Química - Curso e Colégio Acesso

TAREFA
PROPOSTA
Resolução
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
QG.17
1. b
I. Dois ou mais reagentes dando origem a um produto w reação
de síntese ou adição.
II. Uma substância simples (Cl 2
) deslocando o ânion de uma
substância composta (Br – ) w reação de deslocamento ou simples
troca.
III. Um único reagente dando origem a dois ou mais produtos
w análise ou decomposição.
Química
10. b
a) 2H 2(g)
+ O 2(g)
w 2H 2
O
Gáscombustível
2( )
Gásnão
combustível
Redução
13. c
III. N 2(g)
+ O 2(g)
2NO Zn + 2HCl w ZnCl
(g)
2
+ H 2(g)
Síntese ou adição /oxirredução
0 0 +2 –2
Oxidação
w Ca(H 3
C − COO) 2
+ CO +
2 2
H 2 CO 3
15. b
I. 2A(OH) l Al
O 3H O
3 2 3 2
w
+
Umasubstância Duas substâncias
Decomposição
II. 3C + Fe O w 3CO Fe
2 3
+ 2
Substância
Substância composta Substância
Substância composta
simples
Deslocamento ou simples troca
III. S + 24F 8SF
8 2
g
w
Duas substâncias Umasubstância
Síntese, adição ou combinação.
Cl
2KBr 2KCl
2(g)
(aq.)
+
w + Br
(aq. )
2
(g)
iônico iônico molecular
I. 2KCl + Mg(NO 3
) 2
w 2KNO 3(aq.)
+ MgCl 2(aq.)
2. Soma = 15 (01 + 02 + 04 + 08)
(01) (V)
(02) (V)
(04) (V)
(08) (V)
(16) (F) Durante uma reação química ocorrendo, em sistema fechado,
há conservação da massa.
(32) (F) A propagação de luz não necessita da ocorrência de reação
química.
3. e
I e IV: Fe ( s0 )
+ 2HCl (aq.)
w FeCl 2(aq.)
+ H
2(g)
II e IV: K 2
CO 3(aq.)
+ 2HCl (aq.)
w 2KCl (aq.)
+ H 2
O (L)
+ CO g
4. a
H 2
SO 4(aq.)
+ 2KCN (s)
w K 2
SO 4(aq.)
+ HCN (g)
Uma reação de dupla-troca com formação de um produto volátil.
5. I – C; II – A; III – B; III – D
I. CaCO 3(s)
w CaO (s)
+ CO 2(g)
Decomposição
II. HCl (aq.)
+ AgNO 3(aq.)
w AgCl (s)
+ HNO 3(aq.)
Dupla-troca
6. b
Pela análise do quadro, verifica-se que:
Cu < Zn < Mg
7. a
8. a
A equação de reação é:
9. e
molecular
O Br 2
é um gás insolúvel em água.
1
A reação não ocorre, então, os dois sais produzidos são solúveis.
II. Pb(NO 3
) 2
+ 2KCl w 2KNO 3(aq.)
+ PbCl 2(s)
Visto na reação I que KNO 3
é solúvel, o precipitado será o
PbCl 2(s)
(cloreto de chumbo II)
III. Na 3
PO 4
+ 3KNO 3
w 3NaNO 3
+ K 3
PO 4
A reação não ocorreu, NaNO 3
e K 3
PO 4
são solúveis.
IV. 2Na 3
PO 4
+ 3Ba(NO 3
) 2
w Ba 3
(PO 4
) 2
+ 6NaNO 3(aq.)
Observamos na reação IV que o NaNO 3
é solúvel, o precipitado
será o Ba 3
(PO 4
) 2(s)
(fosfato de bário).
c) 2Al(OH) 3(s)
+ 3H 2
SO 4(aq.)
w Al(SO 4
) 3(aq.)
+ 6H 2
O ()
d) CaC 2
O 4(s)
w CaCO 3(s)
+ CO 2(g)
e) CaCl 2(aq.)
+ H 2
SO 4(aq.)
w CaSO 4(s)
+ 2HCl (aq.)
11. I. Sendo o flúor mais reativo que o cloro, a reação ocorre da
seguinte forma: F 2
+ 2KCl w 2KF + Cl 2
II. Sendo o cloro menos reativo que o flúor, a reação não ocorre.
III. Como o iodo é menos reativo que o bromo, a reação não ocorre.
IV. Como o cloro é mais reativo que o enxofre, a reação ocorre da
seguinte maneira: 2K 2
S + 2Cl 2
w 4KCl + S 2(g)
12. d
1. Reação entre um ácido e uma base (neutralização).
2. Decomposição da água oxigenada (H 2
O 2
) pela luz (fotólise, análise
ou decomposição).
3. Duas substâncias compostas, trocando cátions e ânions (dupla-
-troca).
4. Uma substância simples (Zn), deslocando o cátion (Cu 2+ ) de uma
substância composta (simples troca ou deslocamento).
14. a
A equação pode ser representada por:
H 3
C − COOH (aq.)
+ CaCO 3(s)
w
HO
I. Não ocorre reação. (F)
II. Ocorre, pois formou um ácido mais fraco e também instável. (V)
III. Não ocorre, porque o Cu é menos reativo que o Fe. (F)
IV. Não ocorre, pois o Au é menos reativo que o H. (F)
V. Óxido básico + óxido ácido produz sal. (V)
VI. Ocorre, pois formou um composto (sal) insolúvel. (V)
VII. Ocorre, pois formou uma base fraca e insolúvel. (V)
16. b
A descoloração da cor do béquer é causada pelo CO 2
liberado na
reação do vinagre com o bicarbonato de sódio, segundo a reação:
H 3
CCOOH + NaHCO3 w H 3 CCOO– Na + + H 2
O + CO 2
17. c
Nos três casos, temos reações de deslocamento.
2Li + 2H – OH w 2LiOH + H 2
2K + 2H – OH w 2KOH + H 2
2Na + 2H – OH w 2NaOH + H 2
Há formação de H 2
e base que torna a solução de fenolftaleína rosa.
CADERNO 3
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Como o tempo de reação do potássio é menor do que o do sódio,
conclui-se que o potássio é mais reativo que o sódio.
H 2 CO
3
18. 2HCl
+ NaCO w 2NaCl
+ H O+CO
2 3 2 2
É uma reação de dupla-troca com desprendimento de CO 2(g)
(gás carbônico
ou dióxido de carbono).
19. a) A equação é:
2H 2
S + 3O 2
w 2H 2
O + 2SO 2
b) A equação é: SO 3
+ H 2
O w H 2
SO 4
H 2
SO 4
: ácido sulfúrico
(V)
(V)
(F) Um ácido e sua base reagem para formar seu ácido e sua base
conjugada.
3. b
Pela equação, temos:
1. Doa H +
Doa H + 2.
HSO 3–
+ H 2
O z 2–
SO 3
+ H 3
O +
Ácido
Base Base
Par
conjugado
Par conjugado
Ácido
HSO 3
+ H 2
O z H 2
SO 3
+ OH –
Base
Doa H + Doa H +
Ácido
Par
conjugado
Par conjugado
Ácido
Base
20. Soma = 5 (01 + 04)
A equação da reação: Pb(NO 3
) 2(aq.)
+ Na 2
S (aq.)
w 2NaNO 3(aq.)
+ PbS (s)
,
sendo o PbS um sólido de cor preta.
(01) (V)
(02) (F) O sulfeto de sódio (Na: meta + S: ametal) é um composto
iônico.
(04) (V)
(08) (F) O sulfeto de sódio e o nitrato de chumbo reagem entre si
formando uma nova substância, o sulfeto de chumbo.
21. a
A efervescência produzida é causada pelo CO 2
do H 2
CO 3
que se
decompõe. A reação para produzir H 2
CO 3
é:
H 2 CO
3
HC l +NaCO w NaCl
+ HO+CO
2 3 2 2
I. A substância do frasco 1 não reagiu com a do frasco 3.
A 1 só poderá ser o HCl, pois o Na 2
CO 3
reagirá com AgNO 3
e
também com FeCl 3
, formando sais insolúveis. A substância do
frasco 3 será o FeCl 3
, porque se fosse AgNO 3
reagiria com HCl,
formando um sal insolúvel.
HCl w 1; AgNO 3
w 2; FeCl 3
w 3 e Na 2
CO 3
w 4.
22. a) Carbonato de bário: BaCO 3
; cloreto de bário: BaCl 2
; sulfato de
bário: BaSO 4
.
b) A equação é: BaCO 3
+ 2HCl w BaCl 2
+ H 2
O + CO 2
.
c) Por ser insolúvel é o único insolúvel tanto em água como em
ácido clorídrico, portanto, os íons Ba 2+ não serão levados pela
corrente sanguínea.
Atividades extras
23. As equações dos fenômenos descritos são:
Δ
I. 2Cu (s)
+ O ⎯→⎯ 2CuO
2(g) (s)
II. CuO (s)
+ H 2(g)
depósito escuro
Δ
⎯→⎯ Cu (s)
+ H 2
O (g)
4. Esta equação é ácido-base segundo o conceito de Lewis, porque o
enxofre recebe par de e – (ácido) do ânion SO 3
2 - (base).
5. a) H 2
O + HCl x H 3
O + + Cl –
6. d
Base Ácido Ácido Base
b) H 2
O + NH 3
x NH 4 + + OH –
Ácido Base Ácido Base
Segundo o conceito de Brönsted, ácido é toda substância que doa
H + e base é toda substância que recebe H + .
I. H 3
O + + CN – x HCN + H 2
O
Ácido Base Ácido Base
II. NH
2–
+ CO
–
xNH + HCO
–
3 3
2
3
Ácido Base Base Ácido
III. CHO – + NH x C HOH+NH
–
2 5 3 2 5 2
Base Ácido Ácido Base
7. b
A equação da reação é: 2NH + H SO w (NH
3
2 4
4
) 2
SO 4
Base
8. b
Sabendo que:
↑K a
s mais forte é o ácido ∴ mais fraca será a base conjugada; lembrando
que a força básica da H 2
O é menor que as bases conjugadas
dos ácidos, temos: H 2
O < F – < NO 2−
< CN –
9. V – V – V – F
(F) HCN é ácido fraco.
Ácído
10. d
Arrhenius s reação de neutralização
–
–
Brönsted s HC–COOH+OH w H C–COO +HO
3
Ácido
Base
3
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
III. 2Cu (s)
+ H 2
S (g)
w Cu 2
S (s)
+ H 2
(g)
IV. Cu 2
S (s)
+ O 2(g)
w 2Cu (s)
+ SO 2(g)
(equação global)
24. a) I. 2CuFeS 2
+ 4O 2
w Cu 2
S + 2FeO + 3SO 2
II. FeO + SiO 2
w FeSiO 3
III. Cu 2
S + O 2
w SO 2
+ 2Cu
b) Emissão de SO 2
∴ formação de chuva ácida.
QG.18
1. HCN + H 2
O x H 3
O + + CN –
Ácido Base Ácido Base
2. F – F – V – V – F
(F)
Reagente
Produto
Ácido 1 + Base 1 Ácido 2 + Base 2
Par
conjugado
Par conjugado
doa H
(F)
+ doa H +
H 2
O + OH –
OH – + H 2
O
Ácido
Base
Base
Ácido
2
Lewis s H + + OH – w H 2
O
Ácido
Base
11. c
Representando o ácido málico por: HMal, teremos:
HMal + H 2
O x H 3
O + + Mal –
Ácido: doa próton H + Base: recebe próton H +
12. F – F – V – V
I. (F) Não possuem hidrogênio ionizável.
II. (F) HNO 3
só possui 1 hidrogênio ionizável, portanto, não formará
hidrogenossal.
III. (V)
IV. (V)
13. a
A equação pode ser representada por:
H
F
F — B + N — H
F
Ácido
(recebe
par de e – )
H
Base
(doa par
de e – )
F
F — B
F
H
N — H
H
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14. b
A equação correta é: NH 3
+ HCl w NH 4 + + Cl –
15. d
+ -
Pela reação temos: HNO + HCN x H CN +NO
Ácido
forte
2
16. b
A todo ácido fraco está conjugada uma base forte e vice-versa.
Base
forte
2
Ácido
fraco
Base
fraca
2
Nesse caso, além de p e T, R também é constante, então:
• para o O 2
: p · V = n · R · T s p · 5 = 16
32 · R · T
R·T
= 10 L/mol
p
• para o gás no recipiente 2 : p ·V = n · R · T
p · 10 =
28
· R·T
MM
Atividades extras
17. c
+
Ag + 2NH w [Ag(NH )]
Ácido de
Lewis (recebe
–
pardee
)
3 3 2
Base de Lewis
–
(doa par dee )
+
28 T
∴ 10 = · R·
s MM
MM p
2
= 28 g/mol, que pode ser N 2
ou CO.
• para o CH 4
: p ·V = n · R · T s p · 15 = m CH 4
T
16 · R·
15 = m CH T
4
R
· · s mCH
16 p
4
= 24 g
18. a
I. Verdadeira
II. Verdadeira
III. Falsa. HClO 4
é ácido de Brönsted-Lowry.
IV. Verdadeira
5. d
Cálculo da pressão total da mistura:
p total
V 5 n total
R T
2? 0082 , ? 300
p total
5 5 1,64 atm
30
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
–
+
19. No equilíbrio: CO 2()
+ 2H 2
O xHCO3(aq.) + H3 O(aq.)
Par ácido/base conjugado é par de substâncias que diferem por um
H + , portanto:
Base
Ácido
H 2
O H 3
O +
doa H +
20. e
De acordo com Lewis:
Ácido: recebe par de e – por meio de dativa.
Base: doa par de e – por meio de dativa
QG.19
1. a) A equação química é representada por:
3SO 2
+ 2HNO 3
+ 2H 2
O w 2NO + 3H 2
SO 4
b) Devido à pequena quantidade de NO no cilindro (0,08 % em massa)
podemos considerar somente a massa molar do N 2
, já que este
apresenta concentração de 99,92 %.
Portanto: p · V = n · R · T ∴ 1 · 2.400 = mN 2
28
· 0,082 · 298
∴ mN 2
= 2.750 g
Considerando 100%, teremos: 2.750 g 100 %
mNO 0,08 % de NO
∴ mNO H 2,2 g
2. c
p atmosférica ao nível do mar
5 1 atm
p cilindro
5 100 atm
p ar
5 09 ,
100
? 100 5 0,9 atm
X
p
n ,
5 5 05
n 2 5 0,25
CH 4
CH 4
total
5 X p total
CH 4 CH 4
p CH4 5 0,25 1,64 5 0,41 atm
6. b
Situação I:
p ? V 5 n ? R ? T
p 1
5 1 ? R ? T
n 5
32
32 1
O 2
= mol
V
Situação II:
p 2
5 2 ? R ? T
n 5
32
CH 4
= 2 mol
V
16
p
p
1
2
1? R ? T
V R T V
= 5 ? 1
?
2 ? R ? T V 2 · R · T 5 2
V
p 2
5 2p 1
7. b
Cálculo da quantidade de matéria de cada gás:
mN2
14
Para o N 2
: nN 2
= s nN2 = ∴ nN2
= 05 , mol
MMN2
28
mO2
32
Para o O 2
: nO 2
= s nO2 = ∴ nO2
= 10 , mol
MMO2
32
mHe
4
Para o He: nHe = s nHe = ∴ nHe = 10 , mol
MMHe
4
mCH4
32
Para o CH 4
: nCH 4
= s nCH4 = ∴ nCH4
= 20 , mol
MMCH
16
4
CADERNO 3
3. b
Como temos gases diferentes ocupando mesmo volume nas mesmas
condições de p e T, podemos usar a hipótese de Avogadro.
