Química - Curso e Colégio Acesso

TAREFA
PROPOSTA
Resolução
QUÍMICA
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
QG.01
1. d
A adição de açúcar provoca aumento da massa da solução sem considerável
aumento de volume. Como
m
d = , a densidade da solução aumenta.
V
2. b
Como gelo flutua na água, sua densidade é maior. No caso do etanol,
ele afunda, portanto, possui densidade maior.
∴ d água > d gelo > d etanol
3. c
A água mineral é uma mistura homogênea de sais minerais e oxigênio
dissolvidos em água.
4. c
I – Elemento Iodo
P 4
– Substância simples
HCl – Substância composta
5. e
Cálculo da densidade do mercúrio:
m
d = w
137 , ⋅10 3 g
d =
V 100 mL
Cálculo da densidade dos cubos:
(A)
m
d = V
w d = 14 g
2mL
= 7 g/mL
(B)
m
d = w d = 20 g = 10 g/mL
V 2 mL
w d = 13,7 g/mL
Como os dois cubos são menos densos que o mercúrio, ambos flutuam.
6. c
O orvalho é a passagem da H 2
O (v)
w H 2
O (,)
provocada por queda da
temperatura, portanto é uma condensação.
7. c
a) H 2
s substância pura f) H 2
O s substância pura
b) ar s mistura g) leite s mistura
c) Fe s substância pura h) pão s mistura
d) vinho s mistura i) sangue s mistura
e) açúcar s substância pura
8. a) De 10 ºC a 20 ºC. A fusão ocorre a 20 ºC, portanto, a temperaturas
inferiores a 20 ºC, a substância é sólida.
b) Como a ebulição ocorre a 40 ºC, de 20 ºC a 40 ºC a substância
é líquida.
c) 40 ºC
9. c
Misturas azeotrópicas possuem PE constante e intervalo de fusão.
10. c
11. d
Como, durante a passagem do estado sólido para o líquido, a temperatura
permaneceu constante durante dois momentos, concluiu-se
que o sistema é formado por duas substâncias.
Lembre-se de que a fusão e a ebulição de substâncias (puras) ocorrem
à temperatura constante.
12. b
Água pura s substância composta.
Gás oxigênio s substância simples.
Areia s mistura heterogênea.
Água do mar s mistura homogênea.
13. a
Pela fórmula estrutural de uma molécula de determinada substância,
é possível determinar as suas propriedades químicas.
14. d
Sabendo que:
m
d = , temos:
V
Substância A:
↑massa s ↑ d
↓volume
Substância C: ↓massa s ↓ d
↑volume
Substância B é intermediária entre A e C.
15. d
m m
Como n = , nX MM
= 46 e n = m
. Assim, há mais moléculas
Y
18
16. c
em Y do que em X. A temperatura de ebulição é uma propriedade
específica, logo, cada líquido terá a sua. Como as massas são iguais,
mas V X
> V Y
, temos que d X
< d Y
.
I. Mistura homogênea.
II. Substância pura simples.
III. Mistura heterogênea.
IV. Substância pura composta.
17. d
Como a densidade da água pura é 1,0 g/cm 3 , nessa temperatura,
os únicos materiais que flutuarão serão o bambu e o carvão, por
possuírem d menor.
18. a) A “massa” recém-preparada tem massa de 660 g (360 g + 6 g +
+ 1 g + 100 g + 90 g + 100 g + 3 g).
Como a densidade aparente da “massa” recém-preparada é
1,10 g/cm 3 , temos:
1 cm 3 1,10 g
x 660 g
x = 600 cm 3
ou
CADERNO 1
Temperatura
d
m
=
V
50
(Ponto de ebulição) 0
10
(Ponto de fusão) –138
–140
Líquido + sólido
Sólido
Gás
Gás + líquido
Líquido
Energia (kJ)
Portanto:
m 660
V = s V = ∴ V = 600 cm 3
d 110 ,
b) A “massa” recém-preparada está numa forma diferente dos ingredientes
isolados, pois, quando os ingredientes são misturados,
surgem novas interações entre suas partículas, fazendo o
volume variar.
1

19. Sabendo que os frascos apresentam mesma massa de substância, e
que d = m v , temos:
m = d · V, portanto o frasco com e d tem r V
e o frasco com r d tem e V.
Assim: frasco A s H 2
O; frasco B s clorofórmio; frasco C s benzeno.
20. a
No terceiro sistema, a densidade do objeto é igual à da solução,
portanto:
III. Verdadeira. Por esse processo, o enxofre passa da litosfera
para a atmosfera.
2. Soma = 10 (02 + 08)
(01) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição.
(02) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição.
(04) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição.
(08) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição.
(16) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição.
3. e
d = m V
m solução
= m soluto
+ m solvente
m solução
= 150 g + 1.000 g = 1.150 g
Água, álcool
e NaCl
21. b
d = 1 . 150 g
1.
000mL
d = 1,15 g/mL
d =
m
V
w V = m
d
V barra
= V ouro
+ V prata
140 =
140 =
m
d
ouro
ouro
+
m
d
prata
prata
m ouro
20 + m prata
10 w 2 800 m + 2m
ouro
. =
20
m prata
+ m ouro
= 2.000 g (II)
De (I) e (II), temos:
m prata
= 800 g
m ouro
= 1.200 g
22. c
As transformações que ocorrem na “massa” levam à produção de
gás, o que provoca aumento de volume e, consequentemente, diminuição
da sua densidade.
Atividades extras
23. e
m total
= m água
+ m açúcar
m total
= 300 g + 7 · 30 g
m total
= 510 g
prata
(I)
4. b
5. c
6. c
Açúcar
São 2 fases (bifásico) e 4 componentes.
I. Passagem do estado líquido para o gasoso; processo físico.
II. Formação de outras substâncias; fenômeno químico.
III. Idem ao II.
I. Verdadeiro. Todo sistema gasoso é homogêneo.
II. Falso. A água é uma substância formada por hidrogênio e oxigênio.
III. Falso. As substâncias também constituem um sistema homogêneo.
IV. Verdadeiro. As ligas metálicas são exemplos.
V. Falso. O sistema polifásico pode ser formado por uma substância
em diferentes estados físicos.
I. Mudança de composição s fenômeno químico.
II. Mudança de composição s fenômeno químico.
III. Mudança de estado físico s fenômeno físico.
IV. Mudança de estado físico s fenômeno físico.
V. Mudança de composição s fenômeno químico.
7. a) Balão I: 1 elemento e uma substância simples
Balão II: 4 elementos e duas substâncias simples
b) Toda mistura de gases é homogênea. Portanto, os balões I e II
são sistemas homogêneos.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24.
d
solução
mtotal
510
= = = g/cm
V 300 17 3
,
Como a esfera ficou entre a superfície e o fundo, a densidade da
solução é igual à da esfera.
(Ponto de
ebulição)
150
100
Temperatura (°C)
L
Ebulição
L + V
p = 1 atm
V
8. b
1. Queima da gasolina – Químico
2. Lata amassada – Físico
3. Enferrujada – Químico
4. Água fervendo – Físico
9. c
Para se obter sal das salinas, ocorre o processo de evaporação da
água, que é um processo físico.
10. c
Nesse sistema temos 3 fases:
(Ponto de
fusão)
0
–20
S
Fusão
S + L
Gás
Gelo
H 2
O ()
0
Tempo
QG.02
1. d
I. Verdadeira. A decomposição do esterco e de alimentos é um
processo natural.
II. Falso. O esterco é um adubo orgânico que prejudica menos o
meio ambiente que os adubos inorgânicos (sais).
2
11. e
O processo em que não ocorre transformação química, ou seja, é
um fenômeno físico por se tratar de mudança de estado físico.
12. d
Oxidação de gordura: químico.

13. b
Transporte através de membrana: físico.
Reabsorção de sódio: físico.
Crescimento de pelos: químico.
Movimento das marés: físico.
Emissão de partículas: químico.
Digestão de proteínas: químico.
Duplicação de DNA: químico.
Emulsificação das gorduras: químico.
Formação de radicais livres: químico.
3 físicos e 7 químicos.
Areia
Óleo
Água com sal e
açúcar dissolvidos
3. Destilação simples – processo de separação de mistura – fenômeno
físico.
4. Destilação fracionada – processo de separação de mistura – fenômeno
físico.
23. c
A fermentação é um fenômeno químico, pois origina novas substâncias.
24. a
I. (V)
II. (V)
III. (F) Pode ser substância pura.
IV. (F) Pode ser composta.
V. (F) Somente se for substância pura ou mistura eutética.
QG.03
1. a
A destilação simples é utilizada para separar o solvente (neste caso,
água) do soluto de uma mistura homogênea.
3 fases, 5 componentes.
14. c
Processo químico tem que formar novas substâncias, como, por
exemplo, a formação de ferrugem.
2. e
A filtração permite a separação da solução contendo a mescalina
dos restos vegetais. Então, a mescalina deve ser extraída (com éter
ou diclorometano, pois é solúvel em ambos). Finalmente, a solução
resultante deve ser levada à evaporação para eliminar o solvente.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
15. c
Na quebra de um copo de vidro não há alteração da natureza da
matéria, portanto, fenômeno físico.
16. c
I. (V)
II. (V)
III. (F) A água mineral apresenta várias substâncias dissolvidas,
sendo, portanto, uma mistura.
IV. (V)
V. (F) O café é uma mistura.
17. c
O esquema será:
18. e
Etanol + NaCl (aq.)
+ H 2
O
Etanol + NaCl (aq.)
Então, teremos 2 fases.
I. Químico — Reação química
II. Químico — Reação química
III. Químico — Reação química
IV. Físico — Não há reação química
V. Físico — Não há reação química
Gasolina
3. e
Os componentes 1 e 2 foram separados do 3 e 4 por filtração, portanto,
temos sólidos e líquidos na mistura. Os componentes 1 e 2
são imiscíveis por poderem ser separados por decantação, já os
componentes 3 e 4 foram separados um do outro por separação
magnética, portanto um dos sólidos é o ferro. Analisando as alternativas,
temos 1 e 2 como sendo água e tetracloreto de carbono e 3 e
4 sendo ferro e níquel.
4. a
Como o petróleo e a água não se misturam e o petróleo é menos
denso, ele pode ser separado por decantação.
A areia e a argila são sólidos, ao passo que o petróleo é líquido,
portanto podem ser separados por filtração.
5. b
6. a
O álcool é líquido e o hidróxido de cálcio é sólido, portanto, eles
podem ser separados por filtração.
7. c
Na filtração a vácuo dos equipamentos listados, apenas o erlenmeyer
não é usado com frequência nesse procedimento.
8. c
I. (V)
II. (F) O ferro é separado do alumínio por separação magnética.
III. (F) O carbono não é metal.
IV. (V)
CADERNO 1
19. a
O sistema possui uma substância simples (Fe).
20. e
Óleo vegetal + éter s sistema homogêneo
A
B
Óleo vegetal + água s sistema heterogêneo
A
C
21. a
O ar atmosférico é uma mistura de vários gases, mas toda mistura
gasosa é homogênea.
Atividades extras
22. 1. Concentração – mudança de estado – fenômeno físico.
2. Fermentação – transformação de açúcar em álcool – fenômeno
químico.
9. b
A frase seria corretamente preenchida da seguinte forma:
“Promover a dessalinização por destilação ou osmose reversa e,
em seguida, retificá-la, adicionando sais em proporções adequadas”.
10. c
Para separar a areia e o sal, teremos que, pela ordem:
1º adicionar H 2
O s solubilização do sal.
2º decantação s esperar sedimentação da areia.
3º filtração s separação de areia (sólido) da solução aquosa de NaCl .
4º destilação s separação da água e do NaCl que estava dissolvido
na água.
11. c
Como a água do mar é uma mistura homogênea, o melhor método
de obtenção é a destilação simples.
3

