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179Caderno de Atividades / Livro do Professor

1ª. Série

1. Exemplo de reação em que não houve transferência de elé-trons (não houve alteração do nox):

Reações de formação do Fe(OH)3 ou do Cr(OH)3:

Fe3+(aq) + 3OH–

(aq) → Fe(OH)3(s)

Cr3+(aq) + 3OH–

(aq) → Cr(OH)3(s)

Exemplo de reação em que houve transferência de elé-trons (alteração do nox):

Fe(s) + 2H+(aq) → H2(g) + Fe+

(aq)

Cr6+(aq) + 3Fe2+

(aq) → 3Fe3+(aq) + Cr3+

(aq)

Tem-se:

Filtração

ou

Decantação

SólidosSólidos

Sólidos

Papel de filtroPapel de filtroFunil

Funil

Béquer

Água Água

Água

Erlenmeyer

Observação: Na decantação, a água pode ser retirada por sifonação.

2. Gabarito: b

I. Correta. Imediatamente após a mistura das duas subs-tâncias, é observada uma fase única, pois as substân-cias envolvidas são polares.

A MATÉRIA, SUAS TRANSFORMAÇÕES, PROPRIEDADES E SUA COMPOSIÇÃO

QUÍMICA

II. Correta. Após o equilíbrio, observa-se uma fase úni-ca que contém as seguintes substâncias: CH3OH, D2O, CH3OD e HOD, que são polares, ou seja, ocorrem atra-ções intermoleculares.

III. Incorreta. Se for adicionado um cubo de D2O(s) (água deuterada ou pesada) à mistura, este não flutuará na superfície da mistura líquida, pois a densidade da água deuterada no estado sólido é maior que a densidade do metanol no estado líquido (70% da mistura) e que a da água deuterada no estado líquido (30% da mistura).

3. Gabarito: d

O ingrediente Z é o emulsificante que atrai tanto as molécu-las de água quanto as do óleo vegetal, formando a emulsão.

4. Gabarito: d

A partir da análise do gráfico, é possível constatar:

I. Afirmação falsa, pois o ponto de ebulição é observado no segundo patamar de temperatura (50 °C).

II. Afirmação falsa, pois a substância se apresenta no esta-do líquido durante cinco minutos. É importante ressaltar que a substância começa a ser líquida desde o início da fusão até o final da ebulição.

III. Afirmação correta. Tanto a fusão quanto a ebulição le-vam dois minutos.

IV. Afirmação correta. A substância era inicialmente sólida, pois houve dois patamares de mudança de estado físico. Como o experimento começou a ocorrer em –10 °C e a fusão ocorreu a 10 °C, é possível afirmar que a ampli-tude de temperatura para a substância no estado sólido foi de 20 °C.

V. Afirmação correta. A partir de sete minutos, a substância assume totalmente o estado físico gasoso. Esse estado é o de maior desorganização molecular para uma dada

180 1ª. Série

substância. O grau de desorganização molecular de um sistema é a entropia.

5. É necessário calcular de forma independente o volume de cada um dos componentes para obter o volume total e, as-sim, calcular o valor da densidade da coroa.

d = m/V, então temos que: V = m/d

Au → VAu = 579/19,3 → VAu = 30 cm3

Cu → VCu = 90/9 → VCu = 10 cm3

Ag → VAg = 105/10,5 → VAg = 10 cm3

Dessa forma, o volume total da coroa será igual a 50 cm3. A massa total será a soma das massas individuais de cada um dos componentes, ou seja, 774 g.

dcoroa = mt/Vt → dcoroa = 774/50 = 15,48 g/cm3.

6. Gabarito: e

I e II. São itens verdadeiros, pois, como a amostra possui ponto de fusão constante, é possível que seja uma subs-tância pura. As substâncias puras podem ser classificadas como simples, quando possuem átomos de um mesmo ele-mento, ou compostas, quando possuem átomos de diferen-tes elementos químicos.

III. Item verdadeiro, pois as misturas eutéticas apresentam ponto de fusão constante, em virtude de seus componentes terem valores muito próximos para essa propriedade. Como o exercício não comenta nada sobre ponto de ebulição, esse item deve ser avaliado como possível.

IV. Uma mistura heterogênea não deve apresentar valor constante para a propriedade ponto de ebulição. É bem possível, inclusive, que o aquecimento misture de uma forma mais aprazível os constituintes do que, de fato, os identifique.

7. Gabarito: a

Para se separar um sistema por filtração, é necessário que um dos componentes esteja no estado físico sólido. Anali-sando os estados físicos dos produtos formados, vê-se que apenas os produtos das reações I e II estão no estado sólido.

8. Gabarito: b

Considerando que a primeira operação é uma filtração, tem-se que, para separação em dois conjuntos de compo-nentes, é necessário que o primeiro conjunto seja formado por dois líquidos e o segundo seja formado por dois sóli-dos. Os componentes 1 e 2 devem ser os dois líquidos e, como serão separados por decantação, é possível afirmar que não formam um mistura homogênea, sendo necessária uma decantação para separá-los. Os componentes 3 e 4 são sólidos e serão separados por meio de um ímã, por isso um deles deve ter atração magnética. Somente ferro, níquel e cobalto sofrem atração por ímãs, por isso as alternativas com alumínio são excluídas. O outro sólido deve ser areia,

pois, caso fosse sal, estaria dissolvido no solvente polar da fase líquida.

9. Gabarito: a

Dissolução: misturar um soluto em um solvente.Fusão: passar do estado sólido para o estado líquido.Condensação ou liquefação: passar do estado gasoso para o estado líquido.Sublimação: passar do estado sólido para o estado gasoso ou vice-versa.

10. a) Teremos:

FIGURA 1 FIGURA 2

Massa de ar 1: evaporação da água, formando umidade

(região amazônica).

1: balão de destilação, no qual ocorre a evaporação da água.

Massa de ar 2: muito fria, oriunda da região sul.

2: condensador (“frio”), no qual ocorre a condensação

da água.

A massa de ar 1 (úmida) encontra a massa de ar 2

(fria) e ocorre condensação e precipitação da chuva na

região 3.

3: precipitado, ou seja, recolhimento da água no

estado líquido.

b) O número 4 representa a massa de ar tropical continen-tal (mTc), quente e seca. A temperatura elevada impede a condensação da água e consequentemente a ocor-rência de chuva, ou seja, têm-se temperatura elevada e baixa umidade do ar.

11. Gabarito: c

A Incorreta. Se colocado num líquido de menor densidade, o objeto sólido afundaria.B Incorreta. Se o líquido fosse de maior densidade, este flutuaria.C Correta. O sólido por ser mais denso afundaria em um líquido menos denso.D Incorreta. Para que o sólido flutue, é necessário que o líquido seja mais denso que ele.

12. Gabarito: c

Tem-se:

Mas

sa e

spec

ífica

Temperatura

Massa específica =Aumento de VDiminuição da massa específica

m V

Tx


Química

Em TX, ocorre a fusão da substância, pois nesse ponto a massa específica sofre uma mudança abrupta, o que ca-racteriza a mudança de estado.

Mas

sa e

spec

ífica

Temperatura

Variação de massa específica

Tx

Conclusão: das substâncias citadas a única que apresenta as características citadas anteriormente é a água.

13. Gabarito: b

Tem-se:

20 mL ––– 16,2 g

1 mL ––– m

m = 0,81 g

d = 0,81 g/mL

O gráfico fornecido pertence a uma substância pura, logo se conclui que X é o butanol.

14. Gabarito: b

A densidade é a relação entre a massa de um corpo e o volume ocupado por ele. Assim, a água com sal apresen-tará maior densidade que a água pura e, consequente-mente, maior densidade que o ovo, fazendo com que ele flutue.

15. Gabarito: d

Alumínio: substância simples (formada apenas pelo ele-mento alumínio).

Água: substância composta por dois elementos químicos (hidrogênio e oxigênio).

Aço: mistura homogênea (basicamente, liga de ferro e car-bono).

Granito: mistura heterogênea formada por feldspato, mica e quartzo.

16. Gabarito: e

De acordo com o que mostra a figura, a extração da vanilina com base de fontes naturais se dá por dissolução fraciona-da numa solução de etanol (60% V/V).

17. Gabarito: a

Teremos:

Hidróxido de cálcioCaráter básico

1442443CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2(aq)

Decantação Filtração

ESTRUTURA DA MATÉRIA

18. Gabarito: b

Para Thomson, cada átomo seria formado por uma gran-de região positiva, que concentraria a massa do átomo, e por elétrons, que neutralizariam essa carga positiva. Ou seja, teríamos uma esfera de carga elétrica positiva dentro da qual estariam dispersos os elétrons.

19. Gabarito: a

A propaganda sobre um fertilizante dizia: “contém N, P, K, mais enxofre”.

Conclusão:

N – nitrogênio.

P – fósforo (phosphorus).

K – potássio (kalium).

S – enxofre (sulfur).

20. Gabarito: d

Em 1913, Niels Böhr propôs um modelo quântico de átomo. Os postulados podem ser reunidos da seguinte forma:

1. Um átomo é constituído de um núcleo e elétrons extra-nucleares, cujas interações elétricas seguem a Lei de Cou-lomb.

2. Os elétrons se movem ao redor do núcleo, em órbitas circulares, e obedecem todos às leis da mecânica clássica.

3. Quando um elétron está numa órbita determinada, não ganha nem perde energia; diz-se que se acha num estado estacionário.

4. Os elétrons só podem apresentar variações de energia, saltando de uma órbita para outra.

5. Um átomo só pode ganhar ou perder energia por quanti-dades equivalentes a um múltiplo inteiro de quanta.

182 1ª. Série

Logo após a proposta de Böhr, o postulado (2) foi modifica-do pelo físico Sommerfeld, que substituiu o termo “órbitas circulares” por “órbitas elípticas”; trata-se aqui do modelo mais geral, chamado de Böhr-Sommerfeld.

Esse modelo permite conhecer o átomo A e suas transições eletrônicas.

21. Gabarito: e

Teremos:

A 6x + 83x + 3 e B 3x + 20

2x + 8 são isóbaros.

Então;

6x + 8 = 3x + 20

3x = 12

x = 4

A 6 . 4 + 83 . 4 + 3 e B 3 . 4 + 20

2 . 4 + 8

A 3215 e B 32

16

32 – 15 = 17 nêutrons em A.

Z = 16; 16 prótons em B.