Então, comparando I e II, teremos:
n N2
= n II
s
m
MM
N 2
N 2
mII
28 , 16 ,
= ∴ = = MM
MM 28 MM
II
= 16 g/mol ∴ CH 4
m
E comparando I e III, teremos: n N2
= n III
s
MM
II
II
N 2
N 2
mIII
=
MM
III
Como: nHe = 2nN 2
∴ pHe = 2 pN 2
8. c
I. (F) A pressão parcial do argônio é a mesma antes e após a adição
de acetileno.
II. (F) A pressão parcial do nitrogênio é a mesma antes e após a adição
de acetileno.
III. (V)
IV. (V) p ⋅ V = n T
⋅ R ⋅ T s p ⋅ 1 = 1,6 ⋅ 0,082 ⋅ 298 ∴ p = 39,09 atm
9. Soma 5 9 (01 1 08)
28 , 28 ,
= s MM
28
III
= 28 g/mol ∴ CO
MMIII
(01) (V) pV
T
V
5 K s 5 K s lei de Gay-Lussac
T
4. c
(02) (F) Essa afirmação refere-se à lei de Charles.
(04) (F) % volume de N 2
5 78% [ sua fração molar é igual a 0,78.
3
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x 5 0,1 mol de gás
1
n O2
5 0,2 ? 0,1 5 0,02 mol de O 2
e) m pVM pV17
pV
5 s m 5
3
1 mol O 2
6,0 ? 10 23 NH
m ,
moléculas de O RT
3
s
NH
RT
3
. 57
RT
2
(08) (V) p ? V 5 n ? R ? T s V 5 n R T RT
s ⎛ 0,02 y
⎞
p ⎝ ⎜ p ⎠
⎟ 5 K
y 5 1,2 ? 10 22 moléculas
(16) (F) R é a constante dos gases.
15. d
Cálculo da pressão total da mistura em transformação isotérmica:
10. d
pA· VA pB· VB pT · VT 3· 1 2·, 15 pT
· 25 ,
+ = ∴ + = ∴ p
O ar que resta no balão é desprezível.
T T T T T T
T
Cálculo do número de mols de ar que foi retirado do balão:
Relacionando os gases:
p ? V 5 n ? R ? T
Antes damistura p R
1 ? 1 5 n ? 0,082 ? 298
N2 s · · V n· · T 3·
1 nN2
· R·
T
= ∴ =
s
Mistura p·
V n· R·
T 24 , · 25 , nT · R·
T
n 5 0,04 mol de ar
1 nN2
ou
s =
2 nT
1 mol (1 atm e 25 ºC) 25 L
Antes damistura p R
x 1 L
CH4
s
· · V · · ·
Mistura p·
V
n T
n· R·
T
,
=
24 , · 25 ,
1
x 5 5 0,04 mol
nCH4 · R·
T 1 nCH4
= s =
25 nT · R·
T 2 nT
Cálculo do número de mols de O 2
:
nN2
0,04 mol 100 %
Então: = 1 nCH4
1
y 20 %
y 5 0,008 5 8 ? 10 23 mol de O 2
16. c
11. a) CO 2(g)
1 2LiOH (s)
→ Li 2
CO 3(aq.)
1 H 2
O (,)
A densidade do H 2
é menor do que o He porque sua massa molar é
b)
menor, mas ambos são menos densos que o ar. A vantagem do He
2
pCO 2
5 XCO 2
? pT s pCO 2
= · 1 5 0,02 atm
é que, sendo gás nobre, ele é inerte, enquanto o H
100
2
é um combustível
que pode provocar explosão.
p · V 5 n · R · T
0,02 ? 60 ? 10 3 5 n CO2
· 0,082 · 293
17. b
n CO2
5 50 mol
I. (V)
II. (V)
1 CO 2
2 LiOH
III. (F) A massa molar do ar é aproximadamente 29 g/mol.
1 mol 2 mol
1 mol 2 ? 24 g
18. a
50 mol x
O aquecimento aumenta a energia cinética das moléculas do gás,
x 5 2.400 g ou 2,4 kg de LiOH
aumentando o volume ocupado e, portanto, diminuindo sua densidade.
12. a) Como a cabine não é pressurizada, se ela for alimentada com
O 2
puro, p O2
5 p ext.
5 2,2 ? 10 4 Pa. Esse valor está na faixa de 19. c
(1 a 6) ? 10 4 Pa, portanto, o piloto sobreviverá.
Quanto menor for a massa molecular do gás, maior será sua velocidade
b) Na superfície s p 5 X ? p O2 (superfície) O (superfície) m (superfície)
2
2,1 ? 10 4 Pa 5 p m(sup.)
? 0,21 [ p m(sup.)
5 10 5 Pa ou 1 atm
de difusão, então, a ordem seria: H 2
, CH 4
, N 2
, O 2
, CO 2
.
20. a
p m
(40 m) 5 10 5 Pa + 4 ? 10 5 Pa 5 5 ? 10 5 Pa
a) (F) M ar
29 g/mol M He
= 4 g/mol
4
pO 2 (40 m) 21 , ? 10 Pa
5
50,042 ou 4,2 % em volume de O
5
pT(40 m)
5?
10 Pa
2
d 5 p ? M
R ? T
s mantendo constante a pressão e a temperatura,
13. a) C (grafite)
1 O 2(g)
→ CO 2(g)
b) 1 mol de gás (CNTP) 22,4 L
densidade e massa molar são diretamente proporcionais.
Como M ar
. M He
e d ar
. d He
x 2,24 L
x 5 0,1 mol de gás
b) (V) M He
5 4 g/mol e M H2
5 2 g/mol
% volume de O 2
no ar . 20 %
c) (V)
0,1 mol 100 %
d) (V)
y 20%
e) (V) M He
. M H2
y 5 0,02 mol de O 2
n C
5 m M n ,
s C
5 036 5 0,03 mol
21. e
12 No tempo de 2,5 bilhões de anos observamos, no gráfico, que o
C (graf.)
1 O 2(g)
→ CO 2(g)
volume de oxigênio (VI) é de, aproximadamente, 5%.
1 mol 1 mol 1 mol
0,03 mol 0,02 mol z
22. b
m
O C (graf.)
está em excesso.
a) pV 5 R
M T s m 5
pVM RT
z 5 0,02 mol de CO 2(g)
3pV
4
c) No final do processo temos 0,02 mol de CO 2(g)
formado e 0,08 mol
mHe
5 s m
He
512 RT
RT
dos gases restantes do ar (0,1 2 0,02 de O 2
), então o número
total de mols é igual a 0,1 mol. Como o número total de mols
b) m pVM 2pV32
pV
5 s mO 5 m 5
permaneceu igual antes e depois da reação, a pressão é igual a
RT
2
s
O
RT
2
64
RT
1 atm (CNTP).
c) m pVM pV 48
pV
5 s mO 5 m 5
RT
3
s
O
RT
3
48
RT
14. c
1 mol de gás 25 ºC 1 atm 23 L
1
x 2,3 L
d) m pVM pV2
pV
5 s mH 5
2
m 5
RT
2
s
H
RT
2
RT
4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
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Atividades extras
23. d
m Total
de Zn 5 180 g
Excesso de Zn: 49 g, portanto 131 g reagiram.
Zn (g)
1 2HCl (aq.)
→ ZnCl 2(aq.)
1 H 2(g)
1 mol 2 mol 1 mol
65,37 g 1 mol
131 g x
x 5 2,0 mol H 2
pV 5 nRT
3 ? 4 5 n N2
? R ? T
3. a) Pela equação química:
massa molar do CO = 28 g/mol
1 mol Ni 4 mol CO
59 g 4 ⋅ 28 g
10 kg mCO
∴ mCO = 19 kg
b) Pela equação química e sabendo a massa molar Ni(CO) 4
= 171 g
1 mol Ni 1 mol Ni(CO) 4
59 g 171 g
10 kg mNi(CO) 4
∴ mNi(CO) 4
= 29 kg
n N2
5 12
RT mol
Válvula aberta 5 pTotal
p · V 5 Σn · R · T
⎛
p ? 6 5 2 +
12 ⎞
⎝
⎜
R ⎠
⎟ RT
T
4. d
C + O 2
w CO 2
24 g 64 g
36 g x
36 · 64
x = = 96g
24
p ? 6 5 2R T + 12 ⋅ RT
RT
p 5 2 RT 1 12
6
5. a) Pela estequiometria da reação, temos:
1 mol Ca 5
(PO 4
) 3
F 5 mol H 2
SO 4
504,5 g 5 ⋅ 98 g
50,45 g m H2
∴ m
SO 4 H2
(reagem) = 49 g
SO 4
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
p 5 1 3 RT 1 2
24. c
V 1
5 10 L
T 1
5 105 °C 5 378 K
p 1
5 9,3 atm
H 2(g)
1 Cl 2(g)
→ 2HCl (g)
2 mol
excesso
1 mol 2 mol
V 2
5 10 L
T 2
5 378 K
1 mol
O número de mols total após a reação é igual ao número de mols
inicial (3 mol).
Como o volume e a temperatura são os mesmos, a pressão total será
a mesma: 9,3 atm.
p HCl
⎧⎪
3 mol —— 9,3 atm
⎨
⎩⎪ 2 mol —— x
x 5 93 , ? 2 = 62 , atm
3
QG.20
1. a
LiH s Li = 1 · 7 = 7
H = 1 · 1 = 1
Total = 8 g/mol
LiH (s)
+ H 2
O (,)
w Li(OH) (aq.)
+ H 2(g)
1 mol 1 mol
8 g 22,4 L
x(g)
448 L
2. b
x = 8 ⋅ 448 = 160 gdeLiH
22,4
N 2(g)
+ 3H 2(g)
w 2NH 3(g)
1 mol 3 mol 2 mol
Como na reação temos uma massa total de H 2
SO 4
= 98 g, há
excesso de 49 g de H 2
SO 4
; portanto, o reagente limitante é a
fluoroapatita.
b) Pela proporção estequiométrica, temos:
1 mol Ca 5
(PO 4
) 3
F 3 mol H 3
PO 4
504,5 g 3 · 98 g
50,45 g m H3 PO 4
∴ m H3
= 29,4 g
PO 4
6. c
A equação de combustão do etanol é:
C 2
H 5
OH + 3O 2
⎯⎯⎯→ 2CO 2
+ 3H 2
O
1 mol 2 mol
28 mol nCO 2
nCO 2
= 56 mol
A equação de combustão do octano é:
C 8
H 18
+ 25 2 O 2 ⎯⎯⎯→ 8CO 2 + 9H 2 O
1 mol 8 mol
6,5 mol nCO 2
nCO 2
= 52 mol
A relação entre as quantidades de CO 2
produzidas é:
Etanol
Octano
= 56 mol
52 mol
=
108 ,
7. a) N 2
2NH 3
1 mol 2 mol
28 g 34 g
7 g y
y = 8,5 g de NH 3
b) Sim, há reagente em excesso.
Para fazer o item a, foi necessário descobrir que reagente estava
em excesso. Como 7 g de N 2
necessitam de 1,5 g de H 2
, temos
1,5 g de H 2
em excesso.
8. c
2Mg + O 2
w 2MgO
2mol 1mol 2mol
2 · 24 g 32 g 2 · 40 g
CADERNO 3
30 mol 75 mol
90 75
Como a proporção não está constante e o maior valor da multiplicação
foi 90, o N 2
está em excesso.
Usaremos o H 2
para calcular o número de mols de NH 3
.
N 2
+ 3H 2
2NH 3
3 mol 2 mol
75 mol x
x = 75 ⋅ 2 mol de NH 3
s x = 50 mol de NH 3
3
4,8 g x (g) y (g)
48 , ⋅ 32
x = = 32 , g
2⋅
24
32 , ⋅ 2⋅
40
y =
= 80 , g
32
a) (F) A soma das massas dos reagentes está igual à do produto, a
lei foi obedecida.
b) (F) Foi de 3,2 g.
c) (V) 32 g de O 2
22,4 L
3,2 g de O 2
z
5
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z = 2,24 L de O 2
2,24 L de O 2
20%
w 100%
w = 11,2 L de ar
d) (F) Foram obtidos 8,0 g de óxido de magnésio.
e) Veja resposta do item d.
9. Pela equação:
1 mol NH 4
NO 3
1 mol N 2
O
80 g 44 g
m
8,8 g
m = 16 g
10. a) 2H 2(g)
+ 1O 2(g)
w 2H 2
O (v)
b) A equação de formação de H 2
a partir de Fe com ácido seria:
+
2+
Fe (s)
+ 2H(aq.)
w Fe + H
(aq.) 2(g)
1 mol 1 mol
56 g 1 mol
m Fe
8,1 ⋅ 10 6 mol
∴ m Fe
= 4,5 ⋅ 10 8 g ou 4,5 ⋅ 10 5 kg
11. Cálculo da massa de H 2
: d = m V s 0,071 = mH 2
146 , ⋅ 10 9
mH 2
= 1,04 ⋅ 10 8 g
Pela reação, temos:
2 mol H 2
1 mol O 2
2 ⋅ 4 g 32 g
1,04 ⋅ 10 8 g mO 2
∴ mO 2
= 8,32 ⋅ 10 8 g
Cálculo do volume de O 2
: d = m V
V O2
= 7,3 ⋅ 10 5 L
12. d
Pela equação: 2Al + 3Cl 2
w 2AlCl 3
2 mol 3 mol 2 mol
2 ⋅ 27 g 3 ⋅ 71 g 2 ⋅ 133,5 g
10 g mCl 2
mAlCl 3
mCl 2
= 39,44 g reage
mCl 2
= 185,5 g em excesso
mAlCl 3
= 49,4 g produzido
832 , ⋅ 108
s 1,14 =
V
13. 1º passo s fazer a equação global, somando as duas equações balanceadas,
sendo a segunda multiplicada por dois:
4Fe(HCO )+O +2HO w 4Fe(OH) +8CO
4Fe(OH)
3
3 2 2 2 3 2
w 2FeO+6H O
4
2 3 2
4Fe(HCO 3
) 2
+ O 2
w 2Fe 2
O 3
+ 8CO 2
+ 4H 2
O
2º Passo s Calcular a massa de bicarbonato ferroso:
4Fe(HCO 3
) 2
+ O 2
w 2Fe 2
O 3
+ 8CO 2
+ 4H 2
O
4 mol 2 mol
4 · 178 g 2 · 160 g
x(g)
53,2 g
x = 118,37 g
14. d
H 2
O s H = 2 · 1 = 2
O = 1 · 16 = 16
M = 18 g/mol
2H 2(g)
+ O 2(g)
w 2H 2
O (,)
+ energia
1 mol 2 mol
1 mol 2 · 18 g
0,25 mol x (g)
x = 0,25 · 2 · 18 = 9 g
15. b
1º Passo s Fazer a reação de neutralização:
2NaOH + H 2
SO 4
w Na 2
SO 4
+ 2H 2
O
2º Passo s Determinar as quantidades de NaOH e H 2
SO 4
:
2NaOH + H 2
SO 4
w Na 2
SO 4
+ 2H 2
O
2 mol 1 mol 1 mol
2 · 40 g 98 g 142 g
x (g) y (g) 72,5 g
142y = 98 · 72,5
6
y =
98 ⋅ 72,
5
142
98 x = 2 · 40 · 50
= 50 g de H 2
SO 4
2⋅
40⋅
50
x = = 40,8 g de NaOH
98
16. e
1Fe 2
O 3
+ 3CO w 2Fe + 3CO 2
1 mol 3 mol
1 mol 3 · 6 · 10 23 moléculas
1 mol x (moléculas)
x = 18 · 10 23 moléculas
17. c
1) Fazer a equação química da obtenção do estanho:
SnO 2
+ 2C w Sn + 2CO
2) Calcular o reagente em excesso:
SnO 2
+ 2C w Sn + 2CO
1 mol 2 mol
151 g 2 · 12 g
453 kg 96 kg
10.872 14.496
Como a proporção não está constante e o maior valor da multiplicação
foi 14.496, o C está em excesso; não podemos usar a sua massa
em excesso para calcular a massa do estanho.