12. a
Pelo enunciado, temos o esquema:
13. e
A + B
I. (V)
II. (V)
III. (V)
acetato de
etila
A (sólido) + B (dissolvido)
filtração
A (sólido) recolhido
+
B (dissolvido)
B (sólido)
evaporação do acetato de etila
14. Há 2 fases. Elas podem ser separadas pela decantação e utilizando-se
o funil de bromo, separando assim C.
Para A e B, uma destilação simples.
15. d
Mistura-se água quente e filtra-se. Assim, separa-se A, que é insolúvel.
Resfria-se o sistema para separar C, que é insolúvel em água
fria.
16. c
a) O leite é uma dispersão de várias substâncias em água.
b) Água e álcool formam uma mistura.
c) A decantação consiste na deposição de partículas mais densas
na parte inferior do frasco.
d) O ponto de ebulição da água ao nível do mar é 100 ºC.
e) Essas mudanças de cor são evidências de um fenômeno físico.
17. a
Como o sistema é formado por uma substância sólida (hidróxido de cálcio)
e outra líquida (álcool), estas podem ser separadas por filtração.
18. d
A destilação é usada para separar misturas homogêneas sólido-líquido.
19. e
Pelos valores das temperaturas de fusão e de ebulição, conclui-se
que a fase 1 é uma mistura e a 2, uma substância.
20. b
A decantação é um processo para separar misturas heterogêneas, e
a única mistura de líquidos não miscíveis é a de água e benzeno.
21. e
Com a adição do clorofórmio dissolve-se a substância A. Essa mistura
homogênea pode ser separada dos demais componentes (B, C, D)
por filtração.
A solução aquosa de C e D, após evaporação, fornece um resíduo
sólido, que, aquecido moderadamente a 40 ºC, promove a fusão de
D e sua separação por filtração.
22. 1 o Pré-cloração e adição de Al 2
(SO 4
) 3
e CaO — fomação de agentes
aglutinantes que aceleram a decantação (Al(OH) 3
).
2 o Decantação — sedimentação das partículas mais pesadas.
3 o Filtração — retenção de partículas pequenas que passaram pela
decantação.
4 o Cloração — adição de Cl 2(g)
ou NaClO para a destruição de microrganismos
patogênicos, quando necessário.
Ao adicionarmos água à solução de fenolftaleína em etanol, há forte
interação entre as moléculas de água e etanol (formação de ligações
de hidrogênio). Com isso há diminuição da disponibilidade de
moléculas de etanol para dissolver a fenolftaleína, cristalizando-a.
QG.04
1. d
Bohr introduziu os níveis de energia permitidos para os elétrons ao
redor do núcleo.
2. d
O que distingue os átomos serem ou não de um mesmo elemento
químico é o número de prótons.
3. 1 – b; 2 – a; 3 – d; 4 – c
Alguns modelos atômicos recebem analogias.
Dalton: bolas de bilhar (átomo esférico, maciço e indivisível).
Thomson: “pudim de passas” (átomo constituído por um fluido positivo
— pudim — onde ficariam espalhados os elétrons — passas).
Rutherford: sistema solar (os elétrons ficariam distribuídos espaçadamente
ao redor do núcleo).
Bohr: modelo orbital (os elétrons giram em torno do núcleo em determinadas
órbitas).
4. d
I. Núcleo e elétrons em órbitas circulares: modelo proposto por
Rutherford.
II. Átomo indivisível: modelo de Dalton (bolinha de bilhar).
III. Átomo com elétrons incrustados: modelo de Thomson (pudim
de passas).
5. • Para o 7
N 15 : • Para o 6
C 13 :
A = p + n ∴ 15 = 7 + n
A = p + n ∴ 13 = 6 + n
∴ n = 8 ∴ n = 7
6. b
Pelos postulados de Bohr, temos:
Núcleo
Órbita
interna
Órbita
externa
Absorve
energia
e – e –
Libera
energia
7. b
O modelo atômico de Rutherford-Bohr propõe que a emissão de luz
ocorre por causa da transição eletrônica entre níveis de energia.
8. e
A experiência de Rutherford levou à conclusão de que o átomo é
formado por um pequeno núcleo denso e por uma grande região
(eletrosfera), formada praticamente por espaço vazio onde ficam os
elétrons.
9. b
A diferença entre os modelos de Rutherford e Bohr tem a ver com
a introdução das órbitas estacionárias com diferentes quanta de
energia.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Atividades extras
23. e
No processo de liofilização, como descrito no enunciado, a água passa do
estado sólido para o gasoso. Esse fenômeno é denominado sublimação.
24. a) Massa de α-lactose — H 2
O cristalizada = 80 – 25 = 55 g
b) O volume de etanol (350 mL) é suficiente para dissolver toda a
fenolftaleína (20 g).
4
10. e
O primeiro modelo a considerar a natureza elétrica da matéria foi o
de Thomson (modelo do “pudim de passas”, esfera positiva com elétrons
negativos incrustados).
11. a
O modelo de Bohr propõe que os elétrons ocupam níveis de energia
ao redor do núcleo atômico.

12. c
Dalton considerou o átomo maciço, indivisível e indestrutível.
Rutherford considerou o núcleo do átomo e os elétrons girando ao
seu redor.
13. a
Ca:
prótons = 20
nêutrons = 20
C:
prótons = 6
nêutrons = 6
O:
prótons = 8
nêutrons = 8
Mg:
prótons = 12
nêutrons = 12
24. Quando um elétron recebe energia, ele “salta” para um orbital mais
externo (de maior energia) e, ao retornar a órbitas mais internas (de
menor energia), há liberação de energia na forma de onda eletromagnética,
que, se estiver na região do visível, terá cor característica
do fóton emitido.
QG.05
1. d
ganhou
Átomoneutro⎯⎯⎯→Ânion
X
3e −
0 3−
A = 75 A = 75
−
−
e = 33 e = 36
Z= 33 Z=
33
Como A=Z+n:
75=33+n
n=42
X
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
14. e
I. (V)
II. (V)
III. (V)
15. c
Em seu modelo atômico, Rutherford afirma que o átomo é composto
por um núcleo pequeno, denso e positivo, com elétrons, partículas
de carga negativa, circulando em torno do núcleo.
16. c
De acordo com Bohr, ao excitar os elétrons com energia, estes “saltam”
para órbitas mais externas e, ao retornarem, liberam energia
na forma de onda eletromagnética, no caso luz verde.
17. e
Consultando a tabela periódica:
Ar s Z = 18 ∴ p = 18 w n = 40 – 18 = 22
18
19 K40 s Z = 19 ∴ p = 19
A = p + n ∴ 40 = 19 + n ∴ n = 21
18. d
Por serem átomos do mesmo elemento químico (Mg), eles apresentam
propriedades semelhantes, mesmo número de prótons e elétrons,
porém diferentes números de nêutrons, o que faz com que os
números de massa sejam diferentes.
19. c
No estado fundamental, os elétrons estão nas camadas mais próximas
do núcleo. Nesse caso, 2 na camada K e 1 na L.
20. c
A carga do íon indica a diferença entre o número de prótons e de
elétrons. Nesse caso, o valor +1 indica que esse íon possui um próton
a mais que o número de elétrons. A carga do íon não está relacionada
com o número de nêutrons.
21. e
O átomo Fe possui 26 prótons (número atômico) e, como não possui
carga, 26 elétrons. O seu número de nêutrons é (n = A – Z) 20.
O íon ferro (II) Fe 2+ possui 2 prótons a mais que o seu número de elétrons.
Portanto, possui 24 elétrons. O número de prótons e de nêutrons não
se altera quando um átomo é convertido em íon.
22. d
Se:
número de prótons > número de elétrons s cátion
número de prótons = número de elétrons s átomo neutro
número de prótons < número de elétrons s ânion
Atividades extras
23. Dalton: explica as teorias de Lavoisier e Proust.
Thomson: mostra que o átomo é divisível (elétrons).
Rutherford: tentou provar experimentalmente o modelo de
Thomson.
2. d
I. (V)
II. (V)
III. (F) 53
I 127 w 127 = 53 + n w n = 74
53 I131 w 131 = 53 + n w n = 78
Portanto, diferente número de nêutrons.
IV. (F) Os ânions apresentam 54 elétrons.
3. Soma = 3 (01 + 02)
(01) (V)
(02) (V)
(04) (F) São isóbaros.
(08) (F) São isóbaros.
(16) (F) Possuem diferentes números de nêutrons.
4. a
340 g ____ 100%
197 g ____ x
(Au)
x = 57,9% H 58%
Observação: O número atômico da platina é 78, mas a configuração na
alternativa b está errada pois não foi colocado o 4p 6 .
5. a
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 2 4f 14 5d 10 6p 6 7s 2
5f 14 6d 10 7p 2
6. c
20 Ax Isóbaros
19 B50 21 C y
Isótonos
∴ x = 50
Para o átomo B: A = p + n ∴ 50 = 19 + n ∴ n = 31
Como B e C são isótonos, teremos: A = p + n
∴ A = 21 + 31 = 52
7. d
Isótono: mesmo número de nêutrons.
n = A – Z
37
D : 21= nêutrons
16
8. e
Distribuição de átomo neutro de 30
Zn
Energética: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10
Geométrica: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2
No cátion 30
Zn 2+ , há perda de 2 e – da camada de valência, então,
teremos:
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10
9. d
Átomos isótopos possuem igual número de prótons (número atômico)
e diferente número de nêutrons. Consequentemente, o número
de massa também será diferente.
CADERNO 1
5

10. c
Os isótopos apresentados são representados por:
92 U235 e
92 U238
p = 92 p = 92
n = 143 n = 146
e – = 92 e – = 92
espécie o átomo de cálcio perdeu 2 elétrons, sendo um cátion (Ca 2+ ).
19. a
82
Pb ⎯⎯⎯→
207 perde
2e – 82
Pb
207 2+
11. d
I. Falsa s 10 prótons e 10 nêutrons.
II. Verdadeira.
III. Verdadeira.
12. b
Átomo Cl Ânion Cl –
p = 17 p = 17
e – = 17 e – = 18
n = 18 n = 18
Átomo Ar
p = 18
e – = 18
n = 22
Átomo K Cátion K +
p = 19 p = 19
e – = 19 e – = 18
n = 20 n = 20
13. b
O átomo possui um núcleo com prótons e nêutrons e uma eletrosfera
com elétrons.
14. a
a
n
A 55
A
b
a
n
B
B
2a + y = 79
2n A
+ n B
= 88
2a + y + 2n A
+ n B
= 55 + 2b
79 + 88 = 55 + 2b
b = 56
Como: a + n A
= 55 (I) e n A
+ y = 56 (II) e substituindo I e II em
2a + y = 79, temos que:
2(55 – n A
) + (56 – n A
) = 79
110 – n A
+ 56 – n A
= 79
n A
= 29
A partir daí, substitui-se em todas as equações e obtém-se:
b
y
n
C
A
p = 82 p = 82
n = 125 n = 125
e – = 82 e – = 80
A = p + n
207 = 82 + n
n = 125
20. a) Fe = 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 6
Fe 3+ w Perde 3 elétrons, preferencialmente da camada de valência.
∴ 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5
b) S = 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4
S 2– w Ganha 2 elétrons na camada de valência.
∴ 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
21. Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(01) Correta.
(02) Correta.
(04) Incorreta. Um elemento químico é identificado pelo seu número
atômico (número de prótons).
(08) Correta. O núcleo representaria o Sol, e os elétrons, os
planetas.
(16) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico
de Bohr. Dalton não previa a existência de partículas subatômicas.
(32) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico de Bohr.
(64) Incorreta. Como são derivados do mesmo elemento químico, apresentam
o mesmo número atômico (número de prótons).
Atividades extras
22. d
Z = 40 w 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 2
10 elétrons no penúltimo nível (nível 4).
23. n J
+ n L
+ n M
= 88 s 2n + n L
= 88 s 2n + 30 = 88 ∴ n = 29
p J
+ p L
+ p M
= 79 s 2p + p M
= 79 (II)
L s 30 nêutrons
p J A J
Isótopos
p LA
Isóbaros
p M MA
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
26
A
55
n = 29
26
B
56
n = 30
15. a
As distribuições eletrônicas são:
Energética: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5
Geométrica: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5
27
C
56
n = 29
Isótonos
para J: A J
= p + n
para L: A = p + 30
para M: A = p M
+ n
Somando-se as duas equações:
n J
+ n L
+ n M
= 88
p + p L
+ p M
= 79
16. d
(4)
16 S2– s 18 e – e 20
Ca 2+ = 18 e – .
(1) C (grafite)
e C (diamante)
são alótropos.
(3) He e Ne formados por um único elemento.
(5) Cl 2
e N 2
formados por dois átomos.
A J
+ A + A = 167 ∴ A J
– 2A = 167
Então: p + 29 – 2(p + 30) = 167
p = 26
Portanto: 26
J 55 26 L56 27
M 56
24. e
A massa do átomo do isótopo de Ca é 39,96259 vezes maior do
17. d
Como os íons são provenientes do mesmo elemento químico (ferro),
apresentam o mesmo número de prótons (número atômico). Como
são provenientes de isótopos distintos, apresentam diferentes números
de nêutrons. Como são íons de cargas diferentes, possuem
diferentes números de elétrons.
18. d
O átomo neutro de IV (Ca) tem 20 prótons e 20 elétrons, portanto nessa
6
que a massa de
1
12 do átomo do isótopo do C12 .
QG.06
1. b
A distribuição eletrônica por camadas deste elemento é:
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3
Seu número atômico, por se tratar de um átomo neutro, é igual ao
número de elétrons (33).