22. Gabarito: a

I. Item falso, pois no modelo atômico atual os elétrons or-bitam o núcleo atômico elipticamente e ocupando a ele-trosfera de uma forma bem particular, segundo modelo das equações de onda a que correspondem cada um dos subníveis.

II. Item verdadeiro, pois Sommerfeld indicou experimental-mente que os elétrons tinham momentos que apresen-tavam maior energia, mostrando que ao girar ao redor do núcleo oscilava entre estar mais perto e mais distan-te dele. Esse comportamento fez Sommerfeld acreditar que os elétrons realizam uma elipse e não um círculo perfeito ao redor do núcleo atômico.

III. Item verdadeiro, pois Sommerfeld também conseguiu identificar diferentes equações de onda para a movi-mentação dos elétrons ao redor do núcleo, indicando que há diferentes maneiras de eles orbitarem, Essa forma diferenciada dos elétrons se movimentarem em cada camada atômica é o subnível.

IV. Item verdadeiro, pois, ao receber ou perder energia, o elétron pode mudar de nível atômico e, ao voltar para o seu estado fundamental de energia, emite em forma de luz a energia outrora recebida.

V. Item falso, pois, segundo a Teoria Quântica de Max Planck, a energia das ondas eletromagnéticas é diretamente proporcional à frequência de radiação.

23.

a) A presença de elétrons. Para Thomson, o átomo con-sistia em uma massa de carga positiva que continha elétrons de carga negativa incrustados no seu interior.

Já o modelo de Dalton tratava o átomo como maciço, esférico, indivisível e imutável.

b) O desvio desses raios evidencia que eram constituídos de partículas com carga elétrica. Pelo sentido do desvio, concluiu que eram partículas eletricamente negativas.

c) Aparelho de televisão. Observa-se que ao contrário do que acontece no experimento de Thomson, em que o desvio do feixe é governado por um campo elétrico e por um campo magnético perpendiculares entre si e à trajetória inicial dos elétrons, no caso do apare-lho de televisão o desvio do feixe é realizado por dois campos magnéticos em ângulo reto entre si e com a direção original do feixe. Há também as lâmpadas fluorescentes.

24.

a) Para Thomson, o átomo consistia em uma massa de carga positiva que continha elétrons de carga negativa incrustados no seu interior. Rutherford deduziu empiri-camente que o átomo era “um grande vazio”, com nú-cleo denso e positivo e eletrosfera espaçada e negativa.

b) As partículas positivas seriam repelidas pelo núcleo (também positivo) e atraídas pelos elétrons da eletros-fera em quase sua totalidade. A menor quantidade de partículas repelidas pode ser explicada pela dimensão da eletrosfera em relação ao núcleo. Observação: os átomos, em geral, apresentam um raio dez mil vezes maior que seus núcleos.

c) A existência de elétrons. Rutherford concluiu que o átomo era um “grande vazio”, onde praticamente toda a massa estava concentrada num núcleo positivo, or-bitado por espécies negativas que estavam na eletros-fera, denominadas, anteriormente, de “elétrons” por Thomson.

25. Gabarito: c

Prótons são partículas eletricamente carregadas do nú-cleo e isótopos são átomos de um mesmo elemento que possuem igual número de prótons. Logo, a razão entre as cargas elétricas de dois isótopos é igual a 1. De maneira alternativa, conhecendo o valor do número de massa e do número de nêutrons, o isótopo 54Fe possui 54 – 28 = 26 prótons, e o isótopo 56Fe possui 56 – 30 = 26 prótons. As-sim, a razão entre o número de prótons é igual a 1.

26. Gabarito: a

Ao analisar a distribuição eletrônica dos três elementos, é possível perceber que suas camadas de valência são a quarta e contam com dois elétrons.

2656Fe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6

2759Co : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d7

2859Ni : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8


Química

27. Gabarito: a

Átomo de hidrogênio: H (1 próton e 1 elétron).

Partícula alfa: núcleo do átomo de hélio (2 prótons e 2 nêu-trons).

Molécula de água: H2O (10 prótons – 1 de cada hidrogênio e 8 do oxigênio, 8 nêutrons do oxigênio e 10 elétrons no total).

Gene: compõe os cromossomos.

Cromossomos: contêm os genes.

Logo, a ordem crescente de tamanho é dada por:

átomo de hidrogênio < partícula alfa < molécula de água: H2O < gene < cromossomos

28. Gabarito: d

Cátion bivalente: Sr2+ 9038

Assim, teremos:

nº de prótons = 38

nº de nêutrons:

N = A – Z

N = 90 – 38 = 52

n° de elétrons = 38 – 2 (pois o estrôncio perdeu 2 e–: cátion) = 36

29. Gabarito: c

Números de nêutrons dos núcleos do hidrogênio, do deuté-rio, do isótopo leve de hélio e do hélio são, respectivamente:

H 11 : 1 próton; 1 elétron; 0 nêutron.

H 21 : 1 próton; 1 elétron; 1 nêutron (2–1).

He32 : 2 próton; 2 elétron; 1 nêutron (3–2).

He42 :2 próton; 2 elétron; 2 nêutron (4–2).

30. Gabarito: d

20Ca2+ = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

31. a) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p3

b) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p3

RADIOATIVIDADE

32. Gabarito: a

Considerando-se as diferentes fontes para obtenção de energia, pode-se afirmar que é vantajoso utilizar resíduos orgânicos, como o lixo, pois nesse processo se aproveita a matéria disponível e sem destino apropriado.

33. Gabarito: d

Esquema:

{

{

1 1 21 1 1 1

pósitron

2 1 31 1 2

03 1 42 1 2 1

pósitron

H H H e (emissão de pósitron)

H H He

He H He e (emissão de pósitron)

+

+

+ → +

+ →

+ → +

34. Gabarito: e

Ao emitir uma partícula beta, o número atômico (número de prótons) aumenta uma unidade e o número de massa permanece inalterado.

partículas beta ( 0–1b)

3590

3690

3690

3790

3790

3890

Br Kr

Kr Rb

Rb Sr

→ +

→ +

→ +

−

−

−

10

10

10

β

β

β

35. Gabarito: b

Teremos:

{90 0 9039 1 40

zircônio

Y Zr−→ β +

→ → →3dias 3dias 3dias100% 50% 25% 12,5%

36. Gabarito: b

a) Falso. A emissão alfa segue a Lei de Soddy, que indica uma diminuição de duas unidades no número atômico e de quatro unidades no número de massa conforme equação a seguir:

92238 U → +2

490234α X

b) Verdadeiro. A emissão beta segue a Lei de Soddy-Fa-jans-Russel que indica um aumento de uma unidade no valor de número atômico, sem alteração no valor do número de massa. Isso ocorre, pois a emissão beta é derivada da desintegração de um nêutron em um pró-ton e um elétron (que é a partícula negativa emitida). Como o próton se mantém no núcleo, ele substitui o nêutron desintegrado no valor de número de massa e eleva em uma unidade o valor de número atômico, uma vez que essa característica é determinada apenas pelo valor de número de prótons no núcleo. A equação que representa o fenômeno é apresentada a seguir:

92238 U → +−1

093238β X

184 1ª. Série

c) Falso. As emissões gama não possuem massa nem car-ga, são apenas ondas eletromagnéticas. Por isso, não mudam a natureza do núcleo atômico e, dessa forma, não contribuem para a transformação do átomo de um elemento químico em outro.

d) Falso. Ao receber um nêutron, o núcleo do urânio se desintegra, mas não obrigatoriamente pela metade, for-mando dois mols de átomos de um mesmo elemento. A situação mais comum é descrita a seguir e indica a formação de diferentes isótopos dos elementos estrôn-cio e xenônio: 92U + 0n

1 → 38Sr + 54Xe

e) Falso. As emissões radioativas são naturais. Rutherford e outros pesquisadores apenas estudaram o fenômeno quantificando as observações realizadas.

37.

a) 92U238 → 2a

4 + 90Th234

b) Para chegar a duzentos dias, é necessário passar por oito meias-vidas.

100 g --- 50 g --- 25 g --- 12,5 g --- 6,25 g --- 3,125 g --- 1,5625 g --- 0,78125 g --- 0,390625 g

Como sobraram apenas 0,390625 g de urânio, é possí-vel afirmar que se tem 99,609375 g de tório.

38. Gabarito: c

O plutônio-238 apresenta tempo de meia-vida longo (mais de 87 anos) e é emissor de partículas alfa.

39. Gabarito: d

Verdadeiro. No processo de fissão nuclear, o núcleo original quebra-se em dois ou mais núcleos menores, e uma grande quantidade de energia é liberada.

Verdadeiro. Os núcleos que podem sofrer fissão são deno-minados fissionáveis e, entre eles, estão isótopos de urânio.

Falso. No reator de fissão, ocorre uma reação em cadeia sustentada por nêutrons produzidos na quebra do isótopo fissionável.

TABELA PERIÓDICA DOS ELEMENTOS

40. Gabarito: c

I. Incorreta. Há uma queda acentuada do primeiro para o segundo elemento do período. Assim, ao se aumentar o número atômico, a temperatura cai para os dois primei-ros elementos do período. Somente para a família 4A, é observado esse fenômeno.

II. Correta. Quanto maior a massa molar maior a tempe-ratura de ebulição, à exceção dos primeiros elementos de cada período, devido à sua maior eletronegatividade.

III. Correta. A maior eletronegatividade desses elementos faz com que seu ponto de ebulição seja maior em rela-ção aos demais elementos do mesmo período

IV. Incorreta. De acordo o gráfico, a temperatura de ebuli-ção dos hidretos de calcogênios (H2O, H2S, H2Se, H2Te) é maior que dos halogênios (HF, HCℓ, HBr, HI).

41. Gabarito: a

I. Falsa. As bolas que representam os átomos de H eram as pequenas. As que representam os átomos de O eram as médias, pois o raio atômico do oxigênio (maior carga nuclear; Z = 8) é menor do que o do carbono (menor carga nuclear; Z = 6).