3) Calcular a massa do estanho:
SnO 2
+ 2C w Sn + 2CO
1 mol 1 mol
151 g 119 g
453 kg x (kg)
x =
453 ⋅ 119
151
= 357 kg de Sn
18. a) 4FeS 2
+ 11O 2
w 2Fe 2
O 3
+ 8SO 2
8SO 2
+ 4O 2
w 8SO 3
8SO 3
+ 8H 2
O w 8H 2
SO 4
Somando as três equações, teremos:
4FeS 2
+ 15O 2
+ 8H 2
O w 2Fe 2
O 3
+ 8H 2
SO 4
b) Dividindo a equação anterior por 2:
2FeS 2
+ 7,5O 2
+ 4 H 2
O w Fe 2
O 3
+ 4H 2
SO 4
(2 · 120) g (4 · 98) g
24.000 g m
m = 39.200 g = 39,2 kg
19. d
1) Cálculos, caso fosse produzido o N 2
O 3
:
2N 2
+ 3O 2
w 2N 2
O 3
2 mol 3 mol 2 mol
2 · 28 g 3 · 32 g ____ 2 · 76
20 32
____ x (g)
1.920 1.792
O N 2
está em excesso.
Cálculo da massa de N 2
em excesso:
2N 2
3O 2
2 · 28 g 3 · 32 g
y 32 g
32⋅
2⋅
28
y =
= 18,7 g
3⋅
32
Massa em excesso = 20 – 18,7 = 1,3 g
Cálculo da massa de N 2
O 3
produzida:
3O 2
2N 2
O 3
3 · 32 g 2 · 76 g
32 g x (g)
32⋅
2⋅
76
x =
= 50,6 g
3⋅
32
2) Cálculos, caso fosse produzido o NO:
N 2
+ O 2
w 2NO
1 mol 1 mol
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
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Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
28g
32 g
20 g 30 g
640 840
O oxigênio (O 2
) está em excesso.
Cálculo da massa de O 2
em excesso:
N 2
O 2
28 g 32 g
20 g x
x =
32 ⋅ 20
= 22,85 g
28
Massa em excesso = 30 – 22,85 = 7,15 g
Cálculo da massa de NO produzida:
N 2
2NO
28 g 2 · 30 g
20 g y (g)
20 ⋅ 2⋅
30
y =
= 42,86 g
28
3) Cálculos, caso fosse produzido NO 2
:
N 2
+ 2O 2
w 2NO 2
1 mol 2 mol
28g
2 · 32 g
20 g 30 g
1.280 840
O N 2
está em excesso.
Cálculo da massa de N 2
em excesso:
N 2
2O 2
28 g 2 · 32 g
x (g) 30 g
28·
30
x = = 13,125 g
2·
32
Massa em excesso = 20 – 13,125 = 6,875 g
Cálculo da massa de NO 2
produzida:
2O 2
2NO 2
2 · 32 g 2 · 46 g
30 g y
30· 2·
46
y =
= 43,4125 g
2⋅
32
20. c
a) (F)
3 mol CO 2 mol Fe
x mol CO 10 mol Fe
x = 15,0 mol
b) (F) Falta o calor da reação.
c) (V) A reação está balanceada, portanto, o número total de átomos
dos reagentes é igual ao dos produtos.
d) (F) É um processo endotérmico.
e) (F) O número de moléculas dos reagentes (4 mol) é menor que o
número de moléculas dos produtos (5 mol).
21. a) CaC 2
+ 2H 2
O w Ca(OH) 2
+ HC ≡ CH
HC ≡ CH w etino ou acetileno
b) CaC 2
+ 2H 2
O w Ca(OH) 2
+ HC ≡ CH
1 mol 1 mol
64 g 26 g
32 g x (g)
x =
32 ⋅ 26
= 13 g de C
642
2
H 2
2⋅
1923 ,
x = = 0,6 mol de HCl
64
2º Passo s Calcular o volume de HCl:
6 mol 1 L
0,6 mol y
y = 06 ,
= 0,1 L = 100 mL de HCl
6
c) SO 2
+ H 2
O 2
w H 2
SO 4
1 mol 1 mol
64 g 98 g
6,41 g z (g)
641 , ⋅ 98
z = = 9,81 g
64
Atividades extras
23. Cálculo da quantidade, em mol, que reage:
Grafite: 1 mol 12 g
n grafite
480 g (0,48 kg)
n grafite
= 40 mol
Estanho: 1 mol 118 g
n estanho
3.600 g (3,6 kg)
n estanho
= 30,5 mol
Então, podemos concluir:
40 mol grafite 30,5 mol estanho
4 mol grafite 3 mol estanho
Para balancear a equação:
3SnO 2
+ 4C w 3Sn + aCO + bCO 2
Como: a + 2b = 6 e a + b = 4, teremos
a = 2 e b = 2
Assim:
3SnO 2
+ 4C w 3Sn + 2CO + 2CO 2
3 mol 4 mol 2 mol 2 mol
3 · 150 g 4 mol 2 · 22,4 L 2 · 22,4 L
x 40 mol z w
x = 4.500 g = 4,5 kg; w = z = 0,45 · 10 3 L ou 0,45 m 3
24. c
A reação que ocorre é:
xAgNO 3
+ M y
Cl x
w xAgCl + yM x+ (NO 3
) x
Considera-se exclusivamente o cloreto de prata como sendo o precipitado,
uma vez que todos os nitratos são solúveis. Assim, o nitrato
de “M” passa pelo filtro.
Sendo M = 143,32 g/mol
143,32 g 1 mol AgCl
71,7 g z (mol)
z = 0,5 mol
Como a proporção entre cátions e ânions nesse sal é 1 : 1, temos que
o número de ânions cloreto na solução original era 0,5 mol, que acabaram
precipitando na forma de cloreto de prata. Considerando a proporção
entre cátions e ânions em 1 mol de M y
Cl x
, temos que em 0,5 mol:
y mol de M x+ w x mol de Cl –
M x+ adicionado 0,5 mol de Cl –
M x+ adicionado é 0,5 y x
ou y
2x
QG.21
1. c
A equação química do processo é:
2Al 2
O 3
4Al + 3O 2
2 ⋅ 102 g 4 ⋅ 27 g
m A l 2 O 3
1 kg ∴ m A l 2 O 3
= 1,89 kg
Então, para 5 kg de Al 2
O 3
:
5 kg 100%
1,89 kg % Al ∴ Al = 37,8%
CADERNO 3
22. a) SO 2
+ H 2
O 2
w H 2
SO 4
b) 1º Passo s Calcular o número de mols de HCl necessários para
produzir SO 2
:
Na 2
SO 3(aq.)
+ 2HCl (aq.)
w SO 2(g)
+ 2NaCl (aq.)
+ H 2
O (,)
2 mol 1 mol
2 mol 64 g
x (mol) 19,23 g
2. d
Pela equação temos: 2 mol C 6
H 12
2 mol C 6
H 10
O 4
2 ⋅ 84 g 2 ⋅ 146 g
25 g m Ácido adípico
m Ácido adípico
= 43,45 g
43,45 g 100%
33,50 g
% ∴ % = 77,09%
Massa obtida
na reação
7
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3. d
CaCO 3(s)
⎯⎯ →
Δ CaO (s)
+ CO 2(g)
1 mol 1 mol
100 g 56 g
10 kg x (kg)
10 ⋅ 56
x = = 5,6 kg = 5.600 g
100
4. b
1º Passo: Fazer a reação de neutralização e determinar a massa de
hidróxido de magnésio:
Mg(OH) 2(s)
+ 2HCl (aq.)
w MgCl 2(aq.)
+ H 2
O ()
1 mol 1 mol
58 g 95 g
x(g)
16 g
x = 9,77 g de Mg(OH) 2
M(MgCl 2
) = 95 g/mol
M(Mg(OH) 2
) = 58 g/mol
2º passo: Cálculo do grau de pureza do medicamento:
12,2 g 100%
9,77 g y
y = 80%
5. Cálculo da massa pura de KNO 3
que reage:
1.515 g amostra 100%
m KNO3
80% KNO 3
y m KNO3
= 1.212 g
Pela estequiometria de reação, temos:
4 mol KNO 3
8 mol gases (3 mol CO 2
+ 3 mol CO + 2 mol N 2
)
4 ⋅ 101 g 8 ⋅ 22,4 L (CNTP)
1.212 g V T
gases ∴ V T
gases = 537,6 L
Os sais formados são: K 2
CO 3
s carbonato de potássio e K 2
S ⇒ sulfeto
de potássio.
6. d
H 2
SO 4
+ Ca(OH) 2
w CaSO 4
+ 2H 2
O
1 mol 1 mol
98 g 136 g
39,2 g x (g)
x = 54,4 g de CaSO 4
54,4 g 100%
y 90%
y = 48,96 g
Outra resolução:
H 2
SO 4
CaSO 4
1 mol 1 mol
98 g 0,9 · 136 g
39,2 g y
y = 48,96 g
7. a) A equação química é: BaCl 2(aq.)
+ H 2
SO 4(aq.)
w BaSO 4(s)
+ 2HCl (aq.)
b) Como o único sólido formado na reação é BaSO 4
, temos:
1 mol BaCl 2
1 mol BaSO 4
208 g 233 g
m 0,053 g
mBaCl 2
= 0,047 g
então: 0,15 g amostra 100%
0,047 g BaCl 2
% BaCl 2
∴ BaCl 2
= 31,33%
c) Como massa total amostra = 0,15 g, temos: m T
= m NaCl
+ m BaC l 2
∴
0,15 g = m NaCl
+ 0,047 g ∴ mNaCl = 0,103 g, então:
Cálculo da massa de Cl – em BaCl 2
:
em 208 g BaCl 2
70 g de Cl –
0,047 g BaCl 2
mCl – ∴ mCl – = 0,016 g no BaCl 2
Cálculo da massa de Cl – em NaCl:
em 58,5 g NaCl 35,5 g de Cl –
0,103 g NaCl mCl – ∴ mCl – = 0,0625 g do NaCl
Portanto: m = m + m
T
Cl
–
∴ m
C
T
= 0,016 + 0,0625
Cl
–
BaCl2
l –
NaCl
∴ m T
= 0,0785 g
A porcentagem de Cl – na mistura inicial será:
0,15 g amostra 100%
0,0785 g Cl – %Cl – ∴ % Cl – = 52,33%
b) Pela equação, temos:
1mol BaCO
↓
→
1mol BaSO
3 4
↓
197 g 233 g
600 kg m ∴ m = 709,64 kg
c) Se o rendimento da reação for menor que 100%, pode ter presença
de BaCO 3
na mistura final. Após a ingestão da suspensão,
o BaCO 3
reage com HCl presente no suco gástrico e produz íons
bário, conforme a equação.
BaCO 3(s)
+ 2HCl (aq.)
w BaCl 2(aq.)
+ CO 2(g)
+ H 2
O ()
Ou:
BaCO 3(s)
+ 2H + (aq.) w Ba2+ (aq.) + CO 2(g) + H 2 O ()
9. d
• Cálculo da massa de NaOH gasta:
NaOH + HCl w NaCl + H 2
O
1 mol 1 mol
40 g 58,5 g
x (g)
234 g
x = 160 g
• Cálculo da pureza de soda cáustica:
200 g 100%
160 g y
y = 80%
10. b
1º Passo s Determinar a massa pura da gordura:
15 kg de gordura 100%
x 85%
x = 12,75 kg de gordura
2º Passo s Determinar a massa da base:
1 mol da gordura 1 mol da base (NaOH)
850 g 40 g
12,75 kg y
12,
75 ⋅ 40
y =
= 0,6 kg de NaOH
850
y = 600 g de NaOH
11. a
9,5 g 100%
x 80%
x = 7,6 g de TiCl 4
puro
TiCl 4(g)
+ 2Mg (s)
w 2MgCl 2()
+ Ti (s)
1 mol 1 mol
190 g 48 g
7,6 g y (g)
y = 1,92 g
12. b
1 mol C 7
H 6
O 3
1 mol C 9
H 8
O 4
1,38 g 180 g
1,38 t x
x = 1,80 t (100% de rendimento)
1,80 t 100%
y 80%
y = 1,44 t
13. c
C 2
H 4
O 2
+ C 2
H 5
OH w C 4
H 8
O 2
+ H 2
O
1 mol 1 mol
46 g 88 g
x (g) 440 g
x = 230 g de álcool
230 g 70%
y 100%
y = 328,6 g H 327 g
M(C 2
H 5
OH) = 46 g/mol
M(C 4
H 8
O 2
) = 88 g/mol
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
8. a) A equação é:
BaCO 3(s)
+ H 2
SO 4(aq.)
w BaSO 4(s)
+ H 2
O ()
+ CO 2(g)
8
14. a) C 22
H 46
+ 67
2 O 2 w 22CO 2 + 23H 2 O
OPV11TP3Q.indd 8 21.02.11 16:37:40

) Considerando a quantidade de CO 2
inicial no sótão desprezível,
teremos:
• Cálculo do volume do sótão: V = 3 ⋅ 2 ⋅ 2 s
s V = 12 m 3 ou 12 ⋅ 10 3 L
Então: 100 L ar 0,88 L de CO 2
(0,88%)
12 ⋅ 10 3 L ar V CO2
∴ V CO2
= 105,6 L
Como: 1 mol de CO 2
nCO 2
24 L
105,6 L ∴ nCO 2
= 4,4 mol
19. b
294,27 g y (g) z (g)
980,9 g 100%
x 30%
x = 294,27 g
y = 258,2 g z = 222,1 g y + z = 480,3 g
Produz 480,3 g de superfosfato.
(F) Os produtos estão sólidos.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
c) Pela equação, temos: 1 mol C 22
H 6
22 mol de CO 2
n 4,4 mol de CO 2
n = 0,2 mol
Como: 1 mol C 22
H 46
310 g
0,2 mol C 22
H 46
m ∴ m = 62 g
Sabendo que: 1 vela 1,55 g
x 62 g ∴ x = 40 velas
Então, a idade da senhora é 40 anos.