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Como possui 5 elétrons (4s 2 4p 3 ) na camada de valência (4 a , N), está
localizado no 4 o período e no grupo 15(VA).
2. d
A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma:
Na tabela periódica atual, os elementos químicos encontram-se dispostos
em ordem crescente de número atômico, sendo que aqueles
que apresentam o último elétron distribuído em subnível s ou p são
classificados como elementos representativos.
3. Soma = 1 (01)
(01) (V) Ambos são calcogênios.
(02) (F) A distribuição é 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 .
(04) (F) Seu nome é enxofre.
(08) (F) É um calcogênio.
(16) (F) O enxofre forma moléculas S 8
e é sólido em condições
ambientes.
4. Soma = 37 (01 + 04 + 32)
(01) (V)
(02) (F) B representa um elemento de transição, contudo seu subnível
mais energético é o d.
(04) (V)
(08) (F) Elementos da família E têm a camada de valência representada
por ns 2 np 6 .
(16) (F) D é semimetal.
(32) (V)
5. b
A substância E 1
é um metal alcalinoterroso, portanto é sólida; E 2
é
um halogênio do 5º período (é o iodo : I 2
), que nas condições ambientes
é sólido. Apesar de estarem no mesmo período, apresentam
propriedades químicas diferentes, e a massa molar de E 2
é maior,
pois os elementos estão organizados na tabela periódica em ordem
crescente de número atômico, e a massa atômica também cresce
nessa ordem.
6. c
R s gás nobre
Z s metal alcalino
T s metal alcalinoterroso
X s metal alcalinoterroso
7. d
Para os elementos de uma mesma família, o raio aumenta com o
número de camadas (níveis) e, por consequência, com aumento do
número atômico.
8. b
a) Correta: eles são o ferro e o titânio.
b) Incorreta: o cálcio é um alcalinoterroso e é mais abundante que
o Na e o K, que são alcalinos.
c) Correta, pois mais da metade da massa é composta por oxigênio
e silício, que não são metais.
d) Correta, pois estão na fração “todos os outros”, o que corresponde
a 1,1% da massa.
A partir do elemento de número atômico 1 (H) até o Al são 17 “passos”,
o que seria possível com os pontos de Bruno e Elza, porém,
como a cada jogada só é possível se mover por um grupo ou por um
período, a vencedora foi Elza.
13. c
W s 3 o período (3) s grupo 15 (O)
Y s 4 o período (4) s grupo 2 (B)
Z s 4 o período (4) s grupo 18 (R)
T s 5 o período (5) s grupo 1 (A)
14. e
X = hidrogênio
V = hélio ( 2
He:1s 2 )
Y = alcalinoterroso w 2 elétrons na camada de valência e forma íon
de carga 2+.
R = cloro (gás)
T = metal de transição
15. e
A distribuição eletrônica do elemento seria:
1s 2 2s 2 2p 4
[He]: 6 e – na CV ∴ grupo 16
2 camadas ∴ 2 o período
O próximo elemento teria uma camada a mais com igual número de
elétrons na camada de valência, então:
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 ∴ total e – = 16
Z = 16 w enxofre
16. b
I. Verdadeiro.
II. Falso. A configuração eletrônica de R indica um gás nobre, os
quais possuem os maiores valores de energia de ionização da
tabela periódica.
III. Falso. Gases nobres são pouco reativos.
IV. Falso. São gases nobres.
V. Verdadeiro.
17. I – d; II – a; III – c
18. a)
8 O2– 9 F– 12 Mg2+ 13 Al+
f f f f
10 e – 10 e – 10 e – 12 e –
∴ Al + não é isoeletrônico.
b) Para íons isoeletrônicos:
↑ p ↑ atração dos e – pelo núcleo ∴ menor raio
Dessa forma, o de maior raio é o 8
O 2– .
19. c
82 Pb: 1s2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 2 4f 14 5d 10 6p 2
\ 4 e – na última camada de valência
\ família IVA ou 14 (família do carbono)
20. e
Fazendo as distribuições eletrônicas
CADERNO 1
9. b
O raio do átomo (R A
) é sempre menor que um raio de um ânion (R 1
),
pois a entrada do elétron na camada de valência provoca repulsão
entre elétrons, aumentando o raio da espécie.
N:
2 2 3
1s 2s 2 p
\ 2 camadas
7
11
K
L
2 2 6 1
Na: 1s 2s 2 p 3s \ 3 camadas
K
L
M
10. c
O número atômico do vanádio é 23, e sua distribuição eletrônica é:
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 3
11. 1 – d; 2 – a; 3 – c; 4 – b; 5 – e
(2) Fe 2+
(4) Na +
(3)
3−
PO 4
(1) I –
(5) Co 2+
12. e
O principal constituinte das “latinhas de refrigerante” é o alumínio (Al).
19
20
2 2 6 2 6 1
K: 1s 2s 2 p 3s 3 p 4s
\ 4 camadas
K
L
M
2 2 6 2 6 2
Ca: 1s 2s 2 p 3s 3 p 4s
\ 4 camadas
K
L
M
Carga nuclear Ca > carga nuclear K \ raio Ca
< raio K
Então a ordem será: N < Na < Ca < K
N
N
21. d
Os elementos A, B e C estão no mesmo grupo da tabela periódica
(IIA ou 2, metais alcalinoterrosos), pois apresentam a CV com 2
elétrons. Como o raio atômico aumenta de cima para baixo, na tabela
periódica o valor de x está entre 1,13 e 1,97.
7

22. b
Metais alcalinos: Na e K
Metais alcalinoterrosos: Mg e Ba
Calcogênio: O e S
Halogênio: F e Br
Gás nobre: He e Ar
Atividades extras
23. e
F –
9 12 Mg2+
9 prótons 12 prótons
10 elétrons 10 elétrons
Para espécies isoeletrônicas: maior número de prótons, menor raio.
24. d
a) (F) I e II são gases a temperatura ambiente.
b) (F) III é halogênio.
c) (F) VII é gás nobre.
d) (V)
e) (F) VI apresenta 4 camadas e X, 6 camadas.
III. (V)
IV. (F) Os gases nobres têm energia de ionização maior que a dos
metais de transição.
7. a
O flúor é o elemento mais eletronegativo.
8. e
Pela posição da região, esta terá grande raio e baixa eletronegatividade.
9. a)
16 S2– Ar 18 20 Ca2+ Cl –
17
p = 16 p = 18 p = 20 p = 17
e – = 18 e – = 18 e – = 18 e – = 18
Espécies isoeletrônicas = número de elétrons
∴ S 2– > Cl – > Ar > Ca 2+
b) Dos elementos apresentados:
↑ p s↑ atração núcleo-elétron s ↓ raio ∴ ↑ energia de
ionização
∴ a menor energia de ionização será do S 2– .
QG.07
1. e
As propriedades periódicas citadas no exercício aumentam da seguinte
forma:
Energia de ionização:
2. d
portanto é o elemento X.
Densidade:
portanto é o elemento T.
I. (V)
II. (F) O átomo B é um metal alcalino, portanto, possui baixa eletronegatividade.
III. (V)
IV. (F) Os elementos C e D apresentam 3 camadas ∴ 3º período.
10. d
I. (V)
II. (F) EI Cl
> EI Na
III. (V)
11. F – V – V – F
I. Incorreto. Metais alcalinos têm grande tendência para perder
elétrons, ou seja, apresentam baixos potenciais de ionização.
II. Correto.
III. Correto. Como no ânion o número de elétrons é maior que no
átomo que o originou, e o número de prótons é o mesmo, os
elétrons estão atraídos menos intensamente; portanto, o
ânion é maior.
IV. Incorreto. O halogênio e o metal alcalino possuem a mesma quantidade
de camadas eletrônicas, porém o halogênio possui mais
protóns, o que aumenta a atração do núcleo sobre a eletrosfera.
12. b
Os elementos sódio, cloro e argônio estão no 3º período da tabela
periódica, e o hélio, no 1 o . Dentro de um mesmo período, o aumento
do número atômico (deslocamento para a direita na tabela) acarreta
diminuição no raio e aumento da energia de ionização. O mesmo raciocínio
é utilizado quando se desloca de baixo para cima na tabela.
13. a
Localização desses elementos na tabela periódica:
B
C
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Os elementos A e B apresentam 4 camadas ∴ 4º período.
Al
Si
3. a
O cálcio é um metal, portanto possui baixa energia de ionização e tem
facilidade para formar cátions. Como o cálcio está no 4 o período da
tabela periódica e o oxigênio no 2 o , apresenta maior raio atômico.
4. c
I. (V)
II. (F) Raio atômico é propriedade periódica.
III. (V)
IV. (F) Quanto menor o raio, maior a eletronegatividade.
5. e
Quanto menor o raio, maior a energia de ionização por causa da
maior atração núcleo-elétron. Portanto, na tabela periódica, os elementos
que possuem os maiores valores de energia de ionização e
menores raios são os localizados à direita, ou seja, os gases nobres.
a) V
b) F, raio atômico maior: Al
6. c
I. (V)
II. (F) O He é gás nobre, portanto, sua energia de ionização é
maior que a do H.
8

c) F, eletronegatividade menor: Al
V. (F) Os átomos de elementos de um mesmo grupo (família) têm
configuração semelhante para os elétrons de valência.
Atividades extras
23. a) 1 e – 9 ⋅ 10 –31 kg
6 ⋅ 10 23 e – x ∴ x = 54 ⋅ 10 –8 kg
d) F, energia de ionização maior: C
Como E cin.
= m· v 2
∴ E cin.
=
2
−
−
54 ⋅10 ⋅( 110 ⋅ )
2
8 6 2
E cin.
= 27 ⋅ 10 4 J ou 270 kJ
Como: E total
= E cin.
+ E ionização
∴ 1.070,9 = 270 + E ionização
E ionização
= 800,9 kJ, que no gráfico pode ser B ou Si. Como o
elemento está no 3º período da tabela, temos então w Si.
b) Para mudança de camadas temos que adicionar ao número atômico
mais 18 unidades (número de grupos na tabela periódica),
assim: 14 + 18 = 32
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
14. c
X – 2 o período, grupo 18, gás nobre.
Y – 3 o período, grupo 2, metal.
Z – 3 o período, grupo 15, ametal.
I – Falsa. Y é um metal alcalinoterroso.
II – Falsa. Z é um ametal.
III – Verdadeira: maior número atômico, maior potencial de ionização,
por estarem em um mesmo período.
15. c
I. Falsa. Os metais possuem baixa afinidade eletrônica.
II. Falsa. O sódio se transforma facilmente em cátions, ou seja,
necessita de pouca energia para perder 1 elétron.
III. Verdadeira. O Hg é mais denso que o Na, pois se localiza no
centro da tabela periódica.
16. V – F – F – V
I. (V)
II. (F) Todas requerem energia.
III. (F) Ocorre absorção de energia.
IV. (V)
17. Raio atômico: 1
H > 2
He
Energia de ionização: He > H
Afinidade eletrônica: H > He (gás nobre)
18. b
Os elementos A e C apresentam baixa energia de ionização, portanto
são metais alcalinos ou alcalinoterrosos.
O elemento B apresenta alta energia de ionização, portanto é um
gás nobre ou halogênio.
Pela distribuição eletrônica, descobre-se o grupo a que pertence o
elemento.
19. d
Os metais mais reativos são aqueles que perdem com facilidade os
elétrons da camada de valência, ou seja, são os que apresentam
raios grandes e energias de ionização baixas.
20. e
Os elementos químicos com maior energia de ionização são os gases
nobres.
21. F – V – V – V
I. Falsa. Eletronegatividade é a medida da capacidade de um átomo
de atrair elétrons de outros átomos ou íons para perto dele.
22. b
I. (F) Alto Z s mais prótons s maior atração elétron-núcleo s
s menor raio.
II. (F) A 2ª energia de ionização é sempre maior que a 1ª energia
de ionização pois a retirada do 1º e – aumenta a atração elétron-núcleo
e diminui raio ∴ alta energia de ionização
III. (V)
IV. (V)
9
24. c
O átomo com maior afinidade eletrônica é o IV porque possui 7 e – na CV.
QG.08
1. e
Como teremos interação entre:
Lítio ⎫
⎪ Família dos
−
Sódio⎬
s 1e naCV ∴ doam1e
metais alca
Césio ⎪ linos
⎭
Cloro s halogênio s 7 e – na CV ∴ recebe 1 e –
A ligação será iônica e serão formados: LiCl, NaCl, CsCl.
2. d
X s 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 ∴ 2 e – na CV
Z s 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 ∴ 7 e – na CV
3. d
X 2+
X 2+ Z 1– XZ 2
Z 1–
I. (V)
II. (F) O sódio perde 1 e – e o cloro recebe 1 e – , formando um
composto iônico.
III. (V)
4. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Incorreta. A é ânion do grupo 17 (seu átomo possui 17 elétrons) e
Z pertence ao grupo 2 (seu átomo possui 20 elétrons).
(02) Correta.
(04) Correta.
(08) Correta, pois é um ametal (pertence ao grupo 17).
(16) Incorreta. O número de massa de A é 35 (17 prótons + 18
nêutrons).
5. a) Consultando a tabela periódica:
X = oxigênio (ametal)
Y = carbono (ametal)
Z = potássio (metal)
b) Os não metais formam ligações covalentes CO 2
(ou CO).
6. e
Ba s 56 1s2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 10 5p 6 6s 2
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3p 10 4s 2 4p 6 4d 10 5s 2 5p 6 6s 2
K L M N O P
f f f f f f
2 8 18 18 8 2
Portanto, doa 2 e – .
54 Xe s 1s2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 4d 10 5s 2 5p 6
S s 16 1s2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4
K L M
f f f
2 8 6 ∴ recebe 2 e –
18 Ar s 1s2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
−
CADERNO 1