II. Verdadeira. A massa total das bolas grandes correspon-dia a seis vezes a massa total das bolas de tamanho pequeno.Mátomos de carbono = 4 · 12 u = 48 u (bolas grandes)Mátomos de hidrogênio = 8 · 1 u = 8 u (bolas pequenas)6 · 8 = 48

III. Verdadeira. A massa total das bolas pequenas correspon-dia a 1/4 da massa total das bolas de tamanho médio.

Mátomos de hidrogênio = 8 · 1 u = 8 u (bolas pequenas)

Mátomos de oxigênio = 2 · 16 u = 32 u (bolas médias)

32 . 14

= 8

42. Gabarito: e

Teremos:

CARGA DA PARTÍCULA

X2– –2 = –18 + z

z = +16 (enxofre)

A2+

+2 = –18 + z’z’ = +20 (cálcio)

positiva16 prótons =

enxofre20 prótons =

cálcio

negativa18 elétrons =

ânion bivalente18 elétrons =

cátion bivalente

43. Gabarito: d

A quantidade de energia liberada quando um átomo isolado, no estado gasoso e no estado fundamental, recebe um elé-tron é denominada afinidade eletrônica ou eletroafinidade.

As afinidades eletrônicas são muito difíceis de serem medi-das e existem muitos elementos químicos que ainda não se conhecem os valores exatos da afinidade eletrônica. Muitos valores são calculados teoricamente. Genericamente, a afi-nidade eletrônica num mesmo período aumenta da esquer-da para a direita.


Química

44. Gabarito: d

I. Incorreta. Os metais alcalinos, elementos da família I A ou grupo I, são os elementos que se satisfazem eletroni-camente quando perdem um elétron. Dessa forma, são elementos de baixo valor para a energia de ionização.

II. Incorreta. O raio atômico de um dado átomo é determina-do pela distância do centro de seu núcleo atômico até a eletrosfera mais distante. É uma média aproximada, pois há muitas imprecisões em sua determinação.Como é muito difícil medir o raio de um átomo, pois a região ocupada pelos elétrons não tem uma posição bem definida, deve-se medir, com base na utilização dos raios X, a distância (d) entre dois núcleos vizinhos em um retí-culo cristalino e dividir essa distância por dois, ou seja, o raio atômico equivale à metade da distância internuclear:

(d) distânciainternuclear

Raio (r)

r = d 2

Se tiver um caso, no qual os átomos têm mesmo número de níveis, deve-se comparar o número de prótons. Quan-to maior o número de prótons, maior a atração sobre os seus elétrons consequentemente o raio atômico diminui.

III. Correta. Os elementos da família dos halogênios são os elementos químicos que apresentam maior afinidade eletrônica (comparativamente às outras famílias).

IV. Correta. A eletronegatividade é a tendência que um áto-mo possui de atrair os elétrons de outro átomo em uma ligação química covalente.

45. Gabarito: a

{

144424443

2 2 6 2 1

Terceiro períododa tabela periódica

3 elétrons na camadade valência

1s 2s 2p 3s 3p

13 elétrons no total

13 prótons; Z = 13.

Trata-se do alumínio (Aℓ).

46. Gabarito: c

A semelhança química entre os elementos cálcio e estrôn-cio ocorre por ocuparem o mesmo grupo na classificação periódica. Fazendo a distribuição eletrônica de ambos, tem-se:

20Ca = 1s2 2s2 2p6 3s2 4s2

38Sr = 1s2 2s2 2p6 3s2 4s2 3d10 4p6 5s2

Assim, observa-se que ambos possuem 2 e– na sua camada de valência, e podem formar cátions bivalentes.

47. Gabarito: e

O ródio (Rh) é um metal de transição sólido à temperatura ambiente e condutor de eletricidade.

Possui massa atômica maior do que o cobalto (Co), pois está posicionado no 5º. período da Tabela Periódica e o co-balto (Co) no 4º. O ródio (Rh) não possui as mesmas proprie-dades do estrôncio (Sr – grupo 2), pois está posicionado no grupo 9.

48. Gabarito: c

O elemento X (2s2; 2p5) apresenta maior afinidade eletrôni-ca (7 elétrons de valência e 2 camadas) do que o elemento Y (6s1 – 1 elétron de valência e 6 camadas).

TABELA PERIÓDICA DOS ELEMENTOS

49. Gabarito: d

Conforme se aumenta o raio do haleto de prata, sua solubilidade diminui. Assim, tem-se: AgI < AgBr < AgCℓ < AgF. Segundo o texto, mesmo com o uso do hidróxido de amônio concentrado, ainda restou um precipitado, ele será o menos solúvel, ou seja, o AgI.

As reações inorgânicas que levam a formação desses sais são apresentadas a seguir:

33

33

precipitado

33

precipitado

Na (aq) F (aq) Ag (aq) NO (aq) Na (aq) F (aq) Ag (aq) NO (aq)

Na (aq) C (aq) Ag (aq) NO (aq) Na (aq) NO (aq) AgC (s)

Na (aq) Br (aq) Ag (aq) NO (aq) Na (aq) NO (aq) AgBr(s)

+ − + − + − + −

+ − + − + −

+ − + − + −

+ + + → + + +

+ + + → + +

+ + + → + +

ll14243

33

precipitado

Na (aq) I (aq) Ag (aq) NO (aq) Na (aq) NO (aq) AgI(s)+ − + − + −+ + + → + +

14243

123

186 1ª. Série

Ordem crescente de solubilidade: AgI < AgBr < AgCℓ.

À mistura contendo o precipitado, foi adicionada uma alí-quota de solução aquosa diluída de hidróxido de amônio, que dissolve o AgCℓ.

3 2 3 2

3 2 3 2

4 3 2

NH H O Ag(NH ) C

3 2 3 2

4 3 2

NH H O Ag(NH ) Br

3 2 3 2

NH (aq) OH (aq) AgC (s) Ag(NH ) C

NH H O Ag(NH ) C

NH (aq) OH (aq) AgBr(s) Ag(NH ) Br

NH H O Ag(NH ) Br

+ − + −

+

+ − + −

+

+ + →

+ →

+ + →

+ →

l

l l144424443 1442443

l

144424443 1442443

50. Gabarito: a

a) Correta. A distribuição eletrônica do nióbio será:

41Nb = 1s2 2s2 2p6 3s2 4s2 3d10 4p6 5s2 4d3

O elétron de diferenciação se localiza em 4d3, penúl-tima camada da distribuição desse elemento (última camada 5s2).

b) Incorreta. O elemento químico nióbio apresenta seu elé-tron de diferenciação no subnível d, portanto se trata de um elemento de transição.

c) Incorreta. A eletronegatividade (tendência do elemen-to em atrair elétrons) do nióbio seria menor que a do elemento vanádio, pois a eletronegatividade aumenta conforme o raio atômico diminui. Assim, quanto maior o raio atômico, menor será a atração do núcleo pelos elétrons mais externos e, consequentemente, menor a eletronegatividade.

d) Incorreta. De acordo com a distribuição eletrônica des-se elemento, ele pertence ao quinto período, pois apre-senta 5 camadas eletrônicas.

e) Incorreta. Para ser um metal alcalinoterroso, é necessá-rio que o subnível mais energético seja s2.

51. Gabarito: b

a) Alternativa incorreta. As energias de ionização do fós-foro e do enxofre não seguem a tendência esperada dentro de um mesmo período da Tabela Periódica dos Elementos, pois, como o número de prótons existente no núcleo do enxofre é maior, seu raio atômico é menor e, consequentemente, a atração “em cima” do último elétron seria maior.

b) Alternativa correta. Devido às configurações eletrônicas do enxofre e do fósforo, o elétron de valência do enxofre sofre maior repulsão que o do fósforo, por isso a energia necessária para retirá-lo é menor.

c) Alternativa incorreta. O enxofre (2,5) apresenta maior eletronegatividade, de acordo com a Tabela de Linus Pauling, do que fósforo (2,1).

d) Alternativa incorreta. O elétron de valência do fósforo apresenta maior energia de ionização.

e) Alternativa incorreta. O enxofre possui menor raio atô-mico do que o fósforo.Observe nos gráficos a seguir a relação entre o raio atômico e o número de prótons de vários átomos do 3.o período da tabela periódica e a variação da energia de ionização. Pode-se perceber claramente a anomalia abordada nesta questão.

Número atômico, z100

0.1

Raio

atô

mic

o, n

m

0.2

0.31o. período

2o. período

3o. período

Fósforo(raio maior)

Enxofre(raio menor)

Cl

Na

Li

F

H

Número atômico, z10

Li

B

O

N

Ne

He

H

Be

Na

Ar

0

1000

2000

30001o. período

2o. período

3o. período

Fósforo (energia de ionização maior)

Enxofre (energia de ionização menor)En

ergi

a de

ioni

zaçã

o, k

J m

ol-1

52. a) Os elementos com maior dificuldade em formar cátions

são os que apresentam os três “picos” no gráfico, ou seja, os de números atômicos 2, 9 e 10. Os elementos são hélio, flúor e neônio.

b) O potencial de ionização cresce em um período, pois, à medida que se aumenta o número atômico, se diminui o raio atômico, dificultando a retirada de elétrons de valência.

c) Trata-se de uma condição secundária de estabilidade que ocorre com os elementos que possuem subnível


Química

mais energético totalmente preenchido ou semipreen-chido. O elemento de número atômico 4 tem subnível mais energético s2 e o elemento de número atômico 7 tem subnível mais energético p3, situações que indicam uma maior estabilidade química que as de seus vizi-nhos de número atômico superior.

53. Gabarito: eVerifica-se que os elementos Pt, Au e Hg estão localizados

na mesma linha da Tabela Periódica (mesmo período) e são consecutivos (números atômicos crescentes).

Os elementos Li, Na e K pertencem ao mesmo grupo ou fa-mília (metais alcalinos; um elétron de valência), e, por isso, possuem a mesma reatividade.

Os elementos Ne, Ar e Kr pertencem ao grupo dos gases nobres, e apresentam o mesmo estado físico (gasoso) à temperatura ambiente.

LIGAÇÕES QUÍMICAS

54. Gabarito: cA transformação da água líquida para a água gasosa é um fenômeno físico, pois há apenas um afastamento das mo-léculas de água com a quebra de ligações de hidrogênio.

55. Gabarito: cA princípio, é esperado que o sistema seja bifásico, pois hexano e tetracloreto de carbono formariam uma fase e a água pura outra fase. A água deveria ser a fase sobrena-dante, pois teria densidade inferior à da mistura hexano e tetracloreto de carbono. Porém, tem-se que considerar que, se a ordem de colocação for tetracloreto de carbono, água e hexano, há a possibilidade de serem formadas três fases. Essa situação só é possível colocando os componentes de forma bastante cuidadosa e atentando-se para que o líqui-do colocado posteriormente a outro não rompa a tensão superficial do que já estava no sistema.