15. e
A massa pura de Fe 2
O 3
que reage é dada por:
400 kg 100%
mFe 2
O 3
80% Fe 2
O 3
∴ mFe 2
SO 3
= 320 kg
A equação do processo é dada por:
Fe 2
O 3
+ 3CO w 2Fe + 3CO 2
1 mol 2 mol
160 g 2 ⋅ 56 g
320 kg mFe ∴ mFe = 224 kg ou 2,24 ⋅ 10 5 g
16. Cálculo da quantidade, em mol, de nitrogênio que reage:
p ∙ V = n ⋅ R ⋅ T s 1,14 ⋅ 50 = nN 2
⋅ 0,082 ⋅ 300
nN 2
= 2,31 mol
Pela equação balanceada: 2NaN 3
w 2Na + 3N 2
2 mol 3 mol
2 ⋅ 65 g 3 mol
m 2,31 mol
m = 100,5 g
17. b
A equação da reação é:
H 2
S + Pb(H 3
C — COO) 2
w 2H 3
C — COOH + PbS ↓
Cálculo das massas molares:
H = 1 · 2 = 2
S = 32 · 1 = 32
M H2
= 34 g/mol
S
Pb = 207 · 1 = 207
S = 32 · 1 = 32
M PbS
= 239 g/mol
Pela equação temos:
1 mol H 2
S 1 mol PbS
34 g 239 g
mH 2
S 4,78 g
mH 2
S = 0,68 g ou 680 mg
18. V – F – F – F
(V) Ca 3
(PO 4
) 2
2H 2
SO 4
1 mol 2 mol
310 g 2 mol
y (g)
0,2 mol
y = 31 g
µ H2 SO 4
= 2 mol/L
2 mol 1 L
x
0, 1 L
x = 0,2 mol
(F) Ca 3
(PO 4
) 2
w Ca(H 2
PO 4
) 2
s o fósforo não variou o nox.
Preto
2Al 2
O 3
w 4Al + 3O 2
2 mol 4 mol
2 · 102 g 4 · 27 g
x 200 kg
x = 377,7 kg de Al 2
O 3
377,7 kg 50%
y 100%
y = 755,5 kg H 756 kg de bauxita
M(Al 2
O 3
) = 102 g/mol
M(Al) = 27 g/mol
20. a) 3Cu (s)
+ 8HNO 3(aq.)
w 3Cu(NO 3
) 2(aq.)
+ 2NO (g)
+ 4H 2
O (,)
b) NaCl (aq.)
+ AgNO 3(aq.)
w AgCl (s)
+ NaNO 3(aq.)
+ –
c) Ag
(aq.)
+Cl (aq.) w AgCl (s)
1 mol 1 mol
108 g 143,5 g
x (g)
10 g
x = 7,53 g de Ag +
Como todo Ag + veio da prata da moeda, temos:
Massa de Cu = 10 – 7,53 = 2,47 g
%Cu 10 g 100%
2,47 g x
x = 24,7% de Cu
Atividades extras
21. 1º passo: Cálculo do número de mols de KMnO 4
gastos:
µ KMnO4
= 0,05 mol/L
22. a)
0,05 mol 1 L
x 0,0216 L
x = 1,08 · 10 –3 mol de KMnO 4
2º passo: Cálculo da massa de H 3
AsO 3
, após o balanceamento da
equação:
5H 3
AsO 3
+ 2KMnO 4
+ 3H 2
SO 4
w 5H 3
AsO 4
+ K 2
SO 4
+
+ 2MnSO 4
+ 3H 2
O
5 mol 2 mol
5 · 125,9 g 2 mol
y (g) 1,08 · 10 –3 g
y = 339,93 · 10 –3 g H 0,34 g
M(H 3
AsO 3
) = 125,9 g/mol
3º passo: Cálculo da massa do óxido:
As 2
O 3
+ 3H 2
O w 2H 3
AsO 3
1 mol 2 mol
197,8 g 2 · 125,9 g
z (g) 0,34 g
z = 0,267 g de As 2
O 3
M(As 2
O 3
) = 197,8 g/mol
4º passo: Cálculo da %:
5 g 100%
0,267 g w
w = 5,34%
Redução
–2 –2 –2
2(I +5 O 3
) – + 5(H +1 S +4 O 3
) – 0
1I 2
+ 5(S +6 O 4
) 2– + 3H + + 1H 2
O –2
+1
CADERNO 3
Ca 3
P 2
O 8
w Ca H 4
P 2
O 8
+2 +5 – 2 +2 +1 +5 – 2
+6 +10 – 16 +2 +4 +10 –16
(F) Ca 3
(PO 4
) 2
+ 2H 2
SO 4
w 2CaSO 4
+ Ca(H 2
PO 4
) 2
1 mol 2 mol 1 mol
310 g 2 · 136 g 234 g
9
Oxidação
Agente oxidante = IO 3
–
Agente redutor = HSO 3
–
I = 5 · 2 = 10 w 5
S = 2 · 1 = 2 w 1
∑ cargas reagentes
= ∑ cargas produtos
1
5
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–2 – 5 = –10 + 3
–7 = –7
b) 1º Cálculo da massa de iodato:
–
2IO 3 1I 2
2 mol 1 mol
2 · 198 g 1 · 254 g
x 10 kg
–
x = 15,6 kg de IO 3
2º Cálculo da massa de caliche:
–
15,6 kg de IO 3 0,1 %
y 100%
y = 15.590,5 kg de caliche
23. A reação que ocorre é:
NaNO 2
+ FeSO 4
+ H 2
SO 4
w NO + Fe 2
(SO 4
) 3
+ NaHSO 4
+ H 2
O
Realizando o balanceamento por oxirredução, teremos:
• redução: N s Δ = 1 ∙ 1 = 1 ∴ 2NO
• oxidação: Fe s Δ = 1 ∙ 2 = 2 ∴ 1 Fe 2
(SO 4
) 3
Portanto, a reação balanceada será:
2NaNO 2
+ 2FeSO 4
+ 3H 2
SO 4
w 2NO + Fe 2
(SO 4
) 3
+ 2NaHSO 4
+
+ 2H 2
O
Calculando o número de mols, para se identificar qual o reagente
que está em excesso:
mNaNO n
2
75
NaNO 2
= s n = s n =1,09 mol
M
69
n
n
NaNO 2
NaNO 2 NaNO 3
m
= s n = 152 s n =1mol
M
152
FeSO 4
FeSO 4
FeSO 4
FeSO 4 FeSO 4
m
150
= s n = s n =1,53mol
M
98
H 2 SO 4
H 2 SO 4
H 2 SO 4
H 2 SO 4 H 2 SO 4
Dessa forma, o reagente limitante é o FeSO 4
.
2FeSO 4
2NO
2 ∙ 152 g 2 ∙ 30 g
152 g x
x = 30 g
Como o rendimento é de 90%, teremos:
30 g 100%
y 90%
y = 27 g
24. a) Pela equação, teremos:
2C 3
H 5
(NO 3
) 3(,)
w 3N 2(g)
+
2
( −
364
kJ
)
Hr
=−728kJ
1
2 O 2(g) + 6CO 2(g) + 5H 2 O (g)
0 0 6(–394 kJ)5(–242 kJ)
H p =−3.
574kJ
∆H = (–3.574) – (–728)
∆H = –2.846 kJ
Como: 2 mol nitroglicerina = 2 · 227 g _liberam_ 2.846 kJ
4,54 g x
x = 28,46 kJ
b) Como todos os produtos são gases nas condições de explosão,
temos:
2C 3
H 5
(NO 3
) 3(,)
w 3N 2(g)
+ 1 2 O 2(g) + 6CO 2(g) + 5H 2 O (g)
2 mol
3mol 0,5mol 6mol 5mol
2 mol 14,5 mol
2 · (227 g) 14,5 mol
4,54 g x
4,54g ⋅ 14,5mol
x =
=
2 ⋅ 227g
0145 , mol
QG.22
1. c
2Na Cl O 2
+ Cl 2
w 2Na Cl + 2Cl O 2
+1 +3 –2 0 +1 –1 +4 –2
+1 +3 +4 +4 –4
2. I – d; II – a; III – c; IV – e; V – b
Ca C O HCl
Na SO H NO O
3 2 4 3 2
+2 +4 − 2 + 1− 1 + 1+ 6 −2 +1 + 5 −2 0
+2 +4 − 6 + 2+ 6 −8
+1 +5 −6
3. a
C +4 O 2 –2 s C = +4
4. e
5. b
6. b
K +1 Mn +7 O 4
–2
s Mn = +7
+1 +6
H S O -2 s S=+6
2
CH 4
+1
–4
7. b
4
K Cl O 2
Ca Cl 2
O 2
Mg Cl 2
O 6
Ba Cl 2
O 8
+1 +3 –2 +2 +1 –2 +1 +5 –2 +2 +7 –2
+1 +3 –4 +2 +2 –4 +2 +10 –12 +2 +14 –16
–2
O
+2
–1
H
OH OH H
C — C — C — C — C — C — OH
H +1
+1 OH H H OH H
+1 +1 –2
HCHO
0
(CO 3
–2
) 2–
+4
+1
–1
–1
+1
0
+1
H
–1 +1 –1
2MnO 2
+ 2NH 4
Cl + 4H 2
O + Zn w 2Mn(OH) 3
+ 2NH 4
OH + ZnCl 2
8. a
9. b
+4 –2 –3 +1 –1 +1 –2 0 +3 –2 +1 –3 +1 –2 +1 +2 –2
Ganhou 1 e – , sofreu redução
Pb
–1
+1
–1
Perdeu 2 e – , sofreu oxidação
+ PbO 2
+ H 2
SO 4
w PbSO 4
+ H 2
O
0 +4–2 +1 +6 –2 +2 +6 –2 +1–2
A = perdeu 2 e – : oxidação
B = ganhou 2 e – : redução
Oxidado w Pb 0
Agente oxidante w PbO 2
A
B
2Cu + O 2
+ 2H 2
O w 2Cu(OH) 2
0 0 +1 –2 +2 –2 +1
Ganhou 2 e – , sofreu redução
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
p = ?
T = 127 ºC = 400 K
V = 100 mL = 0,1 L
∑n = 0,145 mol
R = 0,082 atm ∙ L∙ mol –1 ∙ K –1
p ∙ V = ∑n ∙ R ∙ T
−1 −1
0145 , mol ⋅ 0, 082 atm· L · mol · K · 400 K
p =
01 , L
p = 47,56 atm
10
Perdeu 2 e – , sofreu oxidação
Cu é agente redutor
I é uma reação de oxirredução
Cu(OH) 2
CO 2
CuCO 2
H 2
O
+2 –2 +1 +4 –2 +2 +4 –2 +1 –2
Em II, não houve variação de nox, portanto não é uma reação de
oxirredução.
OPV11TP3Q.indd 10 21.02.11 16:37:50

10. e
2+
Fe
4+
+Ce
3+
x Fe +Ce
(aq.)
(aq.)
(aq.)
3+
(aq.)
Fe 2+ : oxidou, agente redutor
Ce 4+ : reduziu, agente oxidante
I. (F)
II. (V)
III. (F)
IV. (V)
11. a
Pela equação:
Redutor Oxidante
Fe + 2H + H 2
+ Fe 2+
17. d
4NH 3
+ 5O 2
w 4NO + 6H 2
O
–3 +1 0 +2–2 +1–2
D = 5
D = 2
N: 5 · 1 = 5
O: 2 · 2 = 4
4
5
4 + 5 + 4 + 6 = 19
Fe 2
O 3
+ 3CO w 2Fe + 3CO 2
0 +1 0 +2
+3 –2 +2 –2 0 +4 –2
r nox s redução
ganha e –
Ganhou 3 e – , sofreu redução
Perdeu 2 e – , oxidação
e nox s oxidação y perde e –
Fe 2
O 3
w Fe w D = 3 · 2 = 6 e –
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
12. b
1. (V)
2. (V)
3. (V)
4. (F) Redutor sofre oxidação ∴ doa elétrons.
5. (F)
13. b
Ag 1+ + e – Ag 0
+1
SiCl 4
+
SiCl 4
w agente oxidante
H 2
w agente redutor
r nox
Redução
2H 2
w Si + 4HCl
+4 –1 0 0 +1 –1
Ganhou 4 e – , sofreu redução
0
Perdeu 2 e – , oxidação
14. a) A quantidade de agrotóxico, em g, poderá ser calculada de duas
formas, não esquecendo que ela depende da concentração da
solução e quantidade de solução, então:
15. c
ou
Q = C · M · V · t
g = mol · L –1 · g · mol –1 · L · s –1 · s
Q = P · F · t · 1.000
g = % de · kg · s –1 · s · 1.000 g · kg –1
agrotóxico
b) Para ter massa molar de 213,4 g/mol a fórmula da substância
será Cu 2
(OH) 3
Cl.
c) Veja o cálculo a seguir:
Cu 2
(OH) 3
Cl s 2 ∙ x + 3 ∙ (–1) + (–1) ∙ 1 = 0
x = +2
1K 2
Cr 2
O 7
+ SnCl 2
+ 14HCl w 2KCl + 2CrCl 3
+ 3SnCl 4
+ 7H 2
O
+1 +6 –2 +2 –1 +1–1 +1–1 +3 –1 +4 –1 +1–2
Ganhou 3 e – : redução
Perdeu 2 e – : oxidação
CO w CO 2
w D = 2 · 3 = 6 e –
a) O CO atua como agente redutor. (F)
b) Os coeficientes são 1, 3, 2 e 3. (F)
c) A hematita atua como agente oxidante. (F)
d) Cada átomo de ferro ganhou 3 e – . (V)
e) Este método de obtenção de ferro em alto-forno chama-se siderurgia.
(F)
–
18. a) Oxidação: NH 3
w NO 3
Redução: N 2
w NH 3
As enzimas são catalisadores biológicos, portanto, diminuem a
energia de ativação e aumentam a rapidez da reação.
b) N≡
N+O=O w 2N=O
941+495
2
⋅
607
+1.436 –1.214
∆H = saldo de energia = 1.436 – 1.214 = 222 kJ
19. b
Pela equação, temos:
20. a
3FeO + 1CO 2
1Fe 3
O 4
+ 1CO
+2 +4
+2
FeO Fe 2
O 3
+2 +3
FeO w 1Fe 2
O 3
∴ D = 1 · 2 s 2 s 1
2
1CO 2
w CO ∴ D = 2 · 1 s 2 s 1
2
Redutor
H
Oxidante
O
K 2
Cr 2
O 7
+ H 2
SO 4
+ H 3
C — C — OH w H 3
C — C + H 2
O + Cr 2
(SO 4
) 3
+ K 2
SO 4
+6 –1
H
Oxidação
+1 H +3
Redução
CADERNO 3
÷ 2
Cr w 3 · 2 = 6 w 3
÷ 2
Sn w 2 · 1 = 2 w 1
1
3
K 2
Cr 2
O 7
w Cr 2
(SO 4
) 3
y D = 3 · 2 = 6 2 s 3 · 1
a) O coeficiente do SnCl 2
é 3.
b) Cada átomo de crômio ganhou 3 e – .
c) Cr 6+ w sofreu redução, e o Sn 2+ sofreu oxidação.
d) O coeficiente do CrCl 3
é 2.
e) K 2
Cr 2
O 7
w agente oxidante.
SnCl 2
w agente redutor.