7. Halogênio mais eletronegativo s F s 7 e – na CV
∴ recebe 1 e – ∴ F –
Metal alcalinoterroso citado s Ra s 2 e – na CV
∴ doa 2 e – ∴ Ra 2+
Ra
F
2+ 1-
Ra F
2
A ligação será iônica com fórmula: RaF 2
8. c
Pelas distribuições eletrônicas:
40 A (Z = 20): 1s
2 2s
2 2p
6 3s
2 3p
6 4s
2
20
4º período
80 B (Z = 35): 1s
2 2s
2 2p
6 3s
2 3p
6 3d
10 4s
2 4p
5
35
grupo 2 (ou II A) metal
grupo 17 (ou VII A) ametal
A e B estão no mesmo período, porém, como B está mais à direita
que A, é mais eletronegativo e apresenta menor raio. O composto
AB 2
é iônico e apresenta alto ponto de fusão. Como B é um halogênio,
nas condições ambientes é encontrado na forma B 2
.
9. b
O oxigênio recebe um elétron do sódio (ligação iônica) e compartilha
um par de elétrons com o cloro (ligação covalente), ficando com o
octeto completo.
10. a) O elemento é o sódio.
b) ( 18
Ar)
Como o número atômico do argônio é 18 e o elemento citado
tem 8 elétrons a mais que o argônio, seu número atômico é 26.
c) O elemento é o flúor e seu símbolo é F.
d) Alcalinoterroso: Ca 2+
Halogênio: Br –
Composto formado: CaBr 2
11. Soma = 8 (08)
(01) Falsa. Pertencem a grupos diferentes.
(02) Falsa. Como B, que pertence ao grupo 2, forma cátions B 2+ e
D, que pertence ao 17, forma ânion D – , a fórmula do composto
formado por eles é:
2+ 1–
B D w BD 2
(04) Falsa. É ametal e, portanto, apresenta alta afinidade eletrônica.
(08) Verdadeira. Os elementos localizados nos grupos de 3 a 12
são denominados metais de transição.
12. e
A interação interatômica entre cátions e ânions caracteriza uma ligação
iônica.
13. d
I. (V)
II. (F) Quando o carbono faz 4 ligações simples, as valências dirigem-se
para os vértices de um tetraedro.
III. (V)
IV. (V)
14. Distribuições eletrônicas:
2 2 6 2 6 2
Ca = 1 s 2s 2p 3s 3p 4s
portanto doa 2 e– s metal
K
L
M
N
As distribuições eletrônicas são:
2 3
2 2
N: 1s 2
s p
K L
2 5
2camadas
7
2º
período
I. (V)
II. (F)
III. (V)
15
16. b
Distribuição eletrônica:
P: 1s s p
K L
2 5
2 6
2
2 2 3
3camadas
3º
período
F s 1 2 2 2 2 5
s s p
∴ recebe 1 e –
9
K L
2 7
Al s
1 2 2 2 2 6
s 3 2 3 1
s p s p
13 K L M
2
8
3
P s
1 2 2 2 2 6
s 3 2 3 1
s p s p
15 K L M
2
8
∴ + eletronegativo s F
+ eletropositivo s Al
A fórmula entre F e Al será:
Al 3+ F 1– AlF 3
3
s 3p
M
2 6
∴ perde 3 e –
∴ recebe 3 e –
17. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Incorreto. Como todas as espécies têm 10 elétrons, conclui-
-se que X tem 8 e, portanto, seu número atômico é 8 e que
Z tem 13, sendo seu número atômico. Portanto, não são
isótopos.
(02) Correto.
(04) Correto. Camada de valência (2s 2 2p 6 ) com 8 elétrons.
(08) Correto. Z 3+ X 2– s Z 2
X 3
(16) Incorreto. 13
Z (1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 ) pertence ao 3 o período.
18. c
Os metais apresentam menos que 4 elétrons na camada de valência,
e os elementos não metálicos, 4 ou mais. I está representando o
elemento flúor (Z = 9), o mais eletronegativo da série.
19. d
Ozônio = O 3
O ozônio é uma substância simples formada pelo elemento químico
oxigênio.
20. Soma = 6 (02 + 04)
A: camada de valência 4s 2 w é metal w forma cátion A 2+ (possui
menor energia de ionização).
B: camada de valência 3s 2 3p 5 w é halogênio w forma ânion B 1– (tem
maior afinidade por elétrons).
(01) Incorreta.
(02) Correta.
(04) Correta, pois apresenta maior número de camadas eletrônicas.
(08) Incorreta. A, por ser metal, participa de ligação iônica.
(16) Incorreta. A fórmula do composto pode ser estabelecida pela
seguinte regra:
A 2+ B 1– AB 2
;
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
15. d
2 2 4
O = 1 s 2s 2p
portanto recebe 2 e – s ametal
K
L
A ligação será iônica e a fórmula do composto será CaO.
O número total de elétrons será: 20 + 8 = 28
10
21. e
I. Correta. Apresenta menor raio atômico.
II. Correta.
III. Incorreta. O Al possui maior atração núcleo-elétrons.
IV. Incorreta. Ambos são ametais e a ligação é covalente.
V. Correta.

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
22. e
N
O
O
NO
N
O
N
N 2 O 4
O
O
N N O
N 2 O
O
O
N
O
O
N 2 O 5
N
NO 2
Atividades extras
23. CsI
Segundo o diagrama I, o sal de menor ponto de fusão é o de PF
621 ºC. Comparando-se os valores dos outros sais apresentados
na tabela, percebemos que o primeiro sal (PF = 988 ºC) é
o de raio iônico 2,35 angstrons, que corresponde ao cátion do
3º período ligado ao ânion do 2º período. Fazendo uma analogia,
o sal procurado será o formado pelo cátion do 6º período
com o ânion do 5º período, portanto, CsI (1,70 + 2,20 =
= 3,90 angstrons).
24. e
O elemento F é o oxigênio; K é o hidrogênio; como F é
do grupo 16 e forma composto iônico de fórmula GF, G é do grupo
2; se o número atômico de H é 34, logo ele se encontra no 4º
período, grupo 16; J tem um próton a mais e é do mesmo período,
pertence, portanto, ao grupo 17; G é do mesmo período.
QF.01
1. b
De acordo com a tabela fornecida, para um indivíduo de 70 kg,
temos:
massa de oxigênio (m O
) = 43.500 g
massa de carbono (m C
) = 12.600 g
massa de hidrogênio (m H
) = 7.000 g
massa de nitrogênio (m N
) = 2.100 g
massa de cálcio (m Ca
) = 1.050 g
Sabendo que a quantidade de átomos é diretamente proporcional à
quantidade, em mol, de átomos para cada elemento, teremos:
n
O
m 43.
500 g
O
= =
M
−
16 g ⋅ mol
O
m 12.
600 g
C
n = =
C
M
−
12g
⋅ mol
C
1
1
= 2. 718,
75 mol
= 1.
050 mol
m 7.
000 g
H
n = = = 7.
000 mol
H
M
−1
1g
⋅ mol
H
m 2.
100 g
N
n = =
N
M 14 g ⋅ mol
n
Ca
N
−1
m 1.
050 g
Ca
= =
M 40 g ⋅ mol
Ca
= 150 mol
−1
= 26,
25 mol
Então, o H é o elemento que contribui com a maior quantidade de
átomos.
2. d
1 mol 6 · 10 23 átomos
x 8 átomos
x = 1,3 · 10 –23 mol
3. a
Sabendo que:
1 mol CO 2
6 · 10 23 moléculas de CO 2
44 g
n
3,5 · 10 15 g
n = 7,9 · 10 13 mol
4. a
1 mol de substância 350 g 6 ⋅ 10 23 moléculas
m 1 molécula ∴ m = 5,8 ⋅ 10 – 22 g
N
O
O
O
11
5. c
M = 1 · 14 + 3 · 1 = 17 g/mol
NH3
1 mol de NH 3
17 g 6 · 10 23 moléculas de NH 3
8,5 · 10 –3 g x
x = 3 · 10 20 moléculas de NH 3
6. c
1 molécula de NH 4
C 7
H 5
O 2
9 átomos de H
1 mol de NH 4
C 7
H 5
O 2
9 mol de átomos de H
6 · 10 23 moléculas de NH 4
C 7
H 5
O 2
9 · 6 · 10 23 átomos de H
7. c
C 2
H 2
e H 2
O 2
w 4 átomos no total da molécula, sendo a metade átomos
de H.
8. V – V – F
Somente a última afirmativa está incorreta, pois o mol é uma grandeza
que indica quantidade de partículas, independentemente de sua massa.
9. a) Massa de sódio ingerida (30 mg + 50 mg + 750 mg + 157 mg) =
= 990 mg
Cálculo da porcentagem de sódio ingerido:
1.100 mg 100%
990 mg x
x = 90% (do mínimo aconselhado)
b) Para satisfazer a necessidade máxima (3.300 mg – 990 mg) =
= 2.310 mg de Na
Massa molar de NaCl = (22,990 + 35,453) = 58,443 g/mol
22,990 g de Na 58,443 g de NaCl
2,310 g x
x = 5,872 g de NaCl
10. e
1 mol Fe 56 g 6 ⋅ 10 23 átomos
(1.674 mg) 1.674 ⋅ 10 –3 g x ∴ x = 1,79 ⋅ 10 22 átomos H
H 1,8 ⋅ 10 22 átomos
11. e
De acordo com o princípio de Avogadro:
C 2
H 4
s 10 L ∴ n moléculas ∴ 6 n átomos
O 2
s 10 L ∴ n moléculas ∴ 2 n átomos
CO 2
s 20 L ∴2 n moléculas ∴ 6 n átomos
CO s 10 L ∴2 n moléculas ∴ 4 n átomos
12. e
Como o isótopo de maior abundância é o de massa 26 (80%), a
massa atômica estará mais próxima da massa deste isótopo.
Observação: Professor, apesar de ser possível calcular a massa atômica,
não se faz necessário.
13. a
Pela fórmula apresentada, temos a fórmula molecular: C 10
H 14
N 2
A massa molar será:
C = 12 · 10 = 120
H = 1 · 14 = 14
N = 14 · 2 = 28
Total = 162 g/mol
Então:
1 mol de nicotina 162 g
n 0,65 · 10 –3 g (m nicotina
= 0,65 mg)
n = 4,01 · 10 –6
14. a) M C2 H 3 C l = 2 · 12 + 3 · 1 + 1 · 35,5 = 62,5 g/mol
1 mol de C 2
H 3
Cl 62,5 g
x 93,75 g
x = 1,5 mol
b) 1 molécula de C 2
H 3
Cl 2 átomos de C
1 mol de C 2
H 3
Cl 2 mol de C
1,5 mol de C 2
H 3
Cl y
y = 3 mol de C
c) 1 mol de C 6 · 10 23 átomos de C
3 mol z
z = 1,8 · 10 24 átomos de C
15. d
CADERNO 1