56. Gabarito: eA água é uma substância formada por moléculas compos-tas por dois elementos químicos: hidrogênio e oxigênio.

57. Gabarito: aDa união dos 2 metais, Cu e Zn, forma o latão, que será in-solúvel em água, sendo também um bom condutor térmico, dúctil e maleável, comum a todos os metais.

58. Gabarito: bAs substâncias das notas de saída são muito voláteis e, con-sequentemente, evaporam mais rapidamente que os consti-tuintes químicos das notas de coração e de fundo.

59. Gabarito: c

Considerando que uma estrutura cristalina é um arranjo sistemático dos átomos que formam tal estrutura, tem-se que a resposta apresentada em C se encaixa como de-monstração da organização de determinados átomos ao redor de um outro átomo.

Os metais, os ametais e alguns semimetais se posicionam geometricamente de maneira organizada dentro do retículo cristalino.

60. Gabarito: e

Mistura de compostos (apresenta moléculas diferentes en-tre si):

V

Amostra da substância nitrogênio (N2) (moléculas iguais):

I

61. Gabarito: b

A → 1s1; hidrogênio (H)

B → 3s1; sódio (Na)

C → 3s2 3p5; cloro (Cℓ)

D → 2s2 2p2; carbono (C)

E → 2s2 2p4; oxigênio (O)

F → 3s2; magnésio (Mg)

I. Incorreta. O elemento A (hidrogênio) ao se ligar ao ele-mento Cℓ (cloro) forma uma molécula.

II. Correta. A substância química A2E (H2O) possui geome-tria angular.

H HO

III. Correta. Dos elementos acima representados, B (sódio) é o que possui o maior raio atômico, pois possui três ca-madas e menor número atômico do que o magnésio (F).

188 1ª. Série

IV. Incorreta. A substância química DE2 (CO2) apresenta ligações covalentes polares (C = O).

V. Correta. O elemento F representa um metal do 3º período do grupo 2 (magnésio).

62. Gabarito: e

I. Incorreta. O átomo A deve ter menor energia de ionização que o átomo B, pois, se esses átomos estiverem posicionados na mesma linha (período) da Tabela Periódica, o átomo B apresentará maior número de prótons. Logo, seu raio será menor e sua energia de ionização será maior.

II. Correta. O átomo A (ns2 np3) tem cinco elétrons na camada de valência e faz ligação tripla na molécula A2. O átomo B (ns2 np5) tem cinco elétrons na camada de valência e faz ligação simples na molécula B2. A distância da ligação tripla é menor do que a distância na ligação simples.

III. Correta. A energia de ionização do elétron no orbital 1s do átomo A deve ser maior do que aquela do elétron no orbital 1s do átomo de hidrogênio, pois sua carga nuclear é maior.

IV. Correta. A energia de ligação dos átomos na molécula B2 (maior distância interatômica; elemento da família VIIA) deve ser menor do que aquela dos átomos na molécula de hidrogênio (menor distância interatômica).

63. As equações químicas utilizando as estruturas de Lewis são dadas por

H

H

2 Na 2 Na

H H

b)

a)

c)

d)

H O O

H

H

H FH H

H

H

H N N

H

H

H

F

F

F

F F

F F F2 H

F

64. • O etanol é um álcool que apresenta solubilidade infinita em água. É uma molécula predominantemente polar que faz ligações de

hidrogênio (pontes de hidrogênio) com a água, por isso forma uma mistura homogênea em todas as proporções.

As interações dipolo–íon podem ser assim representadas:

Cℓ-

Cℓ-

Na+

Na+

H

H

O

• Quanto maior o teor de água no combustível, maior a quantidade de NaCℓ e consequentemente maior a quantidade de íons Na+ e Cℓ¬ e a condutividade elétrica. Pode-se esboçar um gráfico com o seguinte aspecto:

Teor de água na mistura combustível

Cond

utiv

idad

e el

étric

a da

m

istu

ra c

ombu

stív

el


Química

65. Gabarito: b

J e G pertencem ao mesmo grupo da Tabela Periódica, logo apresentam o mesmo número de elétrons de valência.

Os elementos J, X e Z apresentam números atômicos con-secutivos, sendo X um gás nobre e por isso X não possui valores de eletronegatividade.

J = z – 1 (grupo 17 – halogênio)

X (gás nobre) = z (grupo 18)

Z = z + 1 (grupo 1 – metal alcalino)

O composto formado por um metal alcalino (Z) e um halo-gênio (J) é iônico e sua fórmula pode ser representada por: [Z+][J–] ou ZJ.

66. Gabarito: a

Tem-se:

N

S

O

O

O

(μ ≠ 0)

(μ ≠ 0)

(μ = 0)O

O

O

C Molécula linear e apolar

Molécula angular e polar

Molécula angular e polar

67. Gabarito: d

As moléculas do metano apresentam geometria tetraédrica e as do gás carbônico são lineares:

O OCC

HH

H

HGeometria tetraédrica (109º 28')

Geometria linear (180º )

68. Gabarito: c

Cℓ2, CCℓ4 e CO2 são moléculas exclusivamente apolares, pois apresentam vetores momento dipolo elétricos resul-tantes nulos.

O OC C

µR = 0 µR = 0

µR = 0

Cℓ Cℓ

Cℓ

Cℓ CℓCℓ

69. Gabarito: a

O dióxido de carbono é um composto que apresenta molé-culas lineares e apolares.

A sublimação do dióxido de carbono sólido envolve o rom-pimento de interações do tipo dipolo induzido.

70. Gabarito: c

Tem-se, de acordo com a Regra do Octeto:

X2Y3 ⇒ X3+ Y2–

X3+ : 3 elétrons na camada de valência (“3 perdidos”)

Y2– : 6 elétrons na camada de valência (“2 perdidos”)

71. Gabarito: b

As moléculas que apresentam geometria linear, trigonal plana, piramidal e tetraédrica são, respectivamente, BeH2, BF3, PF3 e SiH4.

H

H

Tetraédrica

Piramidal

Linear

triangular ou trigonal plana

H

H HBe

H

Si

FFF

F

FFB

P

FUNÇÕES INORGÂNICAS

72. Gabarito: b

O frasco 2 é o único que apresenta pH igual ou maior do que 8,5 (rosa). Logo, contém uma base forte (NaOH).No frasco 4, não ocorre condução de eletricidade, conclui-se que a solução é formada por moléculas, ou seja, sacarose.No frasco 3, ocorre reação com Mg(OH)2, conclui-se que apresenta um ácido, ou seja, HCℓ.No frasco 1, ocorre condução de eletricidade, não ocorre reação com hidróxido de magnésio e a hidrólise é neutra, ou seja, a solução é de cloreto de potássio (KCℓ).

FRASCO COR DA SOLUÇÃO APÓS A ADIÇÃO DE FENOLFTALEÍNA CONDUTIBILIDADE ELÉTRICA REAÇÃO COM Mg(OH)2

1 (KCℓ) incolor conduz não

2 (NaOH) rosa conduz não

3 (HCℓ) incolor conduz sim

4 (sacarose) incolor não conduz não

190 1ª. Série

73. Gabarito: d

O gás ozônio (O3) contribui para a retenção da radiação ultravioleta que penetra na atmosfera do planeta Terra.

O metano (CH4) e o gás carbônico (CO2) contribuem para o efeito estufa, ou seja, para a reflexão de radiações solares na atmosfera.

Radiação vinda do Sol

Atmosfera

Os óxidos de nitrogênio (NOX), formados principalmente pela reação do gás nitrogênio e do gás oxigênio no inte-rior dos motores a combustão interna, podem reagir com a água formando a chuva ácida.

74.

a) Em A destacam-se: CO2, SO3 e NO2. Os óxidos que geram ácidos (chuva ácida):

SO3 + H2O → H2SO4

2 NO2 + H2O → HNO2 + HNO3

Preenchendo o quadro fornecido no enunciado, tem-se:

A B

SO3 e NO2 H2SO4 e HNO3

b) O rodízio municipal de veículos, que visa diminuir a emissão de poluentes emitidos pelos motores, e a ins-peção veicular anual, que colabora no controle de regu-lagem dos motores a combustão interna.

75. Gabarito: a

Tem-se:Cloreto de bário – BaCℓ2

Silicato de sódio – Na2SiO3

Dióxido de carbono – CO2

Carbonato de bário – BaCO3

76. Gabarito: b

São óxidos básicos (possuem metais das famílias IA e IIA) e reagem com água produzindo bases, as seguintes substân-cias: CaO, Na2O, K2O.

77. Gabarito: c

Na fase gasosa, predominam as moléculas de HCℓ e, na fase líquida, como o HCℓ sofre ionização (HCℓ → H+ + Cℓ–), predominam os íons H+ e Cℓ–.

H Cl

Hfase

gasosa

faseaquosa

Cl

H+

H+

Cl–

Cl–

(Moléculas)

(Íons)

78.

PRODUTONOME DA

SUBSTÂNCIAFÓRMULA QUÍMICA

Conservante de pães

Bromato de potássio

KBrO3

Fermento em póBicarbonato de

sódioNaHCO3

Soda cáustica Hidróxido de sódio NaOH

Água régiaÁcidos clorídrico e

nítricoHCℓ e HNO3

Álcool combustível Etanol C2H6O

79. Gabarito: c

I. Falsa. A ligação entre os elementos A e C forma uma substância com geometria piramidal.A → 3s2 3p5 (família VIIA)

C → 2s2 2p3 (família VA)

Geometria piramidal:

XX

X

E

II. Verdadeira. Os elementos B e E formam um composto que apresenta caráter básico na presença de água.B → 3s2 (família IIA)

E → 2s2 2p4 (família VIA; oxigênio)

Ocorre a formação de um óxido básico (família IIA).

III. Verdadeira. O composto resultante da ligação entre A e B conduz corrente elétrica em solução aquosa.A → 3s2 3p5 (família VIIA)

B → 3s2 (família IIA)

Ocorre a formação de um composto iônico (BA2), que conduz corrente elétrica em solução aquosa.

IV. Falsa. Quando C se liga a E, ocorre a formação de um óxido ácido que reage com base, produzindo sal e água.C → 2s2 2p3 (família VA)



Química

V. Falsa. Uma substância de fórmula química D2E3 pertence à função óxido.D → 3s2 3p1 (família IIIA)


D2O3 (óxido).