H 3
C — CH 2
— OH w H 3
C — CHO y D = 2 · 1 = 2 2 s 1 · 3
1K 2
Cr 2
O 7
+ 4H 2
SO 4
+ 3H 3
C — CH — OH w 3H C — CHO + 7H O +
2 3 2
+ 1Cr 2
(SO 4
) 3
+ K 2
SO 4
16. d
11
21. a
OPV11TP3Q.indd 11 21.02.11 16:37:55

3Cu S + 8HNO 3
3Cu(NO 3
) 2
+ 2NO + 3S + 4H 2
O
Reduz s Deposição
Oxida s Corrosão
+2 –2 +1 +5 –2
+2 –2
Oxidou s 2 e – · 1 = 2 e – · 3 = 6 e –
Reduziu s 3 e – · 1 = 3 e – · 2 = 6 e –
0
Cátodo
Polo
Ânodo Polo
Chega e –
Sai e –
22. d
3H 3
C — OH + 1Cr 2
O 7
2–
+ 8H +
+3 –2 –1 +6 –2
Oxidou s 2 e – · 1 = 2 e – · 3 = 6 e –
Reduziu s 3 e – · 2 = 6 e – · 1 = 6 e –
3H 2
C — O + 2Cr 3+ + 7H 2
O
+2 0 –2 +3
–
Atividades extras
23. Determinação da concentração, em mol/L, da solução de KMnO 4
:
–
Pelos potenciais de redução, podemos afirmar que MnO 4 gera
Mn 2+ e CO
2 4 gera CO 2
. De fato:
– 2–
MnO
4+CO
2 4
wMnO+CO2
Balanceando por oxirredução e sabendo que 1MnO –
4 ganha 5 e – e
1C 2
O
4 perde 2 e , temos:
–
2–
2MnO +5C O
2–
w2MnO+10CO +6O
4
2 4
Ou, em meio ácido:
–
2– +
2MnO
4+5C2O 4
+12H w2MnO+10CO 2+12H2O
Por estequiometria:
2 mol KMnO 4
: 5 mol Na 2
C 2
O 4
µ ∙ 10 ∙ 10 –3 L KMnO 4
: 0,5 mol
L
2
∙ 5 ∙ 10 –3 L Na 2
C 2
O 4
µ KMnO4 = 0,1 mol/L
Mas os minérios podem conter íons Fe 2+ e Fe 3+ .
Na reação com HCl, os íons serão dissolvidos em solução.
Tratando-se com Sn 2+ , pelos potenciais de redução,
Sn 2+ w Sn 4+ e Fe 3+ w Fe 2+ , segundo a equação:
Sn 2+ + 2Fe 3+ w 2Fe 2+ + Sn 4+ (I)
Também pelos potenciais de redução, com o tratamento da solução
obtida KMnO 4
, temos:
-
MnO 4 + Fe 2+ w Fe 3+ + Mn 2+
-
Por oxirredução: 1 MnO 4 ganha 5 e – e 1Fe 2+ perde 1 e – , temos:
-
1MnO 4 + 5Fe 2+ w 5Fe 3+ + 1Mn 2+ + 4O 2–
Ou, em meio ácido:
-
1MnO 4 + 5Fe 2+ + 8H + w 5Fe 3+ + 1Mn 2+ + 4H 2
O (II)
De (II):
1 mol de KMnO 4
: 5 mol Fe 3+
0,1 mol
L
∙ 12,8 ∙ 10 –3 L KMnO 4
: n Fe 3+
n Fe 3+ = 6,4 ∙ 10 –3 mol
Através da sequência de reações todos os íons Fe 2+ e Fe 3+ dos minérios
converteram-se em Fe 3+ . Mas, em 0,5 g do minério:
n
m 05 ,
= = = 3,125 ∙ 10 –3 mol
M 160
Fe 2 O 3
Fe 2 O 3
Fe 2 O 3
∴ n Fe 3+ = 6,25 ∙ 10 –3 mol
n
∴ n
n
m 05 ,
−
= = = 2155 , ⋅ 10 3 mol
M 232
Fe 3 O 4
Fe 3 O 4
Fe 3 O 4
8
= 6, 465· 10 – 3 mol
Fe3 +
2Fe 2 O 3 ⋅ 3H 2 O
m2Fe 2 O 3 ⋅ 3H 2 O
= = 05 ,
M
374 = 1,337 · 10–3 mol
2Fe 2 O 3 ⋅ 3H 2 O
\ n Fe 3+ = 5,348 · 10 –3 mol
Portanto, a única amostra de minério que possui mais de 6,4 ∙ 10 –3 mol
de ferro é a magnetita (Fe 3
O 4
).
2. e
Sendo o potencial de redução do iodo maior, temos:
Semirreação de oxidação, ânodo:
Li (s)
w Li + + 1 e – (agente redutor)
Semirreação de redução, cátodo:
I 2(s)
+ 2 e – w 2I – (agente oxidante)
∆E 0 = +3,045 + (+0,563) = 3,581 V
3. a
E
0
red
Ag > E
0
red
Ni
Semirreação de oxidação, ânodo
0 2+ –
Ni w Ni + 2e
(s)
(aq.)
Semirreação de redução, cátodo
+
Ag
–
+1e
0
w Ag
(aq.)
(s)
∆E 0 = +0,24 + (+0,80) = +1,04 V
4. d
Zn + 2MnO 2
+ 2NH 4
+
w Zn 2+ + 2MnO(OH) + 2NH 3
Zn 0 w oxidação, ânodo.
MnO 2
w redução, cátodo.
5. Soma = 30 (02 + 04 + 08 + 16)
Pela figura apresentada no exercício, observamos os elétrons saindo
do eletrodo B e indo para o A, portanto, o eletrodo B se oxida e o A
reduz-se.
Semirreação de oxidação, ânodo, polo (–):
0 3+ –
B w B + 3 e
(s)
(aq.)
O eletrodo B sofre corrosão.
Semirreação de redução, cátodo, polo (+):
2+ – 0
A + 2 e w A
(aq.)
Reação global:
(s)
0
2B
w 2B
+ 6e
(s)
3 A +6e
2+ –
(aq.)
3+ –
(aq.)
0 2+
2 B +3A w B
3+ + 3A 0
(s)
(aq.)
w 3A
0
(s)
2
(aq.)
(01) (F) A concentração de B 3+ aumenta.
(02) (V)
(04) (V)
(08) (V)
(16) (V)
6. a
As equações simplificadas em cada eletrodo são:
• ânodo s H 2
w 2H + + 2 e –
• cátodo s H 2
O + 1 2 O 2 + 2 e– w 2OH –
H
+
Formado noânodo (oxidação)
+
Formado no
OH
–
cátodo (redução)
→ HO
2
7. a) ∆E = E maior
– E menor
s ∆E = 0,337 – (–0,140) ∴ ∆E = 0,477 V
b) A equação global será dada por:
2+ −
Cu + 2 e → Cu
2
Sn → Sn + 2 e
+ −
Cu + Sn → Cu + Sn
2+ 2+
Como no eletrodo de cobre há redução, haverá deposição de
Cu 0 ; portanto, sua massa aumenta. No eletrodo de estanho, há
oxidação do Sn 0 ; portanto, o eletrodo perderá massa.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24. a) Fe 2+ w Fe 3+ + 1 e – s semirreação de oxidação
NO 2 –
+ 2H + + 1 e – w NO + H 2
O s semirreação de redução
b) A fórmula molecular da espécie é: [Fe(NO)] 2+
QG.23
1. d
Em uma pilha:
12
+
8. a) Cátodo – reduz – polo : 2H (aq.)
+ 2 e – w H 2(g)
2+
Ânodo – oxida – polo : Zn (s)
w Zn (aq.)
+ 2 e –
+
Equação global: 2H (aq.)
+ Zn (s)
w H 2(g)
+ Zn (aq.)
E 0 (Zn) = – 0,76 V
red.
b) ∆E = E maior
– E menor
∴ ∆E = 0,34 – (– 0,25) ∴ ∆E = 0,59 V
Polo
cátodo
s redução ∴ Cu2+ + 2 e – w Cu 0
Será oeletrododecobre.
OPV11TP3Q.indd 12 21.02.11 16:38:04

9. d
∆E 0 = –1,51 + (+2,87) = +1,36 V
Se o circuito externo for fechado sobre a placa de cobre, haverá
passagem de elétrons pelo fio.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10. a
Os metais chumbo, cádmio e mercúrio são mais tóxicos e bioacumulativos.
11. c
Pelas equações, temos:
2+ –
Zn w Zn + 2e (oxidação)
(s)
(aq.)
2+
Cu +2e
(aq.)
Zn /Zn
(s)
2+
(aq.)
–
w Cu (redução)
|| Cu
2+
)
(aq.
(s)
/Cu (s)
Ânodo, polo– ||Cátodo, polo+
12. Soma = 30 (02 + 04 + 08 + 16)
Ânodo / oxidação: Cu 0 w Cu 2+ + 2 e –
Cátodo / redução: 2Ag + + 2 e – w Ag
–0,34 V
+0,80 V
Cu 0 + 2Ag + w Cu 2+ + Ag
∆E = 0,46 V
(01) (F) No eletrodo de cobre ocorre oxidação (saída de elétrons).
(02) (V)
(04) (V)
(08) (V)
(16) (V)
(32) (F) Representação da pilha: Cu 0 / Cu 2+ || Ag + / Ag 0
13. b
Pelas equações fornecidas, teremos:
Cátodo polo s redução: HgO + H 2
O + 2 e – → Hg + 2OH –
Ânodo polo s oxidação: Zn + 2OH – → Zn(OH) 2
+ 2 e –
Então os elétrons – partem do eletrodo de Zn para o HgO; como o Hg
é produto da pilha, com ∆E > 0, ocorre fenômeno espontâneo, com
excesso de OH – na solução final (solução básica, pH > 7).
14. a
E 0 red Ag > E0 red Zn
Ag + /Ag 0 w redução, cátodo
Zn 0 /Zn 2+ w oxidação, ânodo
∆E 0 = +0,763 + (+0,344) = +1,107 V
15. Soma = 42 (02 + 08 + 32)
(01) (F) As semirreações são:
I. Cl 2(g)
+ 2 e – –
w 2C l (aq.)
II. Mn (s)
w 2 e – 2+
+ Mn (aq.)
(02) (V)
(04) (F) Como ∆E > 0 a reação é espontânea, portanto fornecerá
energia elétrica.
(08) (V)
(16) (F) O Mn sofre oxidação, portanto é agente redutor.
(32) (V)
16. a
Pelas equações, temos:
Ni OOH + H 2
O + e –
—
+3
Cd 0 + 2OH –
—
0
↓nox y redução
↑nox y oxidação
+2
Ni (OH) 2
+ OH –
—
+2
Cd(OH) 2
+ 2 e –
—
—
— Ânodo
Polo –
Cátodo
Polo +
18. c
Sendo maior o potencial de redução do cobre, com o funcionamento
da pilha Cu 2+ (aq.) , reduz à Cu 0 2+
(s) , portanto, a concentração de Cu (aq.)
diminui com o passar do tempo.
19. b
Pela representação da pilha Al/Al 3+ // Co / Co 2+ , observamos que o
alumínio oxida (Al 0 w Al 3+ ) e o cobalto reduz (Co 2+ w Co 0 ).
O fluxo de elétrons é do alumínio para o cobalto.
a) Al 3+ /Al sofre oxidação (ânodo). (F)
b) Co 2+ /Co 0 reduz; portanto, sofre aumento de massa (deposição). (V)
c) Polo negativo. (F)
d) (F)
e) (F)
20. Soma = 4 (04)
Semirreação de oxidação, ânodo, polo (–):
Cd 0 w Cd 2+ + 2 e – Cd 0 : agente redutor
Semirreação de redução, cátodo, polo (+):
Ni 3+ + 1 e – w Ni 2+ Ni 3+ : agente oxidante
∆E 0 = +0,4 + (+1,0) = 1,4 V
Reação global:
Cd 0 + 2Ni 3+ w Cd 2+ + 2Ni 2+
(01) (F) (08) (F)
(02) (F) (16) (F)
(04) (V) (32) (F)
21. e
O eletrodo de zinco perde elétrons, sofrendo oxidação, o que diminui
sua massa.
Semirreação de oxidação, ânodo, polo (–):
Zn 0 w Zn 2+ + 2 e –
O eletrodo de cobre ganha elétrons, sofrendo redução, o que aumenta
sua massa.
Semirreação de redução, cátodo, polo (+):
Cu 2+ + 2 e – w Cu 0
Reação global:
Cu 2+ + Zn 0 w Zn 2+ + Cu 0
22. b
Pela equação global da pilha:
2Ag + + Ni 0 w 2Ag 0 + Ni 2+
A prata sofreu redução (cátodo) e o níquel oxidação (ânodo).
Cálculo da ddp:
∆E 0 = E 0 oxidação do ânodo + E0 redução do cátodo
∆E 0 = +0,25 + (+0,80)
∆E 0 = +1,05 V
Atividades extras
23. a) Listagem:
• Solução aquosa de HCl 1,0 mol/L
• Solução aquosa de CuSO 4
1,0 mol/L e barra de Cu
• Voltímetro
• Eletrodo de hidrogênio
• Ponte salina e termômetro
b)
Voltímetro
Ponte salina
elétrons
CADERNO 3
Multiplicando a 1ª equação (· 2) e
mantendo a 2ª equação:
2NiOOH + 2H 2
O + 2e −
w 2 Ni(OH) 2
+ 2OH −
+ Cd 0 + 2OH − w Cd(OH) 2
+ 2e −
H 2(g)
1 atm Cu (s)
+
H (aq.)
2+
Cu (aq.)
2NiOOH + 2H 2
O + Cd 0 w 2Ni(OH) 2
+ Cd(OH) 2
r
r
2 mol 1 mol
17. d
Oxidação
ânodo
polo
Redução
cátodo
polo
13
OPV11TP3Q.indd 13 21.02.11 16:38:08

+
H 2(g)
w 2H (aq.)
+ 2 e – 2+
Cu (aq.)
+ 2 e – 0
w Cu (s)
c) A área do eletrodo e a concentração de cobre no condutor metálico
não afetam a medida do potencial. A concentração de
Cu 2+ no condutor eletrolítico influirá na medida, de acordo com
a equação de Nernst.
E = E 0
– RT 1
⋅ 1n
nF [ Cu 2+ ]
s Quanto maior [Cu2+ ] maior E, e quanto
maior a temperatura, menor o E.
24. b
Pela análise dos dados fornecidos, podemos concluir que o potencial
da semirreação III:
3+ – +
In(aq.)
+ 2 e w In(aq.)
E III
= –0,44 V
é o valor médio dos potenciais IV e II:
3+ – 2+
In(aq.)
+ e w In(aq.)
E IV
= –0,49 V
3+ – +
In + e w In
E II
= –0,40 V
QG.24
1. c
(aq.)
(aq.)
3+ – +
(
In (aq.)
+ e In(aq.)
E III
= − 049 , )
2
+ ( − 040 , )
w
= – 044V ,
2
De forma análoga, teremos:
3+ – 2+
In(aq.)
+ e w In(aq.)
EIV
= −049
, V
II
=−040 , V
2+
In(aq.)
–
+e w In (aq.)
E
+ – 0
In + e w In E = −014
, V
(aq.)
(aq.)
I
3+ – 0
(
In(aq.)
+ e In(aq.)
E = − 049 , )
3
+ ( − 040 , ) + ( − 0, 14)
w
= – 034 , V
3
I. (V)
II. (V)
III. (F) 1 mol de Al 2
O 3
2 mol Al
102 g 2 mol
204 g n ∴ n = 4 mol
IV. (V)
2. Sim, pois pelos dados:
Ered C 2
> E redI2 ∴ Cl 2
reduz e I – oxida, e as equações seriam:
l
Cl 2(g)
+ 2e – −
w 2Cl ( aq.)
2I – w I 2(s)
+ 2e –
−
Cl 2(g)
+ 2I ( aq.)
−
w 2Cl ( aq.)
+ I 2(s)
3. b
O ânodo de sacrifício deve ter E oxi
maior do que o metal a ser protegido,
então como E redFe 2+ = – 0,44 V, E oxi Fe
= 0,44 V, portanto apenas
o Mg 0 será ânodo de sacrifício, pois tem E oxi
= 2,38 V.
