

+ → = ++ > −

= − = + − − = += +

Entre os potenciais de redução do cátion zinco e do cátion cobre, o menor potencial é o do zinco. Então,

0 2Zn (s) Zn (aq) 2e+ −→ + (anodo)

2Ag (aq) 2e+ −+ 0

Global0 2 0

2Ag (s) (catodo)

Zn (s) 2Ag (aq) Zn (aq) 2Ag (s)+ +

→

+ → +

Global0 2 0Zn (s) 2Ag (aq) Zn (aq) 2Ag (s)

65,5 g

+ ++ → +2 108 g×

Tem-se 500 mL (0,5 L) de uma solução aquosa de 3AgNO , na concentração de

10,01mol L :−⋅

3

3

3

03

0

AgNO3

AgNO

AgNO

AgNO Ag Ag

Ag

n[AgNO ]

Vn

0,010,5

n 0,005 mol

n n n 0,005 mol

m 0,005 108 g 0,54 g

+

=

=

=

= = =

= × =

Global0 2 0Zn (s) 2Ag (aq) Zn (aq) 2Ag (s)

65,5 g

+ ++ → +

Zn

2 108 g

m

×

Zn

Zn

0,54 g

m 0,16375 g

m 0,164 g

=≈

Resposta da questão 25: A partir da análise do gráfico, vem:

20 min 20 min 20 min100 mg 50 mg 25 mg 12,5 mg→ → →

Conclusão: o tempo de meia-vida do radioisótopo 214Bi é de 20 minutos.

Cálculo da velocidade média de formação de partículas ,β em partícula 1h ,−× no tempo total do experimento. 212 212Bi Po β→ +

3média

23

t 120 min 2 h

m 25 100 75 mg

75 mgv 37,5 mg / h 37,5 10 g / h

2 h

6 10 átomos de Bi 212

Δ

Δ

= == − =

= = = ×

× −

Bi

212 g

n 3

20Bi

20 1média

37,5 10 g

n 1,06 10 átomos de Bi 212

v 1,06 10 partícula h

−

−

×

= × −

= × ×

Resposta da questão 26: A reação global corresponde à soma das semirreações anódica e catódica.

Reação anódica: 2 2 2 2 2CO(NH ) 6 OH N 5 H O CO 6 e− −+ → + + +

Reação catódica: 2 26 H O 6 e 3 H 6 OH− −+ → +

Reação global: 2 2 2 2 2 2CO(NH ) H O N CO 3H+ → + + Cálculo da massa de ureia presente em 10000 L de urina:

1L 20 g

10.000 L5

x g

x 20 10 g= ×

Pela estequiometria da reação global, 1 mol de ureia produz 3 mols de gás hidrogênio.

Logo, 60 g de ureia forma 6 g de 2H . Então, a massa de 2H gerada a partir de 52 10 g× de ureia será:

2 2CO(NH ) 23H

60 g5

(3 2g)

2 10 g

×

×4

x

x 2 10 g= ×

Distância que o ônibus percorreu:

2100 gH4

2

1km

2 10 gH× s

s 200 km=

Resposta da questão 27: Dentro de um período, o potencial ou energia de ionização cresce da esquerda para a direita em função da diminuição do raio atômico. Sendo assim, no segundo período, o elemento que apresenta maior energia de ionização é o neônio. Há 3 isótopos do neônio com números de massa 20, 21 e 22. Para que haja a produção de 4 partículas subatômicas idênticas, o isótopo usado deverá ser o neônio – 22. Assim, podemos então montar a equação solicitada:

242 22 260 194 10 104 0Pu Ne Rf 4 n+ → +

No estado fundamental, o Ruterfordio deverá apresentar a mesma quantidade de prótons e elétrons, ou seja, 104. Resposta da questão 28: Teremos:

2(g) (aq) 2 ( )

2(g) 2 ( ) (aq)

Ânodo : 2 H 4 OH 4 H O 4 e E 0,83 V

Cátodo : O 2 H O 4 e 4 OH E 0,40 V

− −

− −

+ → + ° =

+ + → ° =

l

l

2(g) 2(g) 2 ( )2 H O 2 H O (reação global)+ → l

Cálculo da força eletromotriz: F.e.m 0,83 V 0,40 V 1,23 V= + = + Equação de obtenção de hidrogênio:

4(g) 2 (v) 2(g) 2(g)CH 2 H O CO 4 H+ → +

f iH H H 394 75 2 241 163 kJΔ = − = − + + × = Resposta da questão 29: Cloreto de ferro: FeCℓ2.