80. Gabarito: b

Sais derivados de elementos de transição produzem soluções coloridas. Neste caso, o CrCℓ3 (Cr é elemento de transição).

81. Gabarito: d

Mg(OH)2 e Aℓ(OH)3 são combinados na proporção molar 1 : 2,

respectivamente:

Mg2+ (OH)– (OH)–

Aℓ3+ (OH)– (OH)– (OH)–

Aℓ3+ (OH)– (OH)– (OH)–

Mg2+ Aℓ3+Aℓ3+ Ox2–

+2 + 3 + 3 – 2x = 0

–2x = –8

x = 4 ⇒ MgAℓ2O4

82. Gabarito: b

A solução ácida que acendeu a lâmpada com maior inten-sidade foi a de ácido nítrico, pois este é o ácido mais forte da série apresentada.

[a] H2S: hidrácido fraco.

[b] HNO3: (3 – 1 = 2), oxiácido forte.

[c] H2CO3: exceção; oxiácido fraco.

[d] H3BO3: (1 – 1 = 0), oxiácido fraco

[e] H3PO3: apresenta dois hidrogênios ionizáveis, (3 – 2 = 1); oxiácido moderado.

83. Gabarito: e

A acidez aumenta com a elevação do número de oxidação do cromo:

→

2 3 3

elevação do Nox

CrO Cr O CrO

+2 +3 +6

Conclusão:

CrO – caráter básico.

Cr2O3 – caráter anfótero

CrO3 – caráter ácido

84. Gabarito: c

Ácido sulfúrico: H2SO4

Sulfato de cálcio: CaSO4

Dióxido de carbono: CO2

Água: H2O

85. Gabarito: A

Hipoclorito de sódio: NaCℓO.

Clorato de sódio: NaCℓO3.

Cloreto de sódio: NaCℓ.

86. Gabarito: c

Fórmulas:

Ânion bicarbonato: HCO–3.

Cátion sódio: Na+.

Ânion carbonato: CO3 2–

.

Então:

Bicarbonato de sódio: [Na+][HCO–3] ⇒ NaHCO3

Carbonato de sódio: [Na+]2[CO3 2–

] ⇒ Na2CO3

87. a) A solução II é considerada eletrolítica, pois foi essa so-

lução que forneceu condutibilidade elétrica em meio aquoso, propiciando assim o acendimento da lâmpada acoplada ao sistema.

b) A solução que contiver o ácido sulfúrico propiciará um acendimento mais intenso da lâmpada acoplada ao sis-tema, pois o ácido sulfúrico é um ácido forte enquanto o ácido hipocloroso é um ácido fraco.

88. a) HCN

Nomenclatura: ácido cianídricoClassificações: monoácido, hidrácido, fraco e ternário.

b) H3PO3

Nomenclatura: ácido fosforoso

Classificações: diácido (observe que este ácido é uma exceção), oxiácido, moderado (observe que todos os ácidos do elemento fósforo são moderados) e ternário.

c) H2CO3

Nomenclatura: ácido carbônicoClassificações: diácido, oxiácido, fraco (o ácido carbô-nico é fraco em virtude de sua instabilidade química) e ternário.

192 1ª. Série

REAÇÕES INORGÂNICAS

89. Gabarito: d

O precipitado amarelo citado no texto do enunciado é o PbI2.

( ) {+ −

2 3 2 2 2 3 22precipitado

amarelo

Pb C H O 2KI PbI 2K 2C H O+ → + +

90. Gabarito: b

Borbulha-se gás cloro em solução aquosa diluída de hidróxido de sódio a 25 ºC e ocorre a seguinte reação:25 C

22 água

ou OC (aq)

C (g) 2NaOH(aq) C O (aq) 2Na (aq) C (aq) H O( )−

° − + −+ → + + +

l

l lll14243

Cℓ2 + 2NaOH → Na+ + Cl–

NaCl

+ Na+ + ClO–

NaClO

+ H2O

Ou seja, iriam se formar os íons CℓO– e Cℓ–.

91. Um registro fotográfico de impressão digital seria formado por prata sólida. Então, tem-se:

NaCl(aq)Presente no

suor

+ AgNO3(aq) → NaNO3(aq) + AgCl(s)Precipitado

+ H2O

2AgCl(s) → 2Ag(s)Registro da digital

+ Cl2(g)

92. Gabarito: c

Combinações possíveis:

1,2 – 1,3 – 1,4 – 1,5 – 2,3 – 2,4 – 2,5 – 3,4 – 3,5 – 4,5 = 10 combinações.

Vinagre (possui ácido acético) ou suco de limão (possui ácido cítrico) pode reagir com fermento químico (hidrólise básica), ou seja, são possíveis duas reações químicas:

H3C H3C H2C CO2

O O

OO

OO O O3H2O + 3CO2CC

C

C

CC

CC

C

C 3NaHCO3

NaHCO3

CH2CH2CH2CH2

O

OH

OH

OH

HO OH

+

NaO OH ONa

ONa

ONa

+

+ ++

Tem-se 2 reações em 10 possíveis, ou seja, 2/10 = 1/5.

93. Gabarito: d

Tem-se: NaH4Cl(s)NH3H

+Cl–

+ KOH(s)K+OH–

→ NH3(g) + H2O(l) + KCl(aq)

94.

a) O hidróxido de cálcio hidratado (cal hidratada) produz um filme que é utilizado na proteção de superfícies de alvenaria, de acordo com a seguinte equação química:

Ca(OH)2 (aq) + CO2(g) → CaCO3 (s) + H2O(ℓ)

filme


Química

REAÇÕES INORGÂNICAS b) Equação química do processo de produção industrial da cal hidratada:

° ∆→ +

+ →

Calcinação1000 C;

3 (s) (s) 2 (g)

2 ( ) 2 (aq)(s)

cal hidratadacal vivaou

cal virgem

CaCO CaO CO

H O Ca(OH)CaO l 144244314243

95. Gabarito: c

HNO3(aq) + NH4OH(aq) → NH4NO3(aq) + H2O(ℓ)

a) Incorreta. O nitrato de amônio formado na reação é so-lúvel (todos os nitratos são solúveis em água).

b) Incorreta. Como o sal formado é derivado de um ácido forte e uma base fraca, possui caráter ácido.

c) Correta. NH4

+

x + 1(4) = +1x = –3NO3

–

x – 6 = –1x = +5

d) Incorreta. O ácido nítrico é um ácido volátil, formado por ligações covalentes; portanto, possui temperatura de ebulição menor que o nitrato de amônio, um com-posto iônico.

e) Incorreta. O sólido formado é resultado da reação entre o NH4OH e o HNO3.

96. Gabarito: c

Como o gás carbônico escapa do sistema aberto, pode-se medir a massa total do sistema (antes e depois da reação) e verificar sua diminuição.

97. a) A reação ocorreu no recipiente em que foi adicionado

zinco, pois esse metal é mais reativo que o hidrogênio, sendo, dessa forma, capaz de deslocá-lo em uma reação.

Zn(s) + 2 HCℓ(aq) → ZnCℓ2(aq) + H2(g)

b) – Pureza:25 g ----- 100 % x ----- 80 % x = 20 g totalmente puro

– Quantidade de hidrogênio formado: Zn ----- H2

65, 4 g ----- 1 mol 20 g ----- xx = 0,306 mol de H2

– Determinação do volume:p ∙ V = n ∙ R ∙ T0,95 ∙ V = 0,306 ∙ 0,082 ∙ 288V = 7,6 L de H2

98. Gabarito: b

Tem-se as seguintes reações químicas:

I. aquecimento de CaCO3 puro:

CaCO3(s) Ä CO2(g) + CaO(s)

CO2(g) + Ca(OH)2 (aq) → CaCO3(s) + H2O(ℓ)

(turvação – frasco 2)

II. combustão de uma vela;

__CxHy(s) + __O2(g) → __CO2(g) +__H2O(v)

Parafina

nH2O (v) + CoCℓ2 (s) → CoCℓ2 · nH2O

(aparecimento de coloração rosa – frasco 1)

CO2 (g) + Ca(OH)2 (aq) → CaCO3 (s) + H2O (ℓ)

(turvação – frasco 2)

III. reação de raspas de Mg (s) com HCℓ (aq). Mg (s) + 2HCℓ (aq) → H2 (g) + MgCℓ2 (aq)

Não são observadas alterações nos frascos 1 e 2.

99. Tem-se:

a) 2KO2(s) + 2H20(l) → H2O2(g) + O2(g) + 2KOH(s)

peróxido dehidrogênio

b) 4KO2(s) + 2CO2(g) → 3O2(g) + 2K2CO3(s)

dióxido decarbono

c) 4KO2(s) + 4CO2(g) + 2H2O(l) → 3O2(g) + 4KHCO3(s)

dióxido decarbono

100. Gabarito: a

I. Correta. Antes da pesagem, é necessário calcular a mas-sa a ser utilizada no preparo da solução.

II. Correta. A massa pode ser pesada dentro de um béquer, o mesmo que será utilizado para solubilizar a amostra.

III. Incorreta. O analista deveria primeiro solubilizar a amos-tra no béquer e depois transferir para o balão volumé-trico, a fim de evitar perdas de massa durante a trans-ferência.

IV. Incorreta. O sólido deveria ser solubilizado no béquer antes de ser transferido para o balão.

V. Incorreta. Não há necessidade de se ambientar a tampa do balão volumétrico.

194 1ª. Série

101.

a) De acordo com a tabela, o ponto de fusão da substância contida no frasco é –23ºC e o ponto de ebulição é 77 ºC. Como –23 ºC (S → L) < 25 ºC < 77 ºC (L → G), conclui-se que o estado de agregação da substância é líquido.

b) A solubilidade da substância em água a 25º C é 0,1 g/100 g de H2O. Então:0,1 g ––– 100 g (H2O)m g ––– 200,0 g (H2O)m = 0,2 g (massa que se dissolveu de X)

Foram adicionados 56,0 g da substância X, logo 55,8 g (56,0 g – 0,2 g) não dissolveu.

c) Como a 25ºC a densidade da substância X é 1,59 g/cm3 e esse valor é maior do que a densidade da água, que

é de 1,00 g/cm3, conclui-se que X fica na parte inferior do recipiente.

x água

+

x (rão dissolvida)+ água

102.

a) O impacto ambiental a que se refere o enunciado é o efeito estufa.

b) Equação química completa e balanceada da transforma-ção de SO3 gasoso em ácido sulfúrico:

SO3(g) + H2O(ℓ) → H2SO4 (aq)

CÁLCULOS QUÍMICOS

103. Gabarito: a

I. Verdadeira, pois a Teoria do Flogisto explicava as rea-ções explosivas de determinadas substâncias com o ar.

II. Verdadeira, pois Lavoisier e outros cientistas contestavam os resultados encontrados para as reações de combus-tão dos metais que, na maioria dos casos, aumentava a massa em relação ao metal puro antes da reação. Assim, havia uma discordância entre os resultados encontrados entre compostos orgânicos e elementos metálicos.