4. e
O metal mais indicado para proteger as tubulações de ferro é aquele
com maior potencial de oxidação, portanto, é o zinco.
5. b
E
Ag > E Zn
0
red
0
red
a) O eletrodo de prata aumenta a massa. (F)
b) (V)
c) ∆E 0 = 0,763 + (+0,799) = 1,562 V (F)
d) Os íons K + migram para a solução de AgNO 3
. (F)
e) O mais oxidante tem o maior potencial de redução, portanto o
Ag + . (F)
6. F – F – F – V – V – F – V
0
0
0
Ered . Ni
> Ered
Zn
> Ered
Ca
Ni 2+ w recebe elétrons mais facilmente (melhor oxidante)
Ca 0 w perde elétrons mais facilmente (melhor redutor)
7. Um possível metal de sacrifîcio do ferro deverá apresentar um potencial
de redução menor que do ferro e, de acordo com a tabela,
apenas o magnésio seria adequado.
As colheres de prata que estavam escurecidas, graças à formação de
Ag 2
O e Ag 2
S, voltam a brilhar porque o íon se reduz a Ag 0 . Isso é
evidenciado no enunciado, pois E red.
Ag + > E red.
Al 3+ .
A equação iônica que representa essa reação é:
3Ag + 3e ⎯⎯
→ 3Ag
3Ag
+ – 0
Al
⎯→ ⎯ A l +3e
0 3+ –
+ Al ⎯⎯
→ 3Ag + Al
+ 0
0 3+
9. c
Como E red
Cu 2+ > E red
Zn 2+ , teremos que, em uma reação espontânea,
Zn 0 sofre oxidação e o Cu 2+ sofre redução.
10. a) No cátodo: polo +, ocorre redução, então:
2NiOOH (s)
+ 4H 2
O (,)
+ 2 e – w 2Ni(OH) 2
∙ H 2
O (s)
+ 2OH –
b) Como ddp = 1,2 V com i = 1,0 A e t = 10 h, teremos:
Q = i ⋅ t s Q = 1 ⋅ 36.000 s Q = 36.000 C
Sabendo que: Cd w Cd(OH) 2
+ 2 e –
1 mol 2 mol
146,4 g 2 ⋅ 96.500 C
m 36.000 C
m = 27,3 g
c) Como o cádmio é metal pesado, apresenta propriedades tóxicas
no meio ambiente.
11. Para célula alcalina, teremos:
O2(g) + 2HO
2
+ 4e −
−
,
→ 4OH
aq
+ 040 V
( ) ( .)
,
−
−
2H
2 (g )
+ 4OH( aq .)
→ 4HO 2 (,) + 4e + 083 , V
O
+ 2H
(g)
→ 2H2O( ,) + 123 , V
2(g) 2
Para célula de ácido fosfórico, teremos:
O + 4H + 4e → 2H O + 123 V
2H
O
+ −
( aq ,
.) 2(g) 2 (,)
2(g)
2(g)
+
−
→ 4H + 4e + 000 , V
(aq.)
+ 2H
→ + 123
2(g)
2HO
2 (,) , V
12. V – F – V – V
Os sais só conduzem quando fundidos ou em solução.
13. e
O melhor redutor sofre oxidação, portanto terá: r E
e
14. a
Pela análise dos potenciais, temos:
E red. Ag+
> E red. Cu2+
E redução
oxidação
15. c
a) (V)
b) (V) O potencial de redução da vitamina C é menor, pois ela sofre
oxidação.
c) (F) A vitamina C reduz o iodo a iodeto.
d) (V) Sendo que a vitamina C se oxida e o iodo reduz-se, o caráter
redutor da vitamina C é maior.
e) (V) A vitamina C oxida-se, então perde elétrons.
16. d
Se a lâmina de alumínio permanece inalterada somente na primeira
solução, significa que o metal Al não reagiu como o cátion Mg 2+ ; já
o Al reagiu com Pb 2+ e Ag + ; portanto, o potencial de oxidação do
Mg é o maior de todos e, consequentemente, o mais redutor.
17. a) Ni + Pd 2+ w Ni 2+ + Pd
b) Analisando a equação global, temos:
A concentração de Pd 2+ diminui, pois se trata do reagente.
A concentração de Ni 2+ aumenta, pois se trata do produto.
c) A concentração de íons Ni 2+ aumenta do experimento A para o
experimento B, pois o equilíbrio é deslocado para a esquerda e a
concentração dos íons Pd 2+ permanece constante.
A concentração de íons Pd 2+ diminui do experimento B
para o experimento C, pois o equilíbrio é deslocado para a esquerda
e a concentração de íons Ni 2+ permanece constante.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
8. a
14
18. a) O polo positivo é aquele que recebe elétrons, portanto eletrodo 2.
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Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b) 2H w 4H + 4 e
21. a) O zinco atuando como catalisador na decomposição do peróxi-
+ –
0
2
E = 0V
e –
+
−
0
O2
+ 4H + 4 e w 2H2
O E =+ 123 , V
23. Figura A:
0
I. Ânodo
2H2 + O2w
2HO
2
ΔE
=0+1,23 ∴ Δ E = 1,23V
Fe
O 2
Na +
Cátodo
Concreto
(s)
(aq.)
H
+ -
2
O
Cl
O 2(aq.)
+ 4H (aq.)
+ 4e w 2H2O
(,)
Fe
0
+
2+
2Cu
(s)
+O2(aq.
)
+4H(aq.)
w 2HO
2 (,) +2Cu(aq.)
Em seguida os íons Cu 2+ reagem como ferro metálico:
II. Semirreação anódica s Fe (s)
w Fe (aq.) + 2 e –
E 0 red Cu > E 0 2+
red Fe s Cu(aq.)
- 0
w 2e s Cu(s)
Semirreação catódica s H
0
2+ -
2
O (,)
+ 1 –
–
O
2(g)
+2e w 2OH(aq.)
Fe(s)
w Fe
(aq.)
+2 e
2
2+
Cu
(aq.)
0
+Fe(s)
2+ 0
w Fe(aq.
)
+Cu
(s)
Figura B:
Ânodo
+
+
–
Cátodo
–
Fe
O 2
Ânodo Na +
O Cl
Fe
I.
Concreto
2+ –
24. a) Equação da reação: Fe (s)
+ I 2(aq.)
w Fe
(aq.)
+2I(aq.)
do de hidrogênio:
H 2
O 2
+ 2H + + 2 e – w 2H 2
O E 0 = +1,78 V
H 2
O 2
w O 2
+ 2H + + 2 e – E 0 = –0,70 V
–
–
2I(aq.)
w I2(aq.)
+ 2e
2H 2
O 2
w 2H 2
O + O 2
ΔE 0 = +1,08 V
– –
–
–
CO l
(aq.)
+ 2 e + H2O( ,)
w Cl(aq.)
+ 2OH(aq.)
Oxidação de iodeto na presença de peróxido de hidrogênio:
–
2I(aq.)
–
–
+ CO l
(aq.)
+ HO
2 (,)
w I2(aq.)
+ Cl
(aq.)
–
+ 2OH(aq.)
2I – w + I 2
+ 2 e –
E 0 = –0,54 V
Portanto, o precipitado formado é hidróxido de ferro II:
H 2
O 2
+ 2H + + 2 e – w 2H 2
O E 0 2+
–
= +1,78 V
Fe(aq.)
+ 2OH(aq.)
w Fe(OH)
2(s)
+
c) Na etapa IV, o hidróxido de ferro II reage com íons H (aq.)
H 2
O 2
+ 2H + + 2I – w I 2
+ 2H 2
O ΔE 0 = +1,24 V
do clorídrico:
Oxidação do zinco s Zn w Zn 2+ + 2 e –
E 0 +
2+
= +0,76 V
Fe(OH)
2(s)
+ 2H(aq.)
w Fe(aq.)
+ 2HO
2 (,)
H 2
O 2
+ 2H + + 2 e – w 2H 2
O
E 0 = +1,78 V
QF.09
Zn + H 2
O 2
+ 2H + w Zn 2+ + 2H 2
O ΔE 0 = +2,54 V
drico é espontânea (ΔE 0 > 0).
H 2
O 2
+ 2H + + 2 e – w 2H 2
O E 0 = +1,78 V
2I – w + I 2
+ 2 e –
E 0 = –0,54 V
H 2
O 2
+ 2H + + 2I – w I 2
+ 2H 2
O ΔE 0 = +1,24 V
2. a
A + B + B + a b c
exp. II: 2, 0 = k ⋅ (1) ⋅ (3) ⋅ (4)
e –
Ponte salina
Ponte salina
A B B C
4. c
Pela equação: v = k · [A] a · [B] b · [C] c
Ânodo
Cátodo
Ânodo
Cátodo
exp. I: 0, 5 = k ⋅ ( 1) ⋅ (3) ⋅ (2)
a b c
exp. III: 20 , k ⋅ (1) ⋅ (6) ⋅ (4)
=
s
Célula I Célula II
2 0 = 2 b ∴ b = 0
19. a) Inicialmente a camada externa do cobre reage com o oxigênio
atmosférico:
E 0 red O 2
> E 0 0
2+ -
red Cu s 2Cu w 2Cu + 4e
Os íons Fe 2+ na presença de H 2
O e O 2
oxidam-se a Fe 3+ .
b) Ocorrerá desgaste da estátua, necessitando sempre de manutenção.
20. Soma = 6 (02 + 04)
(01) (F) ΔE 0 = +0,56 + (–0,44) = +0,12 V
(02) (V) O potencial de redução é –1,63 V; assim, por convenção, o
de oxidação é de +1,63 V.
(04) (V) E 0 red Au > E 0 red Cr ∴ Au + /Au w reduz
Cr/Cr 2+ w oxida
Cr/Cr 2+ // Au + /Au
(08) (F) O metal mais indicado para proteger o ferro contra a corrosão
é o Ti, pois tem menor potencial de redução ou maior de
oxidação.
b) Sim, porque a reação entre peróxido de hidrogênio e ácido iodí-
22. e
Analisando as células separadamente:
em I: ∆E I
= E maior
– E menor
s ∆E I
= 0,4 – (– 0,7) ∴ ∆E I
= 1,10V
em II: ∆E II
= E maior
– E menor
s ∆E II
= 0,8 – (–0,7)
∴ ∆E II
= 1,5 V
Como ∆E II
> ∆E I
a célula II será gerador e a I será receptor. Em funcionamento,
teremos:
II. Semirreação anódica: nas baterias e/ou 2Cl – w Cl 2
+ 2 e –
Semirreação catódica: Fe 2+ + 2 e – w Fe
III. Colocar uma placa de magnésio entre o ferro e o concreto,
que funcionará como eletrodo de sacrifício.
b) Na etapa III tem-se o reaparecimento da cor castanho-
-avermelhada, que ocorre devido à formação de I 2
:
do áci-
1. e
Quanto maiores forem a temperatura, a superfície de contato e a
concentração dos reagentes, maior será a velocidade da reação. Isso
ocorre com ferro na forma de limalha, na presença de oxigênio, e
água à temperatura de 100 °C.
I. (V)
II. (F) O processo é exotérmico, ΔH < 0, vide gráfico.
III. (F) O aumento da temperatura provoca aumento do número
de espécies aptas a sofrer reações químicas, portanto aumenta
a velocidade da reação.
3. c
No estágio II estão os produtos da etapa 1 e os reagentes da etapa
2, portanto SO 3
, NO e O 2
.
O catalisador é uma substância que não é consumida na equação
global, portanto NO 2
.
A etapa que determina a velocidade da reação é a etapa lenta, nesse
caso, a que possui maior energia de ativação, portanto etapa 1: v = k ⋅
[SO 2
] ⋅ [NO 2
].
exp. II:
20 ,
k ⋅ (1) ⋅ (3) ⋅ (4)
s 4 = 2 c ∴ 2 2 = 2 c ∴ c = 2
CADERNO 3
15
OPV11TP3Q.indd 15 21.02.11 16:38:18

a b c
exp. IV: 16 (2) (6) (4)
exp. III: 2 = k ⋅ ⋅ ⋅
s
a b c
8 = 2 a ∴ 2 3 = 2 a ∴ a = 3
k ⋅ (1) ⋅ (6) ⋅ (4)
∴ v = k · [A] 3 ⋅ [C] 2
5. b
Sendo a reação elementar, a expressão da velocidade da reação
será:
v = k ⋅ [CO] 2 ⋅ [O 2
] e chamando [CO] = x e [O 2
] = y para uma reação 1
teremos: v 1
= k ⋅ (x) 2 ⋅ y e dobrando a concentração de CO teremos
uma reação 2:
v 2
= k ⋅ (2x) 2 ⋅ y
Relacionando 1 e 2: v 2
1
k ⋅ x ⋅ y
=
s v 1
= 1 2
v k ⋅ 4x ⋅ y v2
4 ou v = 4 v 2 1
2
c) ∆H = H final
– ∆H inicial
∴ ∆H = – 440 – (– 400) ∴ ∆H = – 40 kJ/mol
12. a
Considerando: [NO] = x e [O 2
] = y, teremos pela lei de velocidade:
v = k ⋅ [NO] 2 ⋅ [O 2
]
Reação (1) s v 1
= k ⋅ (x) 2 ⋅ y
Se a alterarmos conforme o enunciado:
Reação (2) v
2
x
= k ⋅ ⎛ ⎞
⎝ ⎜ 2⎠
⎟
Relacionando:
2
v1
= k ⋅ x ⋅ y v
s
2
x 1 v
v2
= k ⋅ ⋅ 2 y
42
2
⋅ 2y
1
2
2
v1
= s v1 = 2v2 ∴ v2
=
1
2
6. Pelo enunciado, temos a equação da velocidade:
v = k ⋅ [NO 2
] 1 ⋅ [O 3
] e k = 2,2 ⋅ 10 7 L ⋅ mol –1 ⋅ s –1
a) Sendo: [NO 2
] = 1 ⋅ 10 –6 e [O 3
] = 6 ⋅ 10 –6 teremos:
v = 2,2 ⋅ 10 7 ⋅ 1 ⋅ 10 –6 ⋅ 6 ⋅ 10 –6 ∴ v = 1,32 ⋅ 10 –4 mol/L s
b) Diminuição de temperatura, diminuição da quantidade de reagentes,
adição de inibidor (ou veneno).