Pelo enunciado, a tiragem máxima de moedas de prata é de 20.000,
então:
1 moeda 27 g de Ag
20.000 moedas m Ag
∴ m Ag
= 5,4 ⋅ 10 5 g
Sabendo que:
1 mol Ag 108 g 6 ⋅ 10 23 átomos
x 5,4 ⋅ 10 5 g y
x = n Ag
= 5 ⋅ 10 3 mol e y = número de átomos = 3 ⋅ 10 27 átomos
16. Cálculo da massa molar do CH 4
: C = 12 · 1 = 12
H = 1 · 4 = 4
Total = 16 g/mol
Como:1 Gg 1 · 10 9 g
288 Gg mCH 4
∴ mCH 4
= 288 · 10 9 g
Sabendo que:
1 mol CH 4
16 g 6 · 10 23 moléculas
288 · 10 9 g x ∴ x = 1,08 · 10 34 moléculas
17. a
A massa molar da butadiona é:
C = 12 ⋅ 4 = 48
H = 1 ⋅ 6 = 6
O = 16 ⋅ 2 = 32 g/mol
Total = 86 g/mol
1 mol butadiona 86 g 4 ⋅ 6 ⋅ 10 23 átomos de C
4,3 g x
x = 1,2 ⋅ 10 23 átomos
18. e
A água pesada pode ser representada por D 2
O, em que D é o símbolo
do isótopo de hidrogênio de massa 2, o deutério.
= 2 · 2 + 1 · 16 = 20 u
M D2 O
19. b
1 mol Cu 63,5 g 6 ⋅ 10 23 átomos
Como: 1 átomo
23
60·
10 átomos
63,
5
10 g x ∴ x = 60·
10
63,
5
23
átomos
2 ⋅ 1,17 ⋅ 10 –10 m (diâmetro)
y ∴ y = 2 ⋅ 10 13 m
20. c
1 mol 6 · 10 23 átomos 23 g
x 69 · 10 –3 g
x = 1,8 · 10 21 átomos
21. c
SO 2
(1 · 32 + 2 · 16 = 64 g/mol)
1 mol 64 g
0,2 mol x
x = 12,8 g
CO (1 · 12 + 1 · 16 = 28 g/mol)
1 mol 6 · 10 23 moléculas 28 g
3 · 10 23 moléculas y
y = 14 g
Massa total dos gases emitidos: 12,8 + 14 = 26,8 g
22. e
1 mol de C 6,02 · 10 23 átomos 12 g
x 0,04 g
x = 2,0 · 10 21 átomos
Atividades extras
23. Cálculo da quantidade de átomos de Ca em 1,6 kg:
1 mol Ca 40 g 6 ⋅ 10 23 átomos
1,6 kg w 1.600 g x ∴ x = 2,4 ⋅ 10 25 átomos
Substituindo essa quantidade de átomos de Ca por Ba, teríamos:
1 mol Ba 137 g 6 ⋅ 10 23 átomos
m 2,4 ⋅ 10 25 átomos
∴ m = 5.480 g ou 5,48 kg
Portanto:
70 kg – 1,6 kg + 5,48 kg = 73,88 kg
12
24. a) Cálculo do volume do cubo s V = a 3 ∴ V = (1) 3 cm 3
Como d = m V ∴ 11,35 = m 1 ∴ m = 11,35 g
Então: 1 mol Pb 207 g 6 ⋅ 10 23 átomos
11,35 x ∴ x = 3,29 ⋅ 10 22 átomos
b) Como V T
= 1 cm 3 , 60% será 0,6 cm 3 , então:
3,29 ⋅ 10 22 átomos 0,6 cm 3
1 átomo V ∴ V átomo
= 1,82 ⋅ 10 –23 cm 3
Admitindo: V = 4 3 πr3 ∴ 1,82 ⋅ 10 –23 = 4 3 ⋅ 3 ⋅ r3
∴ r = 1,65 ⋅ 10 –8 cm
c) Cálculo do diâmetro do átomo: d = 2 ⋅ r ∴ d = 3,31 ⋅ 10 –8 cm
Então: 3,31 ⋅ 10 –8 cm 1 átomo
1 cm n ∴ n = 3 ⋅ 10 7 átomos
QF.02
1. b
Fe: 72,4% O: 27,6%
n = 72,4
56
1,30 mol
n =
1,30
Fe 1
O 1,33
(· 3): Fe 3
O 4
2. e
Cálculo da massa molecular:
S = 32 ⋅ 1 = 32
O = 16 ⋅ 2 = 32
64u
Para o enxofre:
64 u 100%
32 u %S ∴ %S = 50%
Para o oxigênio:
64 u 100%
32 u %O
∴ %O = 50%
3. a
180 g de Fe 3
C 100%
12 g de C %C ∴ %C = 6,66%
n = 27,6
16
1,725 mol
n =
1,30
4. Cálculo da quantidade total de MgCl 2
que é extraída de 10 m 3 de
água do mar.
1 m 3 de água do mar 6,75 kg de MgCl 2
10 m³ de água do mar mMgCl 2
mMgCl 2
= 67,5 kg
A partir das massas molares do MgCl 2
= 95,3 g/mol e Mg = 24,3 g/mol,
teremos:
1 mol de MgCl 2
1 mol Mg
95,3 g 24,3 g
67.500 g mMg
∴ mMg = 17.211 g
5. b
Cálculo da massa de cobalto:
6 · 10 –6 g 100%
x 4%
x = 2,4 · 10 –7 g de Co
Cálculo do número de átomos de cobalto:
1 mol de Co 60 g 6 · 10 23 átomos
2,4 · 10 –7 g y
y = 2,4 · 10 15 átomos
6. d
Na amônia: 9,33 g de N
mN
∴ mN = 29,29 g
2,00 g de H
6,28 g de H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
7. a
Cálculo das massas molares:
ZnSO 4
(Forzin®)
Zn = 65,4 · 4 · 1 = 65,4 g
S = 32 · 1 = 32 g
O = 16 · 4 = 64 g
Total = 161,4 g
Cálculo da massa de Zn:
(Forzin®)
1 mol 161,4 65,4 g de Zn
m m ZnForzin
m Zn
= 65, 4 ⋅ m
161,4
\ m ZnForzin
= 0,405 m
(Zinplus®)
1 mol 536,2 g 196,2 g de Zn
m m ZnZinplus
m Zn
= 196, 2 ⋅ m \ m ZnZinplus
= 0,365 m
536,2
Na 2
Zn 3
(CO 3
) 4 · 3H 2
O (Zinplus®)
Na = 23 · 2 = 46 g
Zn = 65,4 · 4 · 3 = 196,2 g
C = 12 · 4 = 48 g
O = 16 · 15 = 240 g
H = 1 · 6 = 6 g
Total = 536,2 g
Cálculo da quantidade, em mol, de átomos de Zn:
(Forzin®)
161,4 g 1 mol de átomos de Zn
m n ZnForzin
\ n ZnForzin
=
m
161,4 mol
(Zinplus®)
536,2 g 3 mol de átomos de Zn
3m
m
m n ZnZinplus
\ n ZnZinplus
=
536,2 = mol
178,
7
8. c
Si x
H y
s m H
= 3 g e m Si
= 28 g
Cálculo da quantidade, em mol, formada:
n H
n Si
SiH 3
3
= = mol
1 3
28
= = mol
28 1
9. b
M C6 H 12 O 6
= 6 · 12 + 8 · 1 + 6 · 16 = 176 g/mol
1 mol 176 g
x 62 · 10 –3 g
x = 3,52 · 10 –4 mol
1 dose 3,52 · 10 –4 mol
y 2,1 · 10 –2 mol
y = 60 doses
10. d
1 mol de átomos de O 16 g 6 ⋅ 10 23 átomos
mO 1,8 ⋅ 10 23
∴ mO = 4,8 g
Então: m óxido
= m N
+ m O
∴ 13,2 = m N
+ 4,8 ∴ m N
= 8,4 g
Portanto:
• para o N ∴
n
N
mN
84 , 06 , mol
= ∴ n = ∴ n = s 2
N
N
M 14 0,3
N
12.
• Para o H:
116 g 100%
1 ⋅ y 10,3% ∴ y = 12
• Para o O:
116 g 100%
16 ⋅ z 27,6% ∴ z = 2
∴ a fórmula molecular é C 6
H 12
O 2
H
H — C
C
H 3 C — C
CH 3
C
H — C C
H H — C
H
H
C
C
OH
C
H 3 C O C
C 21
H 30
O 2
s Fórmula molecular:
C = 12 · 21 = 252
H = 1 · 30 = 30
O = 16 · 2 = 32
Total = 314 g/mol
314 g de THC 100%
252 g de C %C
%C = 80,25
13. a) • N s n = 25 , 9
14
• O s n = 74 , 1
16
N 1
O 2,5
⋅ 2 = N 2
O 5
H
= 185 , = 1
185 ,
C
C
= 463 , = 2,5
185 ,
H
C 5 H 11
b) Óxido molecular, pois nitrogênio é ametal.
c) N 2
O 5
+ H 2
O w 2HNO 3
14. Em 100 g : m C
= 74,1 g ; m H
= 8,6 g ; m H
= 17,3 g
• Para o C:
n
n
n
C
H
N
mC
M n 74, 1
n 6175 , mol
= ∴ = ∴ =
=5
C
C
12 1,235
C
= mH
M ∴ n = 86 , ∴ n = 86 , mol
H
H
1 1,235 =7
H
= mN
mol
n
n
N
N
M
∴ = 12, 3
∴ = 1235 ,
14 1,235 =1
N
Como 1 molécula tem 2 nitrogênios:
fórmula mínima = C 5
H 7
N 1
⋅ 2 e
fórmula molecular = C 10
H 14
N 2
· n
15. a) Fórmulamínima ⎯⎯→Fórmulamolecular
CHO ·1 CHO
3 8 3
3 8 3
C = 12 · 3 · n = 36n
H = 1 · 8 · n = 8n +
O = 16 · 3 · n = 48n
Total = 92n ∴ n = 1
b) Em: 92 g 100%
36 g %C ∴ %C = 39,13%
CADERNO 1
n
O
mO
48 , 03 , mol
= ∴ n = ∴ n = s 1
O
O
M 16 0,3
O
∴ fórmula mínima é: N 2
O
11. d
• Para o C:
116 g 100%
12 ⋅ x 62,1% ∴ x = 6
16. b
A soma das porcentagens é 100%: 100% = 78,77% de C + 11,76% de
H + x% de O
∴ O% = 10,37%
Pelo esquema:
C = 12 ⋅ x s 12 x g 77,87%
H = 1 ⋅ y s y g 11,76%
O = 16 ⋅ z s 16 z g 10,37%
154 g 100% x = 10; y = 18; z = 1
13

17. d
Fórmula molecular: C 18
H 26
O 3
N
Se 305 g 100%
18 ⋅ 12 x
x = 70,81% C
18. a) 2NO + O 2
w 2NO 2
2NO 2
+ H 2
O w HNO 3
+ HNO 2
b) MM = 476 g/mol
476 g sildenafil 6 ⋅14 g N
238 ⋅10 –3 g m
m = 0,042 g = 42 mg, portanto o lote estava adulterado, pois
deveria haver 42 mg de nitrogênio.
19. e
A fórmula centesimal da magnetita é:
232 g/mol 100%
3 ⋅ 56 g/mol %Fe ∴ %Fe = 72,4%
∴ 100 = %Fe + %O ∴ 100 = 72,4 + %O
%O = 27,6%
13,25 g 100%
5,75 g x
2–
x = 43,40% de X, assim, CO 3
representa 56,6%
Se 56,6%
2–
60 g CO 3
43,4% m
m = 46 g de 2X –
Assim, a massa atômica de X é: 46 2 = 23 g
24. b
Cálculo da massa molar de dioxina:
4 mol de Cl ⋅ 35,5 g 44%
MM dioxina 100%
∴ MM dioxina = 322,73 g
No frango, há 2,0 ⋅ 10 –13 mol de dioxina/kg.
1 mol dioxina 322,73 g
2 ⋅ 10 –13 mol/kg dioxina m ∴ m = 6,45 ⋅ 10 –11 g/kg
Como: 1 kg frango 6,45 ⋅ 10 –11 g
x 3,23 ⋅ 10 –11 g
x = 0,5 kg
20. b
MM FeCl 3
⋅ H 2
O = 162,5 + x ⋅ 18
FeCl 3
⋅ xH 2
O w FeCl 3
+ xH 2
O
162,5 + x ⋅ 18 g 162,5 g
2,7 g 1,62 g
29,16x + 263,25 = 438,75
x = 6
Há na molécula 6 águas de hidratação.
21. a
Fórmula molecular: C 6
H 8
O 2
N 2
S
MM = 172 g/mol
Para C:
172 g 100% g
72 g x
x = 41,86%
Para N:
172 g 100% g
8 g y
y = 4,65%
Para O:
172 g 100% g
32 g z
z = 18,60%
22. a) No gráfico 1, aos 60 minutos: % carboidratos H 63%.
Logo, % gordura H 37% da massa total.
Então, para os carboidratos:
2,2 g 100%
x 63%
x = 1,386 g de CH 2
O
CH 2
O + O 2
CO 2
+ H 2
O
1 mol 1 mol
30 g 1 mol
1,386 g x
x = 0,046 mol de O 2
Para as gorduras:
2,2 g 100%
x 37%
x = 0,814 g de CH 2
CH 2
+ 1,5O 2
CO 2
+ H 2
O
1 mol 1,5 mol
14 g 1,5 mol
0,814 g x
x = 0,087 mol de O 2
A quantidade, em mol, de O 2
total é: 0,046 + 0,087 =
= 0,133 mol de O 2
b) No gráfico 2, temos 85% de V O2 e o metabolismo de carboidrato
máx.
é maior que o de gordura, então a %, em massa, de carboidrato
aumenta (curva 1) e a %, em massa, de gordura diminui (curva 6).
Atividades extras
23. a
14
QF.03
1. a
Solubilidade a 30 °C s 220 g de sacarose/100 g H 2
O
320 g de solução 100 g H 2
O
160 g de solução x
x = 50 g de H 2
O
160 g de solução 50 g H 2 O
110 g de sacarose
Solubilidade a 0 °C: 180 g de sacarose / 100 g de H 2
O
180 g de sacarose 100 g de H 2
O
y 50 g de H 2
O
y = 90 g de sacarose
Precipitarão: 110 – 90 = 20 g
2. a
À temperatura inferior a 40 °C, o Pb(NO 3
) 2
é mais solúvel.
3. d
a) (F) A 25 °C, o NaCl é mais solúvel.
b) (F) A 10 °C, o NaNO 2
é o mais solúvel.
c) (F) Apresenta a mesma solubilidade somente próximo aos
25 °C.
d) (V)
4. a) Solubilidade de B a 60 °C w 40 g / 100 g de H 2
O
40 g 100 g de H 2
O
120 g de B x
x = 300 g de H 2
O
b) A solubilidade de A a 0 °C é de 10 g / 100 g de H 2
O, portanto,
com uma massa de A de 10 g, a solução será saturada e, com
uma massa inferior a 10 g, será insaturada.
5. a) 400 mL 200 g
100 mL x
x = 50 g
Observando a curva: T = 80 ºC
b) Solubilidade a 20 ºC s 30 g de soluto / 100 mL H 2
O
400 mL y
100 mL 30 g
y = 120 g
Precipitam: 200 – 120 = 80 g
6. a
Pelo gráfico a 55 °C:
50 g de NH 4
Cl 100 g H 2
O
mNH 4
Cl 400 g H 2
O s 400 mL H 2
O (d = 1 g/cm³)
mNH 4
Cl = 200 g
Como a curva é ascendente, o aumento da temperatura facilita a
dissolução, portanto, é endotérmica.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