Anodo: 2Cℓ(aq) → Cℓ2(g) + 2e Resposta da questão 30: Fórmula química do carbonato de magnésio: 3MgCO . Função química inorgânica do carbonato de magnésio: sal. Número de oxidação do magnésio: 2.+ Ligação interatômica que ocorre entre o carbono e o oxigênio (ametal - ametal): covalente ou molecular. Resposta da questão 31: Quanto mais a direita em um mesmo período da classificação periódica, maior a massa atômica, ou seja, o metal citado que possui maior massa atômica é o ouro (197 u): Au. Símbolo do metal que pertence ao grupo 14 ou família IV A da classificação periódica (Sn): estanho. Quanto mais acima em um mesmo grupo da classificação periódica, menor o raio atômico. A fórmula do cátion divalente do metal de menor raio atômico do grupo 11 da tabela de

classificação periódica (cobre) é 2Cu .+ A fórmula do cloreto de prata (elemento cloro; grupo 17 e elemento prata; grupo 11) composto pelo metal correspondente à medalha da segunda colocação, ou seja, a prata é AgC .l Resposta da questão 32: 2CO : dióxido de carbono ou anidrido ("gás carbônico). Geometria molecular do 2SO : angular.

Fórmula do óxido neutro; monóxido de carbono (não reage com ácidos ou bases, nem com água): CO. O nitrogênio, símbolo N, compõe um dos gases residuais, sabendo que esse elemento pertence ao grupo 15 ou VA da tabela de classificação periódica (décima quinta coluna). Resposta da questão 33:

2 3 2 2Fe O 3H S 2FeS S 3H O

3 34 g

+ → + +× 2 88 g

408 kg

×

FeS

FeS

m

m 704 kg=

Símbolo correspondente ao elemento químico que sofre oxidação (enxofre): S.

2 3 2 2oxidação

Fe O 3H S 2FeS S 3H O

2 0

+ → + +

− →

Resposta da questão 34: O metal alcalino terroso responsável pela cor prateada é o magnésio. Fórmula mínima do cloreto formado pelo magnésio: 2MgC .l

Coloração obtida pelo metal que possui menor raio atômico, ou seja, pelo lítio (segundo período da tabela periódica): vermelha. Número de oxidação do lítio na forma de cátion (grupo 1): +1. Resposta da questão 35: + →(s) 2(g) 2 3(s)4As 3O 2As O

Cada mol de arsênio (1mol = 75g) libera 660kJ, assim 4 mols de arsênio irá formar 2 mols de

2 3As O , assim teremos que a quantidade de energia (kJ), liberada a partir de 1,5kg (1500g) de arsênio será:

(s) 2(g) 2 3(s)4As 3O 2As O

4 75

+ →

⋅ (2 660 kJ)

1500g

⋅x

x 6.600 kJ=

Resposta da questão 36: Para o chumbo teremos:

→ 2 2 6 2 6 2 10 6 2 10 6 2 14 10 282Pb 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p

A camada mais externa (camada de valência) do Pb será: 2 26s 6p (cerussita) . O raio atômico varia na Tabela Periódica, simplificadamente da seguinte forma:

Assim sendo, os elementos mais posicionados à esquerda (menor número de prótons) e mais abaixo da tabela (maior número de camadas) seriam: Ca, Sr, Mg, Ba e Pb, sendo o de maior raio pela junção dos 2 fatores o Bário . Portanto, o mineral será a Witherita . Resposta da questão 37: Para a resolução do problema, podemos montar a equação global do processo. Nesse procedimento, vamos somar as duas equações da seguinte forma:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2s s2 g 2 g