7. c
Quando a reação não é elementar, a expressão da velocidade da
reação é feita em relação à etapa lenta.
v = k · [O 3
] · [O]
8. c
Relacionando 1 e 2: v = k ⋅ [NO] x ⋅ [H 2
] y
x
−3 −3 −3
05 , ⋅ 10 = k ⋅ 1⋅
10 6 10
−3
2⋅ 10 = K ⋅ 2⋅
10
1
4
( ) ⋅ ( ⋅ )
x
y
−3 −3
( ) ⋅ ( 6 ⋅ 10 )
2
1 1 1
= ⎛ 2
⎝ ⎜ ⎞ x
2⎠ ⎟ ⎛
⎜ ⎞ ⎝2⎠ ⎟ = ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ x
s
2⎠ ⎟ ∴ x =
Relacionando 3 e 4 s v = k ⋅ [NO] x ⋅ [H 2
] y
x
−3 −3 −3
3⋅ 10 = K ⋅ 6 ⋅ 10 1 10
−
6 ⋅ 10 = K ⋅ 6 ⋅ 10
y
( ) ⋅ ( ⋅ )
x
−
( ) ⋅ ( 2⋅
10 )
3
3 −3
1
1 1 1 1
= ⎛ 1
2 ⎝ ⎜ ⎞ y
2⎠ ⎟ ⎛
⎜ ⎞ ⎝2⎠ ⎟ = ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ y
s
2⎠ ⎟ ∴ y =
Portanto: v = k ⋅ [NO] 2 ⋅ [H 2
]
9. a) A etapa determinante de uma reação é a etapa lenta, ou seja,
aquela com maior energia de ativação, portanto, é a 1 a etapa.
b) DH = DH F
– DH I
s DH = 30 – 5 ∴ DH = 25 kJ
c) DH = DH F
– DH I
s DH = 5 – 40 ∴ DH = –35 kJ
10. Soma = 22 (02 + 04 + 16)
v = k · [A] 1 · [B] 2
(01) (F)
(02) (V)
(04) (V) Utilizaremos o experimento 1 para determinar a constante k:
v = k · [A] 1 · [B] 2 s 0,1 = k · 0,1 · (0,2) 2
01 , 1
k =
=
01 , ⋅ 004 , 004 ,
k = 25 mol –2 · L 2 · s –1
Obs.: Poderia ser utilizado qualquer experimento para determinar
o k.
(08) (F)
(16) (V) A estequiometria da reação é de 2 mol de A para 1 mol de B,
portanto, há um consumo de A duas vezes maior que B.
(32) (F) v = k · [A] · [B] 2 s v = 25 · 0,1 · (0,1) 2
v = 0,025 mol · L –1 · s –1
11. a) A etapa lenta será a II → III, porque apresenta maior energia de
ativação.
b) I w II s ∆H < 0 ∴ exotérmica
II w III s ∆H > 0 ∴ endotérmica
III w IV s ∆H < 0 ∴ exotérmica
y
y
16
13. b
1º método: comparativo
Comparando a 2ª com a 1ª experiência, notamos que a concentração
de H 2
é a mesma, mas a concentração de NO dobrou e, como
consequência, a velocidade quadruplicou. Comparando a 2ª com a
4ª experiência, notamos que a concentração de NO é a mesma, mas
a concentração de H 2
dobrou e, como consequência, a velocidade
também dobrou.
Conclusão: a velocidade varia com a 1ª potência de [H 2
] e com a
2ªpotência de [NO].
2º método: algébrico, considerando v = k · [NO] x · [H 2
] y
Dividimos, inicialmente, v 1
por v 2
:
v
v
1
2
x
y
k ⋅ [ 0, 420] ⋅ [ 0122 , ]
=
= 0140 ,
x
y
k ⋅ [ 0, 210] ⋅ [ 0122 , ] 0,
035
x
0,
420 4
= s 4 · 0,210 x = 0,420 x s 4 · 210 x = 2 x · 0,210 x
x
0,
210 1
4 = 2 x , logo: x = 2
v
v
4
2
x
y
k ⋅ [ 0, 210] ⋅ [ 0, 244]
=
= 0 , 070
x
y
k ⋅ [ 0, 210] ⋅ [ 0122 , ] 0,
035
y
0,
244 2
= s 2 · 0,122 y = 0,244 y s 2 · 0,122 y = 2 y · 0,122 y 2 = 2 y ,
y
0122 , 1
logo: y = 1
v = k · [H 2
] 1 · [NO] 2
14. a) v = k · [A] 0 = k
b) Superfície de contato dos reagentes; temperatura e energia de
ativação.
15. d
A luciferina está sendo consumida, portanto, a sua quantidade diminui
com o decorrer do tempo. A função do catalisador é acelerar a
velocidade da reação, logo, a quantidade final de luciferina tem de
ser igual na presença e na ausência do catalisador.
16. a
1
v = k · [SO 2
] · [ O 2
] 2
w É uma reação de 1ª ordem para o SO 2
e 1 2
ordem para o O 2
.
Aumentando a temperatura, aumenta a energia cinética média das
moléculas, aumentando a velocidade da reação.
A velocidade de desaparecimento do SO 2
é o dobro da velocidade
do O 2
.
17. 2 – c; 3 – d; 4 – b; 5 – e; 6 – a
18. e
Analisando o gráfico, concluímos que o número de moléculas
com energia cinética superior à energia de ativação segue
a ordem:
E a2’
> E a3
> E a1’
> E a2
> E a1
19. a
v 1
= k · [0,1] · [0,1] 2 s v 1
= k · 0,001 s v 1
= 1 · 10 –3 · k
v 2
= k · [0,2] · [0,1] 2 s v 2
= k · 0,002 s v 2
= 2 · 10 –3 · k
v 3
= k · [0,2] · [0,2] 2 s v 3
= k · 0,008 s v 3
= 8 · 10 –3 · k
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
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20. a) A lanterna II apresentará chama mais intensa.
b) A lanterna II, pois a velocidade da reação é maior, o reagente
será consumido em menos tempo.
21. a
Se a velocidade da reação duplica quando a concentração do N 2
O 5
é dobrada, essa reação é de 1ª ordem: v = k · [N 2
O 5
]
a) (F)
b) (V)
c) (V)
d) (V) v = k · [N 2
O 5
] s 3 · 10 –2 = k · 0,1 s k = 0,3 s –1
e) (V) O volume do gás dos produtos é maior que o dos reagentes;
portanto, a pressão final é maior que a inicial.
22. d
Comparando a 2ª com a 1ª experiência, notamos que a concentração
de N 2
O 5
dobrou e, como consequência, a velocidade dobrou
também. Conclusão:
A velocidade varia com a 1ª potência de [N 2
O 5
].
v = k · [N 2
O 5
] 1
I. (F) As concentrações se tornam constantes.
II. (V) A velocidade da reação direta e inversa se igualam.
III. (V) O equilíbrio é dinâmico.
IV. (V) Vide item II.
V. (F) Vide item III.
3. e
Os equilíbrios heterogêneos são I, II e IV, porque há fase sólida e gás.
As expressões são, respectivamente:
4. c
K
K
p
p
2
I. K = [ HI]
2
c
K K
c
H ; II. = 1
CO IV. = ⎡ CO
[ ] [ ] ; ⎣ ⎤ ⎦
c
2
2
⎡⎣ O 2
⎤ ⎦
[NbC l ] ⋅ [NbC l ]
=
[NbC ]
3 5
2
l4
−
( 50 , · 10 3
−4
−7
)·( 1,
0· 10 ) 50 , · 10
=
= = 50 , · 10
−2 2
−4
(, 10 ⋅ 10 ) 10 , · 10
5. a) A equação da reação é: PCl 5(g)
z PCl 3(g)
+ Cl 2(g)
−3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Atividades extras
23. a) Comparando a segunda experiência com primeira, notamos que
as concentrações de H + e de Br – são as mesmas, mas a concentração
de H 2
O 2
aumentou dez vezes e, como consequência, a
velocidade também aumentou dez vezes.
Comparando a terceira experiência com a primeira, notamos que
a concentração de H 2
O 2
e a de Br – é a mesma, mas a concentração
de H + aumentou dez vezes e, como consequência, a velocidade
também aumentou dez vezes.
Comparando a quarta experiência com a primeira, notamos que
a concentração de H + e a de H 2
O 2
é a mesma, mas a concentração
de Br – aumentou de vezes e, como consequência, a velocidade
também aumentou dez vezes.
Conclusão:
A velocidade varia com a primeira potência de [H 2
], [Br – ] e
[H 2
O 2
].
b) Aumentando a temperatura, aumentam a constante e, também,
a velocidade da reação.
O uso de catalisadores diminui a energia de ativação, aumenta a
constante e, consequentemente, a velocidade da reação.
24. a) Utilizando a lei da ação das massas (Guldberg-Waage):
v = k · [A] α · [B] β
• para o experimento I: 10 2 = k · 10 α · 10 β (I)
• para o experimento II: α β · α α = k · (10 · α) · (β) β (II)
Relacionando (I) e (II), temos:
2 α β
2
α β
10 k 10 · 10 10 10 ⋅ 10
= ⋅
s =
β α
α β β α α α β
α ⋅ α k ( 10α) ·( β)
α ⋅ α 10 ⋅ α ⋅ β
2 β
10 10
∴ =
β β
α β
(III)
A expressão da constante é: K p
= p PCl
⋅ p Cl
pPCl
5
3 2
b) Como: pPCl 5
= 0,2 atm; pPCl 3
= 0,4 atm; pCl 2
= 0,4 atm, temos:
K p
= p PCl
p 3
⋅ Cl2 04 , ⋅ 04 ,
∴ Kp
=
∴ k
pPCl
5
02 ,
p
= 0,8
6. c
Sendo a equação química: NH 4
CO 2
NH 2(s)
x2NH 3(g)
+ 1CO 2(g)
No equilíbrio: 2x x
Sabendo que a expressão de K p
para o equilíbrio é: K p
= (pNH 3
) 2 · pCO 2
,
teremos:
p T
= pNH 3
+ pCO 2
s 0,120 = 2x + x ∴ x = pCO 2
= 0,04 atm e
pNH 3
= 0,08 atm
Então: K p
= (0,08) 2 · 0,04 ∴ K p
= 2,56 · 10 –4
7. a) A expressão de K c
é: K c
=
⎡⎣ PCl
⎤ C l
3 ⎦ . ⎡ ⎣ ⎤
2 ⎦ 09 , · 08 ,
∴ K c
=
⎡⎣ PCl
⎤
5 ⎦
04 ,
∴ K c
= 1,8
b) Pela equação:
PCl 5
x PCl 3
+ Cl 2
Início 0,4 + 0,1 0,9 0,8
Reage x — —
Forma — 0,9 + x 0,8 + x
Equil. 0,5 – x 0,9 + x 0,8 + x
CADERNO 3
Como
α
β
= 10; tem-se α = 10 β. Substituindo em (III),
temos:
2 β
2
β
10 10 10 10
= s = s10 = 10
β β β β α β
( 10 ) β 10 ⋅ β β
∴ β = 1e α =10
2 2β
L
Substituindo em (I): 10 2 = k · 10 10 · 10 ∴ k = 10 –9
mol
b) Pelo item a, temos: β = 1 e α = 10 (parciais) e a ordem total será
α + β = 11.
QF.10
1. a
A expressão da constante de equilibrio é feita pela concentração molar
dos produtos elevados aos seus expoentes estequiométricos, dividida
pelos reagentes elevados com seus expoentes.
K
c
n
[produtos]
=
[reagentes]
n
10
10 ⋅
h
Então:
K c
=
⎡⎣ PC l ⎤ C l
3 ⎦ · ⎡ ⎣ ⎤
2 ⎦ ( 09 , + x) ·( 08 , + x)
s 1,8 = ∴ x = 0,05
⎡⎣ PCl
⎤
5 ⎦
05 , − x
Substituindo, teremos:
[PCl 5
] = 0,45 mol/L
[PCl 3
] = 0,95 mol/L
[Cl 2
] = 0,85 mol/L
c) K c
= 1,8, pois o único fator que altera K c
é a temperatura.
8. b
PCl 5(g)
x PCl 3(g)
+ Cl 2(g)
Início 1
R/F 0,47 0,47 0,47
Equilíbrio 0,53 0,47 0,47
⎡PC
C
3 2
K c
=
⎣ l ⎤
⎦ ⋅ ⎡ ⎣ l ⎤ ⎦
⎡
⎣PCl
⎤
5⎦
2. F – V – V – V – F
K c
=
047 , ⋅ 047 ,
s K c
= 0,42
053 ,
17
OPV11TP3Q.indd 17 21.02.11 16:38:25

9. e
m 17
[ HS]
2
= = = , mol/L
M ⋅ V 34 ⋅ 1 05
[S ] ⋅ [H]
2 2
K c
=
2
[H S]
2
⎛ 031 , ⎞
⎝
⎜
⎠
⎟ ⋅ ⎛ ⎝ ⎜
05 , ⎞
1 1 ⎠
⎟
K c
=
2
( 05 , )
2
2
= 031 , = 310 , ⋅10 −1
10. c
No equilíbrio, as velocidades das reações diretas e inversas se igualam.
11. d
2BrCl x Br 2
+ Cl 2
Início 9 0 0
R/F x x x
Equil. 9 – x x x
12. e
=
⎡⎣ Br ⎤ ⎦ ⋅ ⎡ ⎣ C l ⎤
2 ⎦
2
⎡⎣ BrCl
⎤ ⎦
K c
2
2
2
x
2 x
x
16 = s 4 = s 4 = s
2
2
( 9 − x) ( 9 – x) 9 – x
s x = 36 – 4x s
s 5x = 36 s
36
s x = s x =
5
72 ,
N 2(g)
+ 3H 2(g)
x 2NH 3(g)
Início 1 mol/L 3 mol/L 0
Reage e forma 0,04 mol 0,12 mol 0,08 mol
13. a
Equilíbrio 0,96 mol 2,88 mol 0,08 mol
K p
= p p
produtos
reagentes
, só entra gás. Logo, o CO 2
deve estar no reagente e não
haver mais nenhum gás na equação.
14. Após atingido o equilíbrio químico, a pressão total é de 1 atm,
portanto, as pressões parciais de NH 3(g)
e HCl (g)
são de 0,5 atm cada um.
1 1
Kp
=
= = 4
( pNH) ⋅ ( pHC)
l 05 , ⋅ 05 ,
15. c
3
de íons Ca 2+ e consumo de íons Me n+ ) e, consequentemente,
apresentará maior valor para a constante de equilíbrio K (eq.)
.
De acordo com o valor dado do logaritmo das constantes do
equilíbrio para as reações de complexação de cada íon, sabe-se
que quanto maior o valor do logaritmo, maior será o valor da
constante e mais facilmente esse íon será removido. Portanto,
podemos concluir que o íon mais facilmente removido é o Fe 3+ .
b) CaEDTA 2– + Fe 3+ x FeEDTA 1– + Ca 2+
18. a
A pressão parcial de um gás em uma mistura gasosa pode ser calculada
pela expressão: p A
= X A
· p
em que:
p A
= pressão parcial de um gás A;
X A
= fração molar do gás A;
p = pressão total.
Para o equilíbrio:
2SO 2(g)
+ O 2(g)
x 2SO 3(g)
K p
= 4,0 · 10 4
K
K
p
p
2
( pSO 3
)
=
( p ) ⋅ p
SO 3
2
O 2
w K
2
( XSO 3
)
=
2
( X ) ⋅ X ⋅ p
40 , · 10
SO 2 O 2
4
6 ⋅ 10
p =
4 ⋅ 10
60 , · 10
=
p
4
4
p = 1,5 atm
4
p
2 2
( XSO 3
) p
=
2
( X ) ⋅ p ⋅ X
SO 2
2
O 2
⋅ p
19. b
Se a reação na experiência I ocorresse por completo, as quantidades
de ácido e álcool obtidas no final seriam de 1,0 mol, o que
equivale ao início da reação na experiência II. Portanto, as experiências
I e II, admitindo-se que ocorram na mesma temperatura,
atingirão a mesma posição de equilíbrio, com iguais quantidades e,
então, nI = nII. Admitindo-se que a experiência III ocorra na mesma
temperatura, I fará com que o equilíbrio fique mais deslocado para
a direita, levando a um aumento na quantidade de ácido no equilíbrio.