7. c
a 20 °C 21g de CuSO 4
100 g de H 2
O
m 10 g de H 2
O ∴ mCuSO 4
= 2,1 g dissolvido
0,4 g não dissolvido
solução saturada com corpo de fundo.
8. b
A dissolução de um gás em líquido é favorecida a baixa temperatura
e alta pressão.
9. d
Na etapa 1, temos solução saturada em NaCl com corpo de fundo.
Na etapa 2, temos a dissolução de KMnO 4
na solução saturada de
NaCl.
19. b
IV. (F) Os microrganismos aeróbios consomem oxigênio, diminuindo
a concentração de O 2
.
20. a) Endotérmica, pois a solubilidade aumenta com a temperatura.
b) A 50 ºC:
100 g H 2
O 60 g sal
500 g H 2
O m 1
m 1
= 300 g
A 10 ºC:
100 g H 2
O 20 g sal
500 g H 2
O m 2
m 2
= 100 g
Precipitados: m 1
– m 2
= 200 g de sal
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10. e
Se em 25,20 g de solução havia 10,20 g de sal, 15 g é de solvente.
Assim:
15 g solvente 10,20 g sal
100 g solvente m
m = 68 g de sal
11. b
Ponto A: solução insaturada
Ponto B: solução saturada
Ponto C: solução supersaturada
12. e
Com a abertura da garrafa ocorre diminuição da pressão que atua
sobre o líquido, facilitando o escape de CO 2
e diminuindo a quantidade
de H 2
CO 3
.
13. d
Quanto maior a temperatura da água, menos oxigênio dissolvido.
14. c
Como a quantidade de sal adicionado à solução é menor que a
quantidade máxima possível de ser dissolvida nessa temperatura,
temos uma solução diluída.
15. b
O aumento da temperatura facilita o escape de gases dissolvidos em
água, nesse caso, o oxigênio.
16. a
Solubilidade do KNO 3
a 40 ºC w 60 g de KNO 3
/100 g de H 2
O
60 g de KNO 3
100 g de H 2
O
x 50 g de H 2
O
x = 30 g de sal
40 g de KNO 3
30 g dissolvem
10 g precipitam
17. e
Solubilidade do sal a 20 ºC s 15 g sal/100 g de H 2
O
20 g de sal
15 g sal dissolvem
5 g precipitam
18. A 45 °C, temos:
40 g KCl 100 g de H 2
O
mKCl 20.000 g de H 2
O s 20 kg ou 20 L
mKCl = 8.000 g
H
Então: KCl 2 O
⎯⎯⎯ → K + + Cl –
1 mol 1 mol
74,5 g 39 g
8.000 g mK +
\ mK + = 4.187,9 g ou 4,187 kg de K +
Toda curva de solubilidade ascendente corresponde à dissolução
endotérmica, ou seja, o aumento da temperatura aumenta o coeficiente
de solubilidade.
15
21. c
Cálculo da porcentagem do sal:
17,5 + 32,5 100%
17,5 x
x = 35%
De acordo com o gráfico, a 40 ºC, o sal que apresenta 35% em
massa é o Na 2
SO 4
.
22. Soma = 9 (01 + 08)
(01) (V)
(02) (F) Para as substâncias apresentadas, a de maior eficiência
para o procedimento descrito tem que possuir baixa solubilidade
em baixa temperatura, portanto será a substância Y.
(04) (F) Pelo gráfico a 80 °C:
40 g de Y 100 g H 2
O
140 g de Y mH 2
O s mH 2
O = 350 g
Então a massa de água necessária será de 350 g para dissolver
140 g de Y.
(08) (V)
(16) (F) Curva ascendente, dissolução endotérmica
(32) (F) Em temperaturas menores que 50 °C, a solubilidade do
Pb(NO 3
) 2
é maior do que a do KNO 3
, e em temperaturas maiores
que 50 °C a solubilidade do KNO 3
é maior do que a do
Pb(NO 3
) 2
.
Atividades extras
23. e
I. Errada. Se a ordenada representasse a constante de equilíbrio
de uma reação química exotérmica, e a abscissa, a temperatura,
a curva seria descendente.
II. Errada. Se a ordenada representasse a massa de um catalisador
existente em um sistema reagente, e a abscissa, o tempo
relativo à variação da massa do catalisador, a curva seria uma
reta paralela ao eixo das abscissas.
III. Correta.
IV. Correta.
V. Errada. Se a ordenada representasse a concentração de NO 2(g)
existente dentro de um cilindro provido de um pistão móvel,
sem atrito, onde se estabeleceu o equilíbrio N 2
O 4(g)
x 2NO 2(g)
,
e a abscissa representasse a pressão externa exercida sobre o
pistão, a curva seria descendente, pois o aumento de pressão
desloca o equilíbrio para a esquerda, diminuindo a concentração
de NO 2(g)
.
24. a) No experimento I, a solução inicial (NaCl ) apresenta condutibilidade
elétrica por causa da presença dos íons Na (aq.)
(aq.)
+ −
e Cl (aq.)
.
Ao se adicionar AgNO 3
, ocorre a reação:
+ − + − + −
Na (aq.)
+ Cl (aq.)
+ Ag (aq.)
+ NO 3(aq.)
w Na (aq.)
+ NO 3(aq.)
+ AgCl (s)
−
Na solução resultante, os íons NO 3
tomarão o lugar dos íons Cl –
e, como a contribuição desses dois íons para a condutibilidade é
quase a mesma, podemos considerar que a condutibilidade da
solução durante a reação é praticamente constante. Após o término
da reação, o AgNO 3
adicionado em excesso aumentará a
condutibilidade da solução.
Assim, a curva que relaciona esse comportamento é a X.
No experimento II, o composto iônico LiF, quando adicionado à
água, sofrerá dissociação, aumentando a condutibilidade elétrica
até o limite da sua solubilidade.
CADERNO 1

Esse comportamento associa-se à curva Y.
b) A partir do gráfico X, a precipitação termina ao acrescentarmos
0,02 mol de AgNO 3
.
Como NaCl (aq.)
+ AgNO 3(aq.)
w NaNO 3(aq.)
+ AgCl (s)
0,02 mol 0,02 mol
Assim: 100 mL 0,02 mol NaCl
1.000 mL x
∴ x = 0,2 mol NaCl
A concentração da solução de NaCl é 0,2 mol/L.
c) A partir da curva Y, verifica-se que a solução de LiF estará
saturada com 0,004 mol. Assim, a solubilidade do LiF será
0,004 mol em 100 mL de água.
QF.04
1. d
Consultando o gráfico, temos:
2 latas de cerveja H 120 min ou 2 h.
3 latas de cerveja H 240 min ou 4 h.
4 latas de cerveja H 330 min ou 5 h e 30 min.
2. a
1 mol 28 g
x 46 · 10 –3 g
x = 1,64 · 10 –3 mol
1 m 3 = 1.000 L
1,64 · 10 –3 mol 1.000 L
y 1 L
y = 1,64 · 10 –6 mol/L
3. IDA = 5 mg/kg
5 mg 1 kg
x 60 kg
x 300 mg ou 0,3 g de ácido fosfórico/dia
Concentração no refrigerante = 0,6 g/L
C = m V
0,6 = 03 , s V = 0,5 L ou 500 mL de refrigerante
V
Uma pessoa de 60 kg pode ingerir, no máximo, 500 mL de refrigerante
por dia.
4. A massa molar do K 2
SO 4
é:
K = 39 ⋅ 2 = 78
S = 32 ⋅ 1 = 32
O = 16 ⋅ 4 = 64
Total w 174 g/mol
A concentração, em quantidade de matéria, é dada por:
m1
µ =
µ µ
⋅ ( ) ∴ = 17,
5
∴ = 02 , mol L
MM V L 174 ⋅ 05 ,
1
Então:
K 2
SO 4
w 2K + 2−
+ SO 4
1 mol w 2 mol — 1 mol
0,2 mol/L — µ K
+ — µSO ∴ µ 2– K + = 0,4 mol/L e µ = 0,2 mol/L
SO
2–
4 4
5. b
Como a densidade é 1,15 g/mL:
Temos 1,15 g solução 1 mL
assim em 1 L: 1,15 g solução 1 mL
x 1.000 mL
x = 1.150 g ou 1,15 kg
Sendo a concentração igual a 40 g/L, podemos escrever:
C = d ⋅ † ⋅ 1.000 ∴ 40 = 1,15 ⋅ † ⋅ 1.000
† = 0,0347 ou % † = 3,47
M = 2 · 12 + 4 · 1 + 2 · 16 = 60 g/mol
H3 CCOOH
C = M 1
· µ
60 = 60 · µ s µ = 1 mol/L
8. b
Pela densidade do álcool, teremos:
1 mL 0,8 g
(5 L) 5 ⋅ 10 3 mL m álcool
m álcool
= 4.000 g ou 4 kg
Como a solução terá:
0,5 mol de I 2
1 kg etanol
n I2
4 kg etanol
n I2
= 2 mol
Logo: 1 mol I 2
254 g
2 mol I 2
m I2
= 508 g
9. c
A expressão da concentração em quantidade de matéria é:
m
m
1
−5
NaF
µ =
∴210
⋅ = ∴ m = 42 , ⋅10
NaF
MM ⋅ V( L) 42 ⋅ 05 ,
1
− 4 g
10. d
Como 6 mg/L = 6 ⋅ 10 –3 g/L e sabendo que: C = µ ⋅ MM 1
6 ⋅ 10 –3 = µ ⋅ 200 ∴ µ = 3 ⋅ 10 –5 mol/L
11. d
Em 20 ppm, temos:
20 g de Ca(HCO 3
) 2
10 6 g H 2
O 10 3 L H 2
O
m 2 L H 2
O
m = 4 ⋅ 10 –2 g
12. c
1 mol 250 g
x 10 g
x = 0,04 mol em 1 L
ou
µ = C M = 10
250
µ = 0,04 mol/L
13. d
A concentração independe do volume, em qualquer forma de expressão
de concentração.
A variação pode acontecer ao adicionar ou retirar soluto ou solvente
da solução.
14. d
Como a densidade da água é igual a 1 g/mL, o indivíduo que ingerir
2 L dessa água estará ingerindo 2 kg de água.
0,9 ppm = 0,9 mg/kg
0,9 mg de flúor 1 kg de água
x 2 kg de água
x = 1,8 mg de flúor
15. c
Em 1 L de H 2
O 2
a 10 V libera 10 L de O 2
(a 0 °C e 1 atm)
Em 1 L de H 2
O 2
a 20 V libera V O2
(a 0 °C e 1 atm)
V O2
= 20 L (a 0 °C e 1 atm)
Como p · V = n · R · T \ 1 · 20 = n O 2
· 0,082 · 273
n O2
= 0,89 mol
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
6. d
Concentração em ppm =
= m m
soluto (mg)
solução(kg)
mchumbo
∴ 20 =
∴ m = 2 mg
01 , kg cro sta
chumbo
7. a
6% p/V s 6 g 100 mL
x 1.000 mL x = 60 g/L
16
16. V – F – V – F
(F) O tablete contém o consumo máximo, enquanto o pacote de
pipoca tem 60% a mais que o consumo máximo.
(F) Cálculo de gordura trans:
Pipoca s 2,2 g · 1,6 (60%) = 3,52 g
Donut s 2,2 g · 2 (dobro) = 4,4 g
Donut
Pipoca = 44 ,
352 ,
= 125 , \ há 25% a mais