2 s s s g

2 s s s2 g 2 g g

Etapa 1 2Cu S 3O 2Cu O 2SO

Etapa 2 (x2) 2Cu O 2C 4Cu 2CO

Equação Global 2Cu S 3O 2C 2SO Cu 2CO

+ → +

+ → +

+ + → + +

Os dois gases formados pelo processo são o monóxido de carbono (CO) e o dióxido de enxofre (SO2). Cálculo do volume de cada um dos gases na CNTP: Lembrar que, nessas condições, o volume molar dos gases é de 22,4 L/mol. Como os dois gases são produzidos na proporção de 1:1, podemos afirmar que o volume produzido pelos dois é igual.

( )2 2 mols de CO CNTP2 mols de Cu S

2

318g de Cu S 44,8L de CO

477.000 g V

V 67.200 L. de CO produzido.=

6447448 6447448

Assim, podemos dizer que o volume de SO2 produzido também foi de 67.200 L. Resposta da questão 38: A equação é a seguinte:

2 3 23I 6KOH 5KI KIO 3H O+ → + + Dica: fazer o balanceamento pelo método redox.

3

1000 g de sal de cozinha 1 00%

m 0,005%

m 0,05 g de KIO=

Agora vamos calcular a massa do íon iodato presente e 0,05 g de KIO3

33massa de iodato presente no KIO1 mol de KIO

3 3

214 g de KIO 175 g de IO

0,05 g x

x 0,04 g de íons iodato.

−

=

64474486447448

Resposta da questão 39: Teremos:

x y

1 1

x 2y 2 2 2

C H : substância orgânica

P V n R T

T 27 273 300 K; R 0,08 atm.L.mol .K

2,81 1,2 0,08 300

MM 56 g

2x y1C H O xCO yH O

256 g

− −

× = × ×

= + = =

× = × ×

=++ → +

44x g 18y g

2,8 g 8,8 g

x 2y 4 8

3,6 g

56 g 44x gx 4

2,8 g 8,8 gC H C H (fórmula molecular)

56 g 18y gy 4

2,8 g 3,6 g

= ⇒ = == ⇒ =

Estereoisômeros correspondentes:

Resposta da questão 40: O tipo de ligação interatômica presente no cloreto de rádio é a ligação iônica:

22 2[Ra ][C ] RaC+ − ⇒l l .

Equação química que representa a eletrólise do 2RaCl :

2 2RaC ( ) Ra(s) C (g)→ +l l l Resposta da questão 41: O dióxido de zircônio é comumente chamado de Zirconia Cubica e apresenta fórmula química ZrO2. Pelo seu caráter metálico (localiza-se no grupo 4 da tabela periódica), podemos prever a realização de ligações de caráter iônico com o oxigênio. Quanto aos alótropos do carbono, além do diamante, há a grafita ou grafite e o fulereno. Resposta da questão 42: Uma solução tampão é uma solução que apresenta um equilíbrio no qual praticamente não ocorre variação de pH. Elas são formadas por uma base fraca e seu respectivo sal ou por um ácido fraco e seu respectivo sal. Ou seja, 4NH OH (base fraca) e 4NH Cl (respectivo sal). A partir de uma solução aquosa de 2Ca(OH) , completamente dissociado, na concentração de

10,005 mol L , vem :−⋅

22Ca(OH) Ca 2OH

1mol

+ −→ +2 mols

0,005 mol

2

2

0,01mol (em 1L)

[OH ] 0,01mol / L

[OH ] 10 mol / L

pOH log[OH ] log10 2

pOH 2

pH pOH 14

pH 2 14

pH 12

−

− −

− −

=

=

= − = − ==

+ =+ ==

Equação química associada:

{

2

4 4compensaa adição de

OH (Ca(OH) )

NH OH NH OH

−

+ − →+ ←