III. Falsa. A Lei da Conservação das Massas só pode ser explicada perfeitamente em sistemas fechados, por ser a forma possível de provar que a massa inicial de uma reação era a mesma ao final.

IV. Verdadeira. Priestley percebeu em seus estudos que o ar era constituído por determinadas substâncias e que apenas uma delas era a responsável pelas reações de combustão: o oxigênio. Até então se acreditava que o responsável pela reação era cada uma das substâncias flogisticas.

V. Falsa. O nome “oxigênio” é de fato de origem grega e significa formador de ácido, mas, atualmente, sabemos que alguns ácidos, como o ácido clorídrico (HCℓ), não possui oxigênio em sua fórmula química.

104.

a) Na reciclagem quaternária, o material polimérico é usa-do diretamente como combustível para gerar energia térmica ou elétrica. Isso significa que ocorrerá liberação de gás carbônico e de poluentes, como o monóxido de carbono, durante a combustão. Portanto, a reciclagem secundária, na qual ocorre reutilização dos materiais descartados, seria melhor do que a quaternária.

b) De acordo com a Lei de Lavoisier, a soma das massas dos polímeros e gás oxigênio (reagentes) será igual à soma das massas de água e gás carbônico (produtos) formados na combustão.

105. Estão presentes na molécula de colecalciferol 3 tipos de elementos químicos diferentes: carbono, hidrogênio e oxi-gênio. Há 72 átomos totais.

106. Gabarito: d

Massa do tubo vazio = 8,70 gMassa do tubo de ensaio + massa do NaHCO3 = 11,20 gmNaHCO3

= 11,20 – 8,70 = 2,50 gMassa do tubo de ensaio + produto sólido = 10,45 gMassa do produto sólido (NaCℓ) = 10,45 – 8,70 = 1,75 (II)

NaHCO3 (s)reage

totalmente

+ HCl(aq)em

excesso

→ NaCl(aq) + CO2 (g) + H2O(l)

84 g ––– 44 g

2,50 g ––– mCO2

mCO2 = 1,31 g (III)

NaHCO3 (s) + HCℓ(aq) → NaCℓ(aq) + CO2(g) + H2O(ℓ)

84 g ––– 36 g

2,50 g ––– mHCℓ

mHCℓ (reagiu) = 1,07 g (não é possível calcular o excesso)

É possível determinar a massa de II e III.

107. Gabarito: c

O cálculo do volume da grafite é realizado com base em relações matemáticas. Com a massa da grafite, é possível determinar o número de átomo de carbono.


Química

Diâmetro = 2 mm de espessura = 2 · 10–3 m = 2 · 10–1 cm

Raio = 1 mm de espessura = 10–1 m

Altura = 15 cm

Vcilindro = (área da base) · (altura)

Vcilindro = π · r2 · h

Vcilindro = π · (10–1)2 · 15

Vcilindro = 0,471 cm3

dgrafita = 2,2 g/cm3

1 cm3 ––– 2,2 g

0,471 cm3 ––– mgrafita

mgrafita = 1,0362 g

12 g de grafite ––– 6,0 · 1023 átomos de carbono

1,0362 g de grafite ––– x

x = 5,18 · 1022 átomos de carbono

108. a) Os preceitos fundamentais da Teoria Atômica de Dalton

indicam que: – Toda a matéria é formada por unidades fundamentais chamadas átomos.

– Os átomos são perpétuos e indivisíveis, não podem ser criados nem destruídos.

– Os átomos de um determinado elemento químico são idênticos em todas as suas propriedades. Átomos de ele-mentos químicos diferentes têm propriedades diferentes.

– Uma alteração química (ou reação química) é uma combinação, separação ou rearranjo de átomos.

– Os compostos químicos são constituídos de átomos de elementos químicos diferentes numa proporção fixa.

– De acordo com o Modelo de Dalton, o composto K(s) apresentará o maior número de átomos de potássio por unidade de volume, pois apresenta menos espaços ou interstícios entre as esferas maciças.

b) Amostra com 2 mols de K(s):

nK (s) = mK (s)

MK (s)

⇒ MK (s) = 2 . 39 = 78 g

d = mV

⇒ V = md

VK (s) = 781

= 78 cm3

Amostra com 1 mol de K2O:

nK2O (s) = mK2O (s)

MK2O (s)

⇒ mK2O (s) = 1 . 94 = 94 g

d = mV

⇒ V = md

VK2O (s) = 942,35

= 40 cm3

As respostas do item B são incompatíveis com o es-perado pelo Modelo de Dalton, ou seja, era esperado

que o potássio metálico apresentasse menor volume, mas o volume do sólido formado por K2O é menor (40 cm3 < 78 cm3).

O potássio metálico (K(s)) é formado por ligações me-tálicas entre cátions e o óxido de potássio (K2O) é for-mado por ligações iônicas entre cátions K+ e ânions O2–. A força de atração entre cargas opostas (força eletrostática) é muito grande e, consequentemente, os espaços entre os íons são menores do que no caso da ligação metálica, gerando um volume menor e uma densidade maior.

109. M (C14H30) = 14 ∙ 12 + 30 ∙ 4 = 198 g/mol

M (CO2) = 1 ∙ 12 + 2 ∙ 16 = 44 g/mol

M (H2O) = 2 ∙ 1 + 1 ∙ 16 = 18 g/mol

• 1 L óleo diesel corresponde a 850 g.

850 g ––– 2 kmx ––– 2 400 km

x = 1,02 ∙ 106 g óleo diesel consumidos no percurso

• 1 mol C14H30 corresponde a 198 g de óleo diesel.

198 g ––– (14 ∙ 44 + 15 ∙ 18) g

1,02. 106 g ––– massa dos produtos

massa dos produtos ≅ 4,5 ∙ 106 g

110. M(NH4NO3) = 2 ∙ 14 + 4 ∙ 1 + 3 ∙ 16 = 80 g/mol

M(N2O) = 2 ∙ 14 + 1 ∙ 16 = 44 g/mol

M(H2O) = 2 ∙ 1 + 1 ∙ 16 = 18 g/mol

1 mol NH4NO3 corresponde a 80 g.

80 g ––– (1 ∙ 44 + 2 ∙ 18) g

6 g ––– massa total dos produtos

massa total dos produtos = 6 g

6 g ––– 100%

x ––– 90%

x= 5,4 g de produtos

111. a) M(C12H22O11) = 12 ∙ 12 + 22 ∙ 1 + 11 ∙ 16 = 342 g/mol

M(C2H6O) = 2 ∙ 12 + 6 ∙ 1 + 1 ∙ 16 = 46 g/mol

C12H22O11 ––– 4 C2H6O

1 ∙ 342 g ––– 4 ∙ 46 g

500 000 g ––– x

x = 269 005,85 g

Como houve apenas 68,4% de rendimento, temos: 269 005,85 ∙ 0,684 = 184 000 g

Assim, a massa de etanol produzida é de, aproximada-mente, 184 000 gramas.

CÁLCULOS QUÍMICOS

196 1ª. Série

b) MM(C12H22O11) = 342 g/mol

V(CO2) = 22,4 L

C12H22O11 ––– 4 CO2

1 ∙ 342 g ––– 4 ∙ 22,4 L

500 000 g ––– x

x = 130 994,15 L

Como houve apenas 68,4% de rendimento temos: 130 994,15 ∙ 0,684 = 89 600 L.Assim, o volume de gás carbônico produzido é de, aproximadamente, 89 600 L.

112. a) Tem-se:

2MnO–4 (aq) + 5C2O4

2– (aq) + 16H+

(aq) → 2Mn2+(aq) + 10CO2(g) + 8H2O(ℓ)

2 mols ––– 10 · 22 Lx ––– Vco2

Vco2 = 110x L

b) Na produção de 440 L de CO2, tem-se:

2MnO–4 (aq) + 5C2O4

2– (aq) + 16H+

(aq) → 2Mn2+(aq) – 10CO2(g) + 8H2O(ℓ)

2 mols ––– 10 · 22lnMnO–

4 ––– 440l

nMnO–4 = 4 mol

113. Gabarito: c• Cátion potássio:

1 mol ––– 39 gnK

+ ––– 320 · 10–3 gnK = 8,2 · 10–3 mol

• Cátion cálcio:1 mol ––– 40 gnCa

2+ ––– 40 · 10–3 gnCa2+ = 1,0 · 10–3 mol

• Cátion sódio:1 mol ––– 23 gnNa+ ––– 40 · 10–3 gnN

a+ = 1,74 · 10–3 molA sequência seria: nK

+ > nNa+ > nCa

2+

114. Gabarito: D

CuO(s) + 102 2(g)→ Cu(s)

CuO(s) + H2(g) → Cu(s) + H2O(v)

Pode-se determinar a massa de oxigênio presente na moeda:

moxigênio = 0,795 – 0,779 = 0,016 g

m(CuO) = 63,5 + 16 = 79,5 g/mol

79,5 g (CuO) ––– 16 g (oxigênio)

m ––– 0,016 g

mCuO = 0,0795 g

A massa da moeda antes (0,795 g) corresponde a 100%. Então a porcentagem em massa do óxido de cobre (II) pre-sente na moeda, antes do processo de restauração, pode ser calculada:

100% ––– 0,795 g p ––– 0,0795 g

p = 10%

115. Gabarito: c

Se um indivíduo toma um comprimido de 750 mg (750 · 10–3 g) ao dia, então:

Li2CO3 (carbonato de lítio) = 74 g/mol

1 mol ––– 74 gn mol ––– 750 · 10–3 gn = 0,01013 = 0,01 mol

116.

a) Tem-se:Al2O3 → 2Al + 3

2O2

102 g ––– 54 g

mAl2O3 ––– 32 · 106 t

m Al2O3 = 60,44 · 106 t

Então:

60,44 · 106 t ––– 55% mResíduos ––– 45% mResíduos = 49,45 · 106 t


Química

b) Estimando em 10 minutos o tempo de duração do banho, em um chuveiro cuja potência é de 3 000 W, tem-se:

3 000 W · (10 · 60) s = 1,8 · 106 J (1 banho)

1,8 · 106 J ––– 1 banho

3,6 · 106 J ––– n

n = 2 banhos

117. Gabarito: d

Tem-se:+ →(s) 2(g) 2(g)Etapa I: S O SO

2(g)Etapa II: SO + →2(g) 3(g)1 O SO2

3(g)Etapa III: SO + →

+ + →

l l

ll

2 ( ) 2 4( )

Global(s) 2(g) 2 ( ) 2 4( )

H O H SO

3S O H O H SO2

Então:

+ + → llGlobal

(s) 2(g) 2 ( ) 2 4( )3S O H O H SO232 g ⋅

⋅98 g 0,90

200 kg 0,80

=2 4

2 4

H SO

H SO

m

m 441,0 kg

118. Gabarito: d

Tem-se:

2Al2O3 + 3C → 4Al + 3CO2

2 · 102 g ––– 4 mols

0,45mbauxita ––– 0,49 mol (1 latinha)

mbauxita = 55,533 g

Para 1 000 latinhas:

1 000 · 55,533 g = 55 533 g = 55,53 kg

119. Gabarito: d

I. Incorreta:NaNO2(aq) + HCl(aq) → HNO2(aq) + NaCl(aq)

0,20% m/m: 0,20 g de NaNO2 ––– 100 g de solução

x ––– 3 000 g

x = 6 g

II. Correta:NaNO2(aq) + HCl(aq) → HNO2(aq) + NaCl(aq)

69 g ––– 47 g

6,9 g ––– x

x = 4,7 g

III. Incorreta:Somando as 2 equações, teremos:

NaNO2(aq) + HCl(aq) → HNO2(aq) + NaCl(aq)

HNO2(aq) + (CH3)2 — NH → (CH3)2 — N — N = O + H2O(l)

(dimetilnitrosamina)

NaNO2(aq) + HCl(aq) + (CH3)2 — NH → NaCl(aq) + (CH3)2 — N — N = O + H2O(l)

IV. Correta:

NaNO2(aq) + HCl(aq) + (CH3)2 — NH → NaCl(aq) + (CH3)2 — N — N = O + H2O(l)

1 mol de HCl ––––––––––––––– forma 1 mol de dimetilnitrosamina

69 g de nitrito –––––––––––––– formam 74 g de dimetilnitrosamina

120. Gabarito: d

Tem-se:

Na2CO3(aq) + 2SO2(g) + H2O(ℓ) → 2 NaHSO3(aq) + CO2(g)

106 g ––– 2 mols

42,4 · 106 g ––– nNaHSO3

nNaHSO3 = 0,8 · 106 mols = 8 · 105 mols

198 1ª. Série

121. Gabarito: dObtém-se um sal de cozinha do tipo light (NaCl + KCl) substituindo-se uma parte do sal comum (NaCl) por cloreto de potássio.

Com a substituição do cloreto de sódio pelo cloreto de po-tássio, o número de íons sódio diminui no sal light.

msal de cozinha = mNaCl + mNaCl

substituída por KCl

restante

msal light = mNaCl + mNaCl

restante

adicionada

Como as massas são iguais, teremos:m = msal de cozinha = msal light

Então:

mNaCl + mNaCl = mNaCl + mKCl

substituído por KCl

restante

restante

adicionado

mNaCl = mKCl (n = mM

⇒ m = n . M)

substituída por KCl

adicionado

mNaCl . mNaCl = nKCl . MKCl


adicionado

nNaCl = nKCl . MKCl

MNaCl


adicionado

Como MKCl > MNaCl

nNaCl > nKCl


adicionado

Conclui-se que o sal de cozinha possui maior quantidade de íons cloreto ou que o sal light possui menor quantidade de íons cloreto.

122. a) Tem-se:

Para n mols de butano:

1 mol C4H10 ––– 58 g

n ––– mC4H10mC4H10 = 58n g

Para n mols de propano:

1 mol C3H8 ––– 44 g

n ––– mC3H8

mC3H8 = 44n g

mC4H10 + mC3H8

= 1,02 g

58n g + 44n g = 1,02 g

n = 0,01 mol

ntotal = 2n = 2 · 0,01 = 0,02 mol

b) Para a mistura de propano e butano, tem-se:24 L ––– 1 mol

V ––– 0,02 mol

V = 0,48 L = 480 mL

Vazão do gás = V (volume)Dt (tempo)

48 ml . min–1 = 480 mlDt

Δt = 10 min

c) Tem-se:Δt = 10 min = 10 · 60 s = 600 s

Vazão do gás = DsDt

2,5 m . s–1 = Ds600 s

123. Somando as equações estequiométricas, tem-se:

3 N2H4(l) → 4NH3(g) + N2(g)

N2H4(l) + 4NH3(g) → 3 N2(g) + 8 H2(g)

4 N2H4(l) → 4N2(g) + 8H2(g)

N2H4(l) = 32 g . mol–1; H3 = 2 g . mol–1

4 N2H4(l) → 4N2(g) + 8H2(g)

4 . 32 g ––– 8 . 2 g 1 g ––– mH2mH2

= 0,125 g

4 N2H4(l) → 4N2(g) + 8H2(g)12 volumes

4 . 32 g ––– 12 . 22,4 l 1 g ––– Vtotal

Vtotal = 2,10 l

124. Gabarito: d

100 garrafas PET com massa de 18 g equivalem a 1 800 g (100 · 18 g).

dPET = mV

1,3 g/cm3 = 1 800 gVassento

Vassento = 1 800 g

1,3 g/cm3 = 1 384,62 cm3

100 garrafas PET com volume de 600 mL equivalem a 60 000 cm3 (100 · 600 mL).

60 000 cm3 ––– 100% (volume total)1 384,62 cm3 ––– passento

passento = 2,31%100% – 2,31% = 97,69% = 97,7% de redução de volume.

125. Gabarito: bTem-se:CaCO3 + 2 HCℓ → 2 H2O + CO2 + CaCℓ2

100 g ––– 22,4 Lp · 10 g ––– 1,792 Lp = 0,8 ⇒ 80%


Química

GASES

126. Gabarito: c

Contribuíram de forma direta para o desenvolvimento do conceito de pressão atmosférica Galileu Galilei, que desen-volveu a medição de temperatura, e Evangelista Torricelli, que mediu a pressão atmosférica em nível do mar, por meio do uso do mercúrio (Experiência de Torricelli).

127. a) Não concordo. O ar que respiramos é composto por,

aproximadamente, 20% de gás oxigênio e 80% de gás nitrogênio. O gás que vazou é 100% puro, ou seja, deve ser inalado em quantidades controladas. A inala-ção de gás oxigênio puro pode levar ao desequilíbrio do metabolismo.

b) A estratégia utilizada para que eles não tivessem êxito foi o fato de os motoristas terem tentado tirar os carros

com os motores ligados.O gás vazou e como o oxigênio (32 g/mol) é mais den-so do que o ar (≈ 29 g/mol) ficou próximo ao solo, favorecendo a combustão e o incêndio do primeiro carro que estava ligado (já que o gás oxigênio acelera vigorosamente a combustão). Se os outros motoristas tentassem ligar seus carros, iniciariam novas combus-tões.

128. Como a reação ocorre de forma isotérmica, tem-se:

p1 ∙ V1 = p2 ∙ V2

2 000 ∙ 5 = p2 ∙ 20 (o volume V2 é a soma do volume dos dois recipientes)

p2 = 500 mmHg = 0,66 atm

Δs = 1 500 m ou Δs = 1,5 · 103 m

129. Gabarito: c

Cálculo da quantidade de átomos que um recipiente selado de 22,4 L, contendo H2, mantido a 2 atm e 273 K:

p · V = n · R · T

R = constante

De acordo com a tabela

T = constante

V = constante

n = p . VR . T

n = k · p

n = k · 2 = 2k

Para o hidrogênio (H2):

n = 2 · 2k = 4k

RECIPIENTE GÁS TEMPERATURA (K)

PRESSÃO (atm)

VOLUME (L)

n (mol)

ÁTOMOS (mol)

1 O3 273 1 22,4 k 3k

2 Ne 273 2 22,4 2 k 2 k

3 He 273 4 22,4 4 k 4 k

4 N2 273 1 22,4 k 2k

5 Ar 273 1 22,4 k k

O gás do recipiente 3 (He) contém a mesma quantidade de átomos que um recipiente selado de 22,4 L, contendo H2, mantido a 2 atm e 273 K, ou seja, 4 k átomos.

130. Gabarito: a

O aumento da temperatura faz aumentar a pressão do gás no interior da lata, o que pode causar uma explosão do gás butano.

200 1ª. Série

131. Gabarito: cO gás carbônico (CO2) obtido nesse processo foi armazena-do em um recipiente de 4,1 L a 27 ºC, apresentando pres-são parcial de 0,090 atm. Então:

p · V = n · R · T

0,090 · 4,1 = nCO2 · 0,082 · 300

nCO2 = 0,015 mol

A amostra de 2,00 g de calcário foi tratada com 100 mL de solução aquosa de ácido clorídrico (HCℓ) de concentração 0,50 mol · L–1:

1 000 mL ––– 0,50 mol (HCℓ)

100 mL ––– 0,05 mol (HCℓ)

CaCO3 + 2 HCℓ → CO2 + H2O + CaCℓ2

100 mg –––– 2 mol –––– 1 mol

mCaCO3 –––– 0,05 mol

excesso 0,03 mol

reage

–––– 0,015 mol

mCaCO3 = 1,50 g

2,00 g (amostra) ––– 100%

1,50 g ––– p

p = 75%

132. Gabarito: d

I. Correta. Se o gás for resfriado contra pressão externa constante, o sistema contrai-se (volume e temperatura serão diretamente proporcionais).

⋅⋅=

= =

⋅⋅=

=

depois depoisantes antes

antes depois

antes depois

depoisantes

antes depois

depoisantes

antes depois

A partir da equação geral dos gases, vem:

p Vp V

T T

p p p (cons tan te)

p Vp V

T T

VV

T T

II. Incorreta. A elevação da temperatura não está direta-mente ligada à variação da posição do pistão (volume).

III. Correta. Se o sistema for aquecido a volume constante, a velocidade média das moléculas aumenta, indepen-dentemente da natureza do gás, pois a energia cinética é diretamente proporcional à temperatura.