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
17. c
Como 1 ppm: 1 g hipoclorito de sódio 1.000 L 1 m 3
x = 8 g de hipoclorito de sódio
x 8 m 3
18. b
1 L de ar 1,3 g
V 39.000 g
V = 30.000 L de ar/dia
1 dia 24 h 30.000 L de ar
8 h n
n = 10.000 L de ar/8 h
1 ppm w 1 parte por milhão
1 ppm w 1 mL 1.000.000 mL
ou seja:
1 mL _____ 1.000 L
Portanto:
50 ppm 50 mL de NH 3
1.000 L de ar
x 10.000 L
x = 500 mL de NH 3
19. c
No NaCl, µ
Cl
− = µ NaCl
= 0,1 mol/L
No CaCl 2
, µ Cl
− = 2µ CaCl2
= 0,2 mol/L
No AlCl 3
, µ
Cl
− = 3µ AC l l3
= 0,6 mol/L
No MgCl 2
, µ
Cl
− = = 0,4 mol/L
2µMgCl 2
20. b
0,1% (m/V) = 1 g/L
1 mol de NaF 42 g
x 1 g
x = 0,024 mol em 1 L
ou
µ =
C
MM = 1
42
µ = 0,024 mol/L
21. e
Cálculo da concentração do KH 2
PO 4
:
1 mol KH 2
PO 4
136 g
x 13,6 g
x = 0,1 mol
0,1 mol 0,5 L
y 1 L
y = 0,2 mol/L
Cálculo da massa de KNO 3
:
0,2 mol 1.000 mL (1 L)
z 200 mL
z = 0,04 mol de KNO 3
1 mol de KNO 3
101 g
0,04 mol m
m = 4,04 g de KNO 3
22. b
Como foram adicionadas as mesmas massas dos constituintes (sal e
açúcar), podemos dizer que a sua porcentagem é a mesma, mas
com diferentes concentrações molal e molar, pois as massas molares
são diferentes.
8 · 10 –5 mol/L
1t
1
2
1t
1
2
1 · 10 –5 mol/L
passaram3t
1
2
4 · 10 –5 mol/L
1t
1
2
Após a ingestão ⎯⎯⎯⎯⎯ → valor mínimo eficaz
Como 1t 1
8 h
2
∴ 24 h
3t 1
x
2
2 · 10 –5 mol/L
24. a) Como:
50 L 100%
V álcool
24% álcool
V álcool
= 12 L
b) Cálculo do volume de gasolina colocado no tanque:
V T
= V álcool
+ V gasolina
∴ 50 = 12 – V gasolina
∴ V gasolina
= 38 L
Esse volume corresponde a 80% da mistura gasolina + álcool
vendida, então:
38 L 80%
V T
100% ∴ V T
= 47,5 L
V tanque
= 50 L
etanol anidro s 2,5 L
QO.01
1. e
A cadeia carbônica é:
C 1 a
1 a 2 a 3 a 4 a 3 a 2 a 2 a 1 a
— C — C — C — C — C — C — C — C —
1 a 1 a 1 a
C C C
2. Soma = 7 (01 + 02 + 04)
Dos itens apresentados, apenas os cacos de vidro não são matéria
orgânica.
3. d
Acíclico s não há ciclo s 1 e 2
Monocíclico s há 1 ciclo s 4 e 5
Bicíclico s há 2 ciclos s 3 e 6
4. c
Os compostos orgânicos e as substâncias que formam as células-tronco
são formados principalmente por: C, H e O.
5. a
O benzopireno apresenta cadeia fechada, aromática, polinuclear e
condensada.
6. b
A fórmula estrutural é:
Cl
Cl
C
C
H
C
C
C
C
O
O
C
C
H
C
C
C
C
Cl
Cl
CADERNO 1
Atividades extras
23. a
Sabe-se que:
Valor mínimo eficaz = 1 · 10 –5 mol/L
Valor máximo após 1ª dose = 16 mg/L
Tempo de meia-vida do medicamento = 8 h
Massa molar do medicamento = 200 g/mol
1) Transformando 16 mg/L em mol/L:
1 mol 200 g
x 16 ·10 –3 g/L ∴ correspondem a 16 mg/L
x = 8 · 10 –5 mol/L (valor máximo após 1ª dose)
2) Usando a meia-vida:
H
Fórmula molecular: C 12
H 4
O 2
Cl 4
CH 3
7. e
A fórmula estrutural é:
O
CH 3
H 3 C
C N
N C C
O
C
N
C N
A fórmula molecular é C 8
H 10
N 4
O 2
.
H
H
17

8. d
O cloreto de sódio é composto inorgânico.
9. a
A fórmula estrutural é:
10. a
HO
HO
A fórmula molecular é C 10
H 9
NO 4
.
H 2 N —
Anel
aromático
C
C
H
C
C
H
C
C
H
C
N
H
Carbono terciário
C
C
O
C
H
OH
— C — O — CH 2 — CH 2 — N
O
Cadeia
heterogênea
Heteroátomo
C — CH 3
H 2
C — CH 3
H 2
16. a
Primários w 1, 5, 6, 7, 8
Secundários w 3
Terciários w 2
Quaternários w 4
17. a
18. a
Pela fórmula estrutural, a fórmula molecular será C 28
H 37
Cl 1
O 7
Cálculo da massa molar:
C = 12 ⋅ 28 = 336
H = 1 ⋅ 37 = 37
Cl = 35,5 ⋅ 1 = 35,5
O = 16 ⋅ 7 = 112
Total = 520,5 g/mol
19. c
20. b
A fórmula molecular do DDT é C 14
H 9
C l5
e sua massa molar, 254,50 g.
Apresenta 3 carbonos terciários que estão indicados na estrutura
abaixo.
11. e
I. Falsa, pois a cadeia é normal.
II. Falsa, pois a cadeia é mista.
III. Correta.
IV. Correta.
12. e
As substâncias H 2
O (v)
; CO 2(g)
; N 2(g)
; NH 3(g)
; CH 4(g)
podem ser formadas
por organismos vivos.
13. b
A estrutura completa dessa substância é:
H 2 C — C — C — CH 2
NH 2
H
14. a) A fórmula estrutural não condensada do composto é:
C
H 2
C
HN N C C
F
C
H
C
C
O
C
C
CH
C
O
OH
21.e
Cl
S
N
Cl —
CH 2
CH 2
CH 2
N(CH 3
) 2
∴ fórmula molecular: C 17
H 19
N 2
ClS
22. c
CCl 3
— CH —
=
Cl
HC
C
— Cl
H
C
C
H
C
C
S
N
CH 2
CH 2
CH 2
C
C
H
C
C
H
H 3
C — N — CH 3
CH
CH
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H 2
H 2
C
H 2
C
C
H
N
CH
Atividades extras
23. b
A fórmula estrutural do antraceno é:
H 2 C
CH 2
A fórmula molecular do composto é: C 17
H 18
FN 3
O 3
b) A massa molecular do composto é:
MM = 17 · 12 + 18 · 1 + 1 · 19 + 3 · 14 + 3 · 16 = 331 u
1 molécula de cipro 17 átomos de carbono
331 u 17 · 12 u
100% x
∴ x = 61,63%
Em cada vértice está um átomo de carbono, e nos vértices livres há
um átomo de hidrogênio.
24. a
O lixo considerado inorgânico é aquele de difícil decomposição,
ou, ainda, aquele constituído por materiais inorgânicos.
15. a
A estrutura completa do composto é:
H C C C C C C C C C
H H H H
Sua fórmula molecular é: C 9
H 8
H
H
H
18
QO.02
1. b
O 2-penteno é um alceno, portanto sua fórmula geral é C n
H 2n
.
2. c
Como há duas duplas no nome do composto, trata-se de um
dieno.
3. b
Fórmula estrutural não simplificada:

CH 3
CH 3 CH 2
1 2 3 4 5 6
H 3 C — CH 2 — CH — CH — CH — CH 2
7
CH 2
8
CH 2
CH 2 CH 3
12. c
CH 3
H 3 C — C — C — CH 2 — CH 3
CH 2
CH 3 Cadeia principal
13. a
O nome do radical a seguir é isobutil.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Cadeia carbônica numerada de tal forma que as ramificações fiquem
nos carbonos de menor número.
5-etil-3-metil-4-propiloctano
Observação: Professor, existe outra possibilidade para a cadeia carbônica
com 8 átomos de carbono, porém deve-se escolher a mais
ramificada.
4. b
As fórmulas estruturais são:
I. H 3
C – CH 2
– CH 2
– CH 3
: alcano
II. H 3
C – C ≡ C – CH 3
: alcino
III. H 2
C = CH – CH 2
– CH 3
: alceno
5. a
C n
H 2n – 2
s Massa molar
12 ⋅ n + 1 ⋅ (2n – 2) = 40
12n + 2n – 2 = 40
14n = 42
n = 3
C 3
H 4
: H — C — C — C — H w Propino
6. d
A fórmula do etino é: H – C ≡ C – H
7. a
A fórmula estrutural desse composto é:
H
H
H 3 C — H 2 C — CH — CH 2 — CH 3
CH 3
8. c
O pent-1-ino é um alcino, portanto, apresenta fórmula geral
C n
H 2n – 2
.
9. a
14. b
15. a
2,2,4-trimetilpentano
H 3 C — CH — CH 2 —
CH 3
CH 3
1 2 3 4 5
H 3 C — C — CH 2 — CH — CH 3
CH 3 CH 3
— CH — CH — CH — C —
1 2 3 4
CH 3
5
1,4-defenil-pentadieno-1,3
16. b
Os grupos metil são os representados pelas cunhas.
17. c
2,3-dimetilpentano
1 2 3 4 5
H 3 C — CH — CH — CH 2 — CH 3
CH 3 CH 3
metil metil
18. e
Para apresentar aromaticidade, o composto tem que seguir as regras
de Hückel. Dos compostos apresentados, serão aromáticos:
fenol, furano, pirrol e piridina.
19. e
O composto hexacloreto de benzeno (BHC) tem fórmula molecular
C 6
Cl 6
.
CADERNO 1
H 3 C — CH — CH — CH 3
CH 3 CH 3
20. e
H 2
C = CH – CH 3
4 primários 2 terciários
21. a
CH 3
10. b
H 3 C — CH 2 — CH — CH 2 — C — CH — CH 3
7 6 5 4 3 2 1
HC — C — C — CH 3
H
Cadeira aberta (acíclica), ramificada,
insaturada, homogênea.
5-fenil-3-isopropil-hept-2-eno
CH — CH 3
CH 3
Atividades extras
22. b
I. H 3 C
CH — CH 2 —
H 3 C
(isobutil)
11. e
1 a 3 a 2 a 1 a Cadeira aberta, não aromáfica,
H 2
C — C — CH — CH 2 ramificada, insaturada.
1 a CH 3
H 2
C CH — (etenil)
Composto formado pela união.
5 4 3 2 1
H 3 C — CH — CH 2 — CH CH 2
Fórmula molecular: C 5
H 8
19
CH 3

II.
Cadeia principal (que deve ser numerada a partir da extremidade
mais próxima da insaturação):
4-metil-pent-1-eno (ou 4 metilpenteno-1, na nomenclatura
antiga)
Fórmula molecular: C 6
H 12
H 3 C — CH — CH 2 — CH 3
(sec-butil)
2. b
H
OH OH ligado diretamente ao anel aromático
O — CH 3
Éter
C
O
Aldeído
fenol
CH 3
H 3 C — C — CH 3
CH 2
(neo-pentil)
OH
3. a) H 3 C — CH 2 — CH 2
23. b
Composto formado pela união:
4 5 6
H 3 C — CH — CH 2 — CH 3
3
CH 2
2
H 3 C — C — CH 3
1
CH 3
Cadeia carbônica numerada de tal forma que as ramificações
fiquem nos carbonos com os menores números.
2,2,4-trimetil-hexano
Fórmula molecular: C 9
H 20
C x
H y
+ O 2
w CO 2
+ H 2
O
1 mol 89,6 L 72 g
H 2
O:
m
n = MM
w n = 72
18
= 4mol
V
CO 2
: n = VM
n = 89,
6
w
22,
4
= 4mol
C x
H y
+ O 2
w 4CO 2
+ 4H 2
O
Balanceando a reação, temos:
C 4
H 8
+ 6O 2
w 4CO 2
+ 4H 2
O
C 4
H 8
w C n
H 2n
\ alceno ou ciclano
A cadeia carbônica principal deve conter a maior sequência de átomos
de carbono e, em caso de existir mais de uma possibilidade,
deve-se escolher a que deixa a molécula mais ramificada. A sua numeração
deve ser feita de tal forma que as ramificações se localizem
nos carbonos de menor número.
4 w propil
5 w isobutil
CH 3 OH
b) H 3 C — CH 2 — C — CH 2
CH 3
c) H 2 C CH — C
O
O
H
d) C — CH 2 — CH 2 — C
H
O
e) H 3 C — C — CH — CH 3
CH 3
CH 3
CH
O
2
f) C — CH — CH — CH 2 — CH 2 — CH 2 — CH 3
H
CH — CH 3
CH 3
O
g) C — CH 2 — CH — CH 2 — CH 2 — CH 3
OH
h) H — C
O
H
CH 2
CH 3
O
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24. Os hidrocarbonetos em questão são: propano e butano, gases a 25 ºC
e 1 atm:
• não perfure o vasilhame, mesmo vazio: há risco de explosão, pois
são gases;
• não jogue no fogo ou incinerador: com o aumento da temperatura,
há aumento da pressão interna, portanto também há risco de
explosão;
• não aplique próximo de chamas ou superfície aquecida: os gases
são inflamáveis, há risco de combustão não controlada;
• não exponha a temperaturas altas: novamente há risco de iniciar
reação de combustão não controlada por causa da inflamabilidade
dos hidrocarbonetos.
4. a)
I
Hidrocarboneto
IV OH
II
O
OH
Ácido carboxílico
V
O
III
OH
Álcool
QO.03
1. e
• Etanol w álcool
O grupo funcional do álcool é a hidroxila (OH) ligada a um carbono
saturado.
Álcool
Éster
O
20

)
OH
H 3
C — CH 2
— OH
Fórmula molecular: C 2
H 6
0
(04) Incorreto. A estrutura A é a que apresenta o menor número de
hidrogênios (10).
(08) Correto.
5. d
A fórmula do composto é:
Br
11. e
H
a) H 2 C — C — CH 3
Br
Portanto, temos. m – dibromobenzeno
f
meta
b)
c)
H 3 C — C — C — C — CH 3
H 2 C — CH 2
H 2
H
H 3 C — C — C — C — CH 3
6. b
O
C — CH — CH — C
HO
OH OH
OH
O 1 2 3 4
Ácido 2,3-di-hidroxibutanodioico
d)
H 2 H 2
OH
O
H 3 C — CH 2 — CH 2 — CH 2 — C
e) CH
OH
HC
CH
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
CH 3
7. a) H 3 C — CH 2 — CH — CH 2
b)
OH
H 3
C — CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH — C
O
CH 2
CH 2
CH 2
c) H 3 C — CH 2 — C — CH 2 — CH 2 — CH 3
8. e
Estrutura do naftaleno com as posições beta indicadas.
Estrutura do composto formado pela substituição dos hidrogênios
das posições beta por grupos metil.
O
H
HC
CH
CH
Todas as alternativas possuem cinco átomos de C (prefixo pent),
com exceção do benzeno, que possui seis.
12. F – V – F – V – F
(F) O nome do isoctano seria 2, 2, 4-trimetilpentano.
(F) O ciclo-hexano é um composto alifático, isto é, não aromático.
(F) O isoctano e o etilbenzeno são saturados.
13. b
14. e
O
Citronelol
OH
Álcool
Cetona
– COOH: Ácido carboxílico
Citronela
OH
H
O
Aldeído
Fenol
CADERNO 1
H 3 C
H 3 C
CH 3
CH 3
15. e
(6)
H — C
O
H
Metanal
9. a
(4)
H 3 C — C
O
H
Etanal
H 3 C
6
5
CH 3
1
2
3
4
C
CH 2
(3)
(5)
H 3 C — CH 2 — CH 2 — OH
O
H 3 C — C
OH
Propan-1-ol
Ácido etanoico
Isopropenil
(1)
H 3 C — OH
Metanol
O nome será: 1-metil-4-isopropenil-ciclo-hexeno.
10. Soma = 9 (01 + 08)
(01) Correto.
(02) Incorreto.
16. e
O
H
O
H
O
H 3 C — C — CH 3
O
Composto C
2-hexeno
H H H H
H 3 C — CH 2 — OH
21

Interação: ligações de hidrogênio; dipolo-dipolo; ligações de hidrogênio.
Intensidade das interações intermoleculares s ligações de hidrogênio
> dipolo-dipolo.
Quanto maior a intensidade das interações intermoleculares, maior
o ponto de ebulição.
a) (F)
b) (F)
c) (F)
d) (F)
e) (V) Como o ponto de ebulição da H 2
O é maior que o do etanol,
suas interações são mais fortes.
17. d
O ácido acetilsalicílico é uma substância molecular porque entre seus átomos
existem apenas ligações covalentes, cuja massa molar é 180 g/mol,
com funções ácido carboxílico e éster, apresentando carbonos primários,
secundários e terciário.
18. c
CH — CH — C
3-fenilpropenal
O
H
Aldeído
Cadeia mista insaturada e homogênea, portanto são corretas as afirmações
I e II.
19. b
Compostos aromáticos possuem anel benzênico.
20. b
21. a)
Cetona
Cetona
Cetona
Aldeído
O
O
O O
H 3 C
H 3 C CH H 3 CH 3 C H
3
Propanotriol
H H H
I II III IV
Acroleína
H — C — C — C — H H — C C — C + 2H 2 O
OH OH OH
H
Aldeído
Álcool
b) Prop-2-enal ou propenal
H
H
O
QO.04
1. a
Nomenclatura oficial: ácido octadeca-9,12,15-trienoico
A fórmula estrutural da ureia é: O — C
uma diamida, e não uma amina.
NH 2
NH 2
, portanto a ureia é
2. b
• n-butano w apolar w como a água é polar w insolúvel na água w I
• 1-butanol w faz ligações de hidrogênio com H 2
O w solúvel w maior
ponto de ebulição, por causa das ligações de hidrogênio w II
• éter etílico w interações dipolo-dipolo w parcialmente solúvel w ponto
de ebulição menor que o 1-butanol w III
3. e
Como as três moléculas têm massas molares com valores próximos,
o ponto de ebulição está relacionado com a intensidade das forças
intermoleculares.
H 3
C — CH 2
— CH 2
— CH 3
: apolar, portanto: dipolo induzido
H 3
C — O — CH 2
— CH 3
: ligeiramente polar devido ao oxigênio, portanto:
dipolo-dipolo
H 3
C — CH 2
— CH 2
— OH: ligações de hidrogênio
Intensidade
Ligaçõesde
dasforças s
hidrogênio
intermoleculares
4. a
T 1
< T 2
< T 3
5. a – 6; b – 4; c – 1; d – 3
O
C
Cetona
> Dipolo-
-dipolo
OH
O
Fenol
CH 3
Éter
>Dipolo induzido
6. b
As funções orgânicas do lumiracoxibe estão assinaladas abaixo:
7. b
Amina
HO
Ácido O
carboxílico
F
HN
CH 3
Haleto orgânico
Cl
Haleto orgânico
O
H 5 3 C — CH 4
— CH 3
— CH 2
2 — C 1
CH 3 CH 3
OH
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Atividades extras
22. 1 – f; 2 – e; 3 – d; 4 – b; 5 – a; 6 – c
23. c
H
Ácido 3,4-dimetilpentanoico
8. e
OH Álcool
H 3 C — C — CH 3
H 3 C — C — OH
CH 2
C 12 H 18 O
OH Fenol
— CH — CH 2 — NH — CH 3
Amina
Álcool OH CH 3
— CH — CH — NH 2
Amina
Neo-sinefrina
Propadrina
24. b
H 3 C – CH 2 – CH – CH – CH 2 – CH – CH – CH 2 – CH – CH – (CH 2 ) 6 – CH 2 – C
O
CH 3
— CH 2 — CH — NH — CH 3
Amina
Benzedrex
OH
22
A função em comum nas três estruturas é a amina.

9. d
10. a)
A função característica do aroma de frutas é o éster — C
representado pelas fórmulas A e C.
OH
1 2 3 4 5
H 3 C — C — CH 2 — CH — CH 3
CH 3
2,4-dimetilpentan-2-ol
O
CH 3
b) C — CH 2 — CH — CH 2
But-3-enal
O
O — R’
h)
H 3 C — CH 2 — C
CH 2
CH 3
CH 2
CH 3
C — CH 2 — C
i) H 3
C — CH 2
— O — CH 2
— CH 2
— CH 3
O
OH
12. As funções orgânicas estão assinaladas abaixo:
Amina
CH N 3
H
O
HO
Fenol
O
Éter
OH Álcool
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
c)
d)
CH 3
H 3 C — C — C — CH 3
4 3 2 1
CH 3
Dimetilbutanona
HO
O 1 2 3 4 5
C — CH — CH 2 — CH 2 — CH 3
CH — CH 3
CH 3
Ácido 2-isopropilpentanoico
e) Metoximetano
11. a) H 3
C — CH 2
— OH
OH
b) H 3 C — C — CH — CH 2 — CH 3
CH 3 CH 2
CH 3
c) H 3 C — CH — CH — C
O
d) C — CH 2 — C
H
O
H
O
e) H 3 C — CH — C — CH 2 — CH 3
CH 3
O
H
13. c
a) (F) Para ser ácido, é necessário que haja ao menos dois oxigênios
na estrutura.
b) (F) Fenol apresenta OH ligado ao anel aromático; dois carbonos
não formam anel aromático.
c) (V) A característica do éter é ter oxigênio entre carbonos.
Com a fórmula molecular em questão, a fórmula estrutural
será: H 3
C — O — CH 3
d) (F) Somente formará chama azul imperceptível no claro se a
combustão for completa.
e) (F) A cetona caracteriza-se por ter a carbonila entre carbonos.
A menor cetona terá 3 carbonos.
14. b
H 3 C — C
O
O — CH 2 — CH 2 — CH 2 — CH 2 — CH 3
H 3 C — CH 2 — CH 2 — C
Etanoato de pentila
O
O — CH 2 — CH 3
Butanoato de etila
15. a
As funções estão assinaladas abaixo:
16. d
Éter
Haleto orgânico
O
Cl
O
O
N S Sulfamida
Amina
H
NH
O C
2
HO Ácido
carboxílico
CADERNO 1
O
Cetona
O
OH
Fenol Éter
f) H 3 C — CH 2 — CH 2 — CH — CH — C
CH 2 CH 3
H
O
CH 3
CH 3
Fórmula molecular
C 14
H 12
O 3
H
g) H 3 C — CH 2 — CH 2 — CH 2 — CH 2 — C — C
CH 3
O
OH
17. e
1. Ácido carboxílico:
O
OH
23

2. Amina primária — NH 2
O
3. Éster
O —
18. b
As fórmulas dos compostos envolvidos são:
Etanol: H 3
C — CH 2
— OH
Etanal: H 3
C — C
O
H
Ácido etanoico: H3 C — C
O
Então:
I. (V)
II. (F)
III. (F)
IV. (V)
Cetona
O
COH
C N
Amina
O terciária
(C) Toradol
Ácido
Carboxílico
Fórmula
molecular: C 15
H 13
O 3
N
Atividades extras
22. b
2C 6
H 5
Cl + C 2
HCl 3
O w C 14
H 9
Cl 5
+ H 2
O
a) (V) x = 2
b) (F) O DDT não apresenta oxigênio na sua estrutura.
OH
Éter etílico: H 3
C — CH 2
— O — CH 2
— CH 3
19. I – d; II – e; III – a; IV – b; V – c
— C
O
OH
— C — OH Álcool
— C — H
O
— C —
O
Ácido carb oxílico
Aldeído
Cetona
— O — Éter
20. e
Pela fórmula, as funções são:
HgO
O
Cetona
C
O
Br
ONa
O
Sal de
ácido
carboxílico
O
c) (V) Para ser aldeído, deve apresentar: — C
Cl
O
Portanto, sua fórmula será: Cl — C — C
d) (V) Na fórmula do DDT (C 14
H 9
Cl 5
), observamos 5 átomos de cloro.
e) (V) H 2
O s H = 2 · 1 = 2
O = 1 · 16 = 16
M = 18 g/mol
23. a) Amida, amina, éster, ácido carboxílico.
Amida
H 3 C—O
C
Éster
H
N
O
O
Cl
NH 2
COOH
Amina
H
Ácido carboxílico
b) Todos os átomos de carbono do ciclamato são secundários.
−3
c) µ =
m1
MM ⋅ ∴ µ =
3015 , ⋅10
VL ( )
201⋅1
1
µ = 1,5 ⋅ 10 –3 mol/L
d) A vantagem é usar quantidade menor de aspartame.
24. a
Pelo enunciado, teremos a fórmula estrutural:
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21. a
Pelas estruturas, teremos:
Éter
O
Amina
N
(A) Anti-histamínico
Amina secundária
HN
N
Imina NH 2
Amina
(B) Histamina primária
O
HO
Grupo
hidroxila
C — CH 2 — C — CH 2 — C
O
OH
C
OH
O
OH
Grupo
carboxila
A molécula possui as seguintes características: cadeia aberta, saturada,
ramificada e homogênea, fórmula molecular C 6
H 8
O 7
, soluções
aquosas com pH < 7.
24