IV. Incorreta. De acordo com a Lei de Graham, tem-se:

=

=

= ⋅

<

Xe Ar

Ar Xe

Xe

Ar

Xe Ar

Xe Ar

v M

v M

v 40v 131

40v v

131Conclusão: v v

=

=

= ⋅

<

Xe Ar

Ar Xe

Xe

Ar

Xe Ar

Xe Ar

v M

v M

v 40v 131

40v v

131Conclusão: v v

133. Gabarito: e

I. Afirmação incorreta. De acordo com a Hipótese de Avoga-dro (gases ideais), como os dois cilindros se encontram na mesma temperatura e pressão e ocupam o mesmo volu-me, possuem a mesma quantidade de moléculas.

II. Afirmação incorreta. A velocidade das moléculas no ci-lindro C1 é menor do que no cilindro C2, pois a massa molar do O2 é maior do que a do Ne. As velocidades das partículas que formam a mistura gasosa são inversa-mente proporcionais à raiz quadrada das respectivas massas molares ou moleculares.

2

2

O Ne

Ne O

v M

v M=

III. Afirmação correta. A densidade do gás no cilindro C1 é maior que a densidade do gás no cilindro C2. A densi-dade pode ser obtida pela seguinte relação: d = P × M

R × T.

Como a pressão e a temperatura são as mesmas nos dois cilindros, conclui-se que a densidade do gás oxigê-nio é maior do que a do gás neônio.

IV. Afirmação incorreta. A distribuição de velocidades das moléculas contidas no cilindro C1 é menor que a das contidas no cilindro C2.

134. Gabarito: bA alternativa A está incorreta, pois o volume e a tempera-tura dos gases são diretamente proporcionais, o que é evi-denciado na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT. Então, o balão que murchou foi colocado em água fria, pois a diminuição da temperatura causou uma contra-ção dos gases da bexiga.

A alternativa B está correta. Os gases sofrem expansão do volume à medida que a temperatura aumenta. A equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT, indica a relação diretamente proporcional entre o volume e a tem-peratura dos gases.

A alternativa C está incorreta, pois o volume do balão que foi colocado em água fria diminuiu, porque a pressão do sistema diminuiu, reduzindo o choque das partículas de gás com as paredes do balão. Como pode ser visto na equação dos gases perfeitos ou de Clapeyron, pV = nRT, pressão e temperatura são diretamente proporcionais: se a temperatura diminui, a pressão também diminui.

A alternativa D está incorreta, pois as partículas dos gases não sofrem variação de tamanho. O volume se altera devido às variações nos espaços vazios entre as partículas, que pode aumentar ou diminuir de acordo com as variações na temperatura.


Química

135. Gabarito: a

Como a massa do sistema é constante, tem-se:

Pinicial × Vinicial

Tinicial

= Pfinal × Vfinal

Tfinal

I. Processo isobárico de T0 até T0/2.

P0 × V0

T0

= PI × VI

TI

P × V0

T0

= P × VI

T0

2

⇒ VI = V0

2 ∴ UI =

U0

2

II. Processo isobárico de V0 até 2V0.

P0 × V0

T0

= PII × VII

TII

P × V0

T0

= P × 2V0

TII

⇒ TII = 2T0 ∴ UII = 2U0

III. Processo isocórico de P0 até P0/2.

P0 × V0

T0

= PIII × VIII

TIII

P0 × V

T0

=

P0

2 × V

TIII

⇒ TIII = T0

2 ∴ UIII =

U0

2

IV. Processo isocórico de T0 até 2T0.

P0 × V0

T0

= PIV × VIV

TIV

P0 × V

T0

= PIV × V

2T0

⇒ PIV = 2P0

TIV = 2T0 ∴ UIV = 2U0

V. Processo isotérmico de P0 até P0/2.

P0 × V0

T0

= PV × VV

TV

P0 × V0

T =

P0

2 × Vv

T ⇒ VV = 2V0

TV = T0 ⇒ UV = U0

VI. Processo isotérmico de V0 até V0/2.

P0 × V0

T0

= PVI × VVI

TVI

P0 × V0

T =

PVI × V0

2T

⇒ PVI = 2P0

TV = T0 ⇒ UVI = U0

Numa transformação isotérmica UV = UVI.

136. Gabarito: d

Tem-se:

MCO2 = 44 g . mol–1

8,8 kg = 8 800 g ⇒ n = mM

= 8 80044

= 200 mols

p · V = n · R · T

p = 1 atm; R = 0,082 atm · L · mol–1 · K–1;

T = 27 + 273 = 300 K; n = 200 mols

1 · V = 200 · 0,082 · 300

V = 4 920,0 L

137. Gabarito: b

Da equação de estado de um gás, tem-se:

p . V = mM

. R . T

V = m . R . Tp . M

⇒ V = 170 . 0,082 . 300150 . 4

V = 6,97 L = 7 L

138. d = pMRT

⇒ M = dRTp

M = 0,65 . 0,082 . 3001

= 16 g/mol (CH4)

Representação de Lewis: C HH

H

H139. Gabarito: d

Com base na equação de estado de um gás ideal (Clapeyron):

pV = nRT ⇒ t PV = mM

RT

Deduz-se:pMRT

= mV

⇒ d = pMRT

Então,

d = pMRT

⇒ d = 2 . 288,21 . 10–2 . 523

= 1,304 g/ℓ

Como p = 2,0 atm; V = 0,250 L; R = 8,21 x 10–2 atm · L · K–1 · mol–1; T = 250 oC = 523 K.

Substituindo na equação de estado (Clapeyron), tem-se:

p · V = n · R · T

2,0 · 0,250 = n · 8,21 · 10–2 · 523

n = 1,1645 · 10–2 mol de moléculas, ou seja:

1,1645 · 10–2 · 6,02 · 1023 = 7,01 · 1021 moléculas.

A resposta mais aproximada está na alternativa D.

140. O gás pode ser identificado utilizando-se a equação de es-tado de um gás (p · V = n · R · T).

Temos:

V = 10 L; m = 85 g; P = 2 atm; T = 300 K (27 + 273) e R = 0,082 L · atm · K–1 · mol–1.

202 1ª. Série

Como n = m/M, tem-se:

P . V = mM

. R . T

2 . 10 = 85M

. 0,082 . 300

M = 104,55 g/mol

104,55 g/mol corresponde à massa do CCℓF3.

141. a) Cálculo da pressão sem a ocorrência de reação química:

n = mM

nH2 = 0,200

2 = 0,100 mol

nO2 = 6,400

32 = 0,200 mol

ntotal = nH2 + nO2

ntotal = 0,100 + 0,200 = 0,300 mol

T = 0 oC + 273 = 273 K

V = 4,480 l

R = 0,082 atm . l . mol–1 . k = 22,4273

atm . l . mol–1 . k

p . V = n . R . T

p . 4,480 = 0,300 . 22,4273

. 273

p = 1,50 atm

b) Cálculo da pressão com a ocorrência de reação química:

2 2 22H 1O 1H O

2mol

+ →1 mol

0,100 mol

excessode reagente

2 2 2

0,200 mol

2H 1 O 1H O

2mol

+ →

14243

1 mol

0,100 mol 0,050 mol

Excesso de 0,150 mol (0,200 0,050).−

p . V = n . R . T

p . 4,480 = 0,150 . 22,4273

. 273

p = 0,75 atm

142. Gabarito: c

Equação da reação citada no texto:

CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g)

Cálculo do número de mols de gás carbônico produzido pela decomposição.

Usa-se a Equação de Clapeyron: p · V = n · R · T

n = p . VR . T

⇒ V = 1 . 50,082 . 303

≅ 0,20 mols

Cada 1 mol de CaCO3 aquecido produz 1 mol de CO2, conforme mostra a equação balanceada.


Química

Portanto, seriam necessários 0,20 mols de CaCO3 para produzir 0,20 mols de CO2.1 mol da CaCO3 ––– 100 g0,20 mols ––– mm = 20 gA massa total de reagente usado foi de 25 g. Assim:25 g ––– 100%20 g ––– xx = 80% de pureza.

143. Gabarito: a

Tem-se:

Vcilindro = constante

R · T = constante

pgás · Vcilindro = ngás · R · T

pgás = ngás · R . TVcilindro

pgás = ngás · K

Cilindro 1

7 g de N2:

nN2 = 7

28 = 0,25 mol

pN2 = 0,25K

16 g de O2:

nO2 = 16

32 = 0,50 mol

pO2 = 0,50K

6 g de He:

nHe = 64

= 1,50 mol

pHe = 1,50K

Cilindro 2

14 g N2:

nN2 = 14

28 = 0,50 mol

pN2 = 0,50K

8 g de O2:

nO2 = 8

32 = 0,25 mol

pO2 = 0,25K

13 g de CO2:

nCO2 = 13

44 = 0,295 mol

pCO2 = 0,295K

Cilindro 3

8 g de CH4:

nCH4 = 8

16 = 0,50 mol

pCH4 = 0,50K

13 g de O2:

nO2 = 13

32 = 0,406 mol

pO2 = 0,406K

4 g H2:

nH2 = 4

2 = 2,00 mol

pH2 = 2,00K

Pressão total:

Cilindro 1 0,25k + 0,50k + 1,50k = 2,25k

Cilindro 2 0,50k + 0,25k + 0,295k = 1,045k

Cilindro 3 0,50k + 0,406k + 2,00k = 2,906k

Conclusão:

1. O cilindro 1 apresenta a maior pressão parcial de O2, comparado aos outros cilindros.2. O cilindro 1 apresenta a menor pressão parcial de N2, comparado ao cilindro 2.3. O cilindro 2 apresenta a menor pressão parcial de O2, comparado aos outros cilindros.4. O cilindro 3 apresenta a maior pressão total (2,906 k).

144. Gabarito: b

As figuras permitem observar diferenças no espocar de um champanhe: a 18 °C. logo no início, observa-se que o volume de CO2 disperso na nuvem gasosa – não detectável na faixa da luz visível, mas sim do infravermelho – é muito maior do que quando a temperatura é de 4° C. Logo, conclui-se que a pressão de uma quantidade fixa de um gás em um recipiente de volume constante é diretamente proporcional à temperatura.

204 1ª. Série

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