Portanto: nI = nII < nIII
20. c
3
3
[ C] ⋅ [ D]
6 ⋅ ( 2)
6 ⋅ 8
Kc
= = = =
3
[ A] ⋅ [ B]
4 ⋅ 1 4 ⋅ 1 12
3
()
3
3
[H
2] ⋅ [CO]
21. a) K c
=
[CH ] [H O] ou ( pH2
) ⋅ ( pCO)
Kp
=
⋅
( pCH
) ⋅ ( pH O)
4 2
4 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2
[ NH3
]
K c
=
[ N] ·[H ]
2 2
5 · 10 –2 =
3
2
( 0,4)
⎡⎣ N ⎤ ⎦ ⋅ ( 2)
2
[N 2
] = 0,4 mol/L
3
16. a
a) (V) Mantendo-se a temperatura constante, o valor da constante
K c
é o mesmo.
b) (F) [I 2
] no equilíbrio inicial é de 0,01 mol/ L.
c) (F) No instante T 1
a concentração de HI é constante.
d) (F) No instante T 1
a concentração de H 2
é de 0,017 mol/L.
e) (F) No instante T a concentração de H 2
foi aumentada.
b) K p
= ( 03 , ) 3 ⋅ pCO
( 04 , ) ⋅ ( 04 , )
0,
027 ⋅ pCO
w 02 , =
016 ,
p CO
= 0 , 032
0,
027
= 1,185 atm
22. c
N 2(g)
+ O 2(g)
x 2NO (g)
Início 1 mol/L 1 mol/L 0
Reage e forma 0,80 mol/L 0,80 mol/L 1,60 mol/L
Equilíbrio 0,20 mol/L 0,20 mol/L 1,60 mol/L
17. a) A constante de equilíbrio pode ser expressa por:
CaEDTA 2– + Me n+ + x MeEDTA n – 4 + Ca 2+
K
( eq.)
⋅
=
2− n +
[ CaEDTA ] ⋅ [ Me ]
n – 4 2+
[ MeEDTA ] [ Ca ]
O íon Me n+ que será removido com maior eficiência será aquele
cujo equilíbrio estiver mais deslocado para a direita (formação
18
Reage = 80% de 1 mol/L = 0,80 mol/L
2
2
[NO] (, 16)
256 ,
K c
=
=
= = 64
[ N ] ⋅ [ O ] ( 02 , ) ⋅ ( 02 , ) 004 ,
2 2
Atividades extras
23. a
De acordo com o gráfico, temos:
OPV11TP3Q.indd 18 21.02.11 16:38:29

2SO 2(g)
+ O 2(g)
x 2SO 3(g)
Início 0,40 mol/L 0,20 mol/L 0
Reage e forma 0,05 mol/L 0,025 mol/L 0,05 mol/L
Equilíbrio 0,35 mol/L 0,175 mol/L 0,05 mol/L
II. (V) Como a reação é exotérmica no sentido direto, maior temperatura
desloca equilíbrio no sentido dos reagentes.
III. (V) Catalisador não desloca equilíbrio.
IV. (F) 1A + 3B 2C
( g) ( g) ( g)
x
4V
2V
Maior p desloca para menor V, portanto lado dos produtos.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Os valores, no equilíbrio, estão aproximados.
Supondo que houvesse reação completa, com todo o SO 2
se transformando
em SO 3
, teríamos:
2SO 2(g)
+ O 2(g)
x 2SO 3(g)
0,40 mol 0,20 mol 0,40 mol
Iniciando-se a reação com 0,40 mol de SO 3
em 1 L, o estado de
equilíbrio alcançado será o mesmo, com os seguintes valores aproximados:
[SO 2
] = 0,35 mol/L
[O 2
] = 0,175 mol/L
[SO 3
] = 0,05 mol/L
uma vez que a experiência foi realizada à mesma temperatura.
24. Como a expansão é isotérmica, teremos:
• Temperatura constante
• Aumento de volume
• Queda de pressão
• K p
constante
A expressão de K p
será:
K p
= ( PB)
PA
2
I
A pressão parcial de um gás qualquer pode ser dada por:
p x
· V = n x
· R · T, então para os gases A e B em seus estados inicial
e final, teremos:
K
p
⎛ nBRT
⎞
1
⎜
⎝ V
⎟
⎠
=
nART
1
V
⎛ nBRT
⎞
⎜
⎝
1
V
nART
1
⎟
⎠
V
2
nB2
2
nB1
= 4
nA nA
1 2
2
2
2
e K
p
⎛ nB RT
⎞
2
⎜
⎝ 2V
⎟
⎠
=
nA RT
2
2V
⎛ nB RT
⎞
2
⎜
⎝ 2V
⎟
⎠
=
nART
2
2V
2
2
5. c
A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma: “Alimentos
ácidos, ou que na boca formam ácidos, reagem com o íon OH – ,
formando
H 2
O . Com isso, ocorre um deslocamento de equilíbrio,
fazendo com que a quantidade de hidroxiapatita no dente
diminua ”.
6. e
I. K c
= [produtos] s observamos no gráfico que, com o aumento da
[reagentes]
temperatura, o valor de K c
diminuiu, portanto, o aumento
da temperatura desloca o equilíbrio no sentido dos reagentes,
ou seja, sentido endotérmico. A reação, portanto, é exotérmica
no sentido de formação de amônia. (V)
N 2(g)
+ 3H 2(g)
4V
exo
endo
2NH 3(g)
2V
II. O aumento da temperatura aumenta a velocidade das reações.
(F)
III. O aumento da temperatura desloca o equilíbrio para a esquerda,
diminuindo a produção de amônia. (V)
7. b
Alteração de alaranjado para amarelo significa equilíbrio deslocado para
a direita w.
Alteração de amarelo para alaranjado significa equilíbrio deslocado
para a esquerda q.
Portanto, adição de KOH consome H + e desloca o equilíbrio para a direita
e a adição de HCl aumenta [H + ], deslocando o equilíbrio para a esquerda.
8. a
O equilíbrio químico da aspirina é representado por:
O OH
C
O
O
C
CH
x
3
O
C
O –
O
O
C
CH 3
+ H +
CADERNO 3
QF.11
1. b
Assim nB 2
será: nB 2
=
N 2(g)
+ 3H 2(g)
exo
endo
2NH 3(g)
2
2nB1
⋅ nA2
2nA2
s nB2 = nB1
⋅
nA
nA
1
1
Portanto, no estômago, em meio ácido, o equilíbrio é deslocado
para a esquerda, facilitando sua absorção.
O equilíbrio químico da anfetamina é representado por:
CH 2
H
C
NH 2
+ HOH
4V
2V
2. e
Segundo o princípio de Le Chatelier, quando um dos produtos é retirado
da reação, o equilíbrio é deslocado no sentido de “compensar”
essa retirada, ou seja, é deslocado no sentido de decomposição
do nitrato de amônio.
CH 2
CH 3
CH 3
H
C
NH 3
+
+ OH –
3. e
Para favorecer a formação de produtos, deverá aumentar a [H 2
O 2
].
Nas demais alternativas, o deslocamento do equilíbrio será para o
lado dos reagentes.
4. b
I. (V) Calculando o quociente reacional:
Q p
=
2
( pC)
pA ⋅ ( pB)
3
2
2
s Q = s Q
p
3 p
= 4
1⋅ () 1
Como: Q p
= K p
o sistema está em equilíbrio.
19
Portanto, no intestino, em meio básico, o equilíbrio é deslocado
para a esquerda, facilitando sua absorção.
9. Soma = 12 (04 + 08)
CaCO 3(s)
x CaO (s)
+ CO 2(g)
DH = +177,5 kJ/mol
(01) (F) A decomposição do carbonato ocorre com a absorção de
energia.
(02) (F) 100 g de CaCO 3
produz 22,4 L de CO 2
nas CNTP.
(04) (V) K p
= pCO 2
(08) (V)
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(16) (F) Formam um sistema heterogêneo.
(32) (F) A decomposição do carbonato de cálcio é favorecida pela
diminuição da pressão.
10. a) Com a diminuição da temperatura, o equilíbrio é deslocado para
a esquerda facilitando o escape de CO 2
, prejudicando a formação
de CaCO 3(s)
.
b) A adição de NH 3
(base de Lewis) retira H 3
O + do equilíbrio, deslocando-o
para a direita.
11. a) Quando uma força atua sobre um equilíbrio, este se desloca no
sentido de anular a força que lhe foi imposta.
b) A equação química é: N 2(g)
+ 3H 2(g)
x2NH 3(g)
2
[ NH3
]
Então, a constante será: K c
=
3
N H
[ 2]⋅ [ 2]
c) Pelo gráfico será, aproximadamente, 25%.
d) Para uma mesma pressão o aumento de temperatura diminui a
conversão de nitrogênio e hidrogênio em amônia, portanto é
exotérmico.
12. c
Pela tabela, observa-se que o aumento da temperatura diminui o
valor de K; portanto, há aumento da concentração dos reagentes.
Logo, no sentido inverso, a reação é endotérmica e, no sentido direto,
é exotérmica.
13. a
N 2(g)
+ 3H 2(g)
x 2NH 3(g)
DH < 0
a) (V) O aumento da pressão desloca o equilíbrio para o lado de
menor volume de gás. Esse sentido é o de formação de amônia.
b) (F)
c) (F) O catalisador não desloca o equilíbrio.
d) (F) O catalisador serve para acelerar a velocidade das reações.
e) (F) O aumento de temperatura aumenta a velocidade das reações.
14. a
I. (V) Adição de reagente.
II. (V) O aumento de pressão desloca o equilíbrio para o lado de
menor volume (direita: 4V w 2V).
III. (F) Catalisador não desloca equilíbrio.
+
15. a) A equação é: NH 3(g)
+ H 2
O ()
z NH 4(aq.)
+ OH –
A fenolftaleína, em meio básico, é vermelha. À medida que a amônia
evapora, o equilíbrio desloca-se para a esquerda, diminuindo a
quantidade de hidroxila, provocando a descoloração do meio.
b) Utiliza-se NaOH no preparo dos sabões. Assim, se a roupa não
for lavada com água, a fenolftaleína, que ainda está na roupa,
voltará a ficar vermelha.
16. d
Adicionando-se um ácido forte ao equilíbrio, acrescentar-se-á H + ,
que reagirá com OH – , produzindo água; com a diminuição de OH – o
equilíbrio será deslocado no sentido da reação inversa (2) e predominará
a cor vermelha.
17. e
2+ 1– endo
2–
a) [CO(H 2
O)] (aq.)
+ 4Cl (aq.)
[COCl 4
] (aq.)
+ 6H 2
O ()
18. a
Rosa
exo
Azul
DH = 120 cal/mol
A diminuição da concentração de Cl – desloca o equilíbrio para
a esquerda, favorecendo a coloração rosa. (F)
b) A diminuição da temperatura desloca o equilíbrio para a esquerda,
favorecendo a coloração rosa. (F)
c) Diluir a solução significa acrescentar água; o aumento da água
desloca o equilíbrio para a esquerda, favorecendo a coloração
rosa. (F)
d) Desloca para a esquerda, favorecendo a coloração rosa. (F)
e) A adição de cloreto de sódio aquoso aumentará a concentração
de Cl – , deslocando o equilíbrio para a direita e favorecendo a
coloração azul. (V)
20
N 2
+ 3H 2
x 2NH 3
Aumento da T w desloca para a esquerda
Aumento da T w diminui o K eq.
A tabela 2 mostra que somente K 3
diminui com o aumento da temperatura,
portanto, K 3
é o K eq.
de A.
N 2
O 4
x 2NO 2
Sendo a espécie predominante o NO 2
a 175 °C, a constante de equilíbrio
nessa temperatura tem que ser maior que um (1), portanto, K 1
é o K eq.
de B.
Por exclusão, K eq.
de C é K 2
.
[H2O]
19. a) K 1
= = 67
[H
2]
K 2
= [CO ] 2
= 490
[CO]
[CO
2] ⋅ [H
2]
K 3
= = 490
[CO] ⋅ [H O]
2
K 3
= K 2 2] ⋅ [H
2]
=[CO
K [CO] ⋅ [H O] =490 67
1
2
K 3
= 7,3
b) O aumento da temperatura desloca o equilíbrio no sentido da
formação de CO e H 2
O (reação endotérmica), diminuindo o rendimento
da reação em relação ao H 2
.
O uso de catalisador não altera o rendimento de reação em relação
ao H 2
, pois não altera as concentrações dos participantes,
isto é, não desloca o equilíbrio, sendo este atingido mais rapidamente.
A variação da pressão não desloca o equilíbrio, pois as quantidades
em mols dos reagentes e dos produtos gasosos da
equação são iguais, ou seja, não altera o rendimento da reação.
CO (g)
+ H 2
O (g)
x CO 2(g)
+ H 2(g)
2 mol 2 mol
2–
2– +
20. a) Cr2O7(aq.)
+ H2O x (,)
2CrO4(aq.)
+ 2H(aq.)
Ao adicionarmos hidróxido de sódio (NaOH), haverá consumo
de H + (neutralização). A velocidade da reação inversa diminuíra
e o equilíbrio será deslocado para a direita; consequentemente,
a solução ficará amarela.
b) Adicionando-se íons Ba 2+ , teremos:
BaCr 2
O 7
+ H 2
O x 2BaCrO 4
+ 2H +
(solúvel)
(insolúvel)
Com o acréscimo de ácido clorídrico, aumentará a concentração
de H + e, consequentemente, a velocidade da reação inversa.
O equilíbrio será deslocado para a esquerda no sentido da dissolução
do cromato de bário.
21. a) A reação no sentido de formação do NH 3
é exotérmica, pois
aumentando a temperatura, diminui o valor do K p
.
exotérmica
N 2(g)
+ 3H 2(g)
endotérmica
2NH 3(g)
A formação de NH 3
é favorecida a baixas temperaturas e altas
pressões (aumentando a pressão, o equilíbrio é deslocado no
sentido de menor volume).
b) A pressões elevadas (300 atm – 400 atm) o equilíbrio está deslocado
no sentido de formação do NH 3
, aumentando o rendimento
da reação.
A temperatura utilizada na prática (450 °C) é para aumentar a velocidade
da reação, embora prejudique o rendimento da reação.
Como não é possível aumentar excessivamente a temperatura, a
solução para promover o aumento da velocidade da reação é o
uso de catalisador (Fe).
2
2
[ NO]
−31
[ NO]
22. a) K c
= w 45 , ⋅ 10 =
[ N ] ⋅ [ O ]
⎛
⎝ ⎜ , ⎞
2 2
01
⎟ ⋅ ⎛ 10⎠
⎝ ⎜ 002 , ⎞
⎟
10 ⎠
−
[ NO]
= 9⋅10 36
[NO] = 3 · 10 –18 mol/L
b) N 2(g)
+ O 2(g)
x 2NO (g)
DH = +180 kJ
O aumento da temperatura deslocará o equilíbrio para a direita,
portanto, o valor da constante de equilíbrio aumentará.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
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Atividades extras
23. a) Aumentando-se o volume do cilindro, a pressão diminui e o
equilíbrio II é deslocado para a esquerda, aumentando o número
de mols de C (g)
. Esse aumento de C (g)
desloca o equilíbrio
I para a esquerda, aumentando o número de mols de A e B.
b) Aumentando-se o volume do cilindro, a pressão diminui e o
equilíbrio II é deslocado para a esquerda, diminuindo o número
de mols de C (,)
.
c) Na mesma temperatura, ao dobrar o volume, a constante de equilíbrio
K I
=
[ C]
[ A] ⋅ [ B]
2
não se altera, e [C] também não se altera,
porque não há alteração da pressão de vapor de C.
Pelo equilíbrio:
HC— COOH
3 (aq.)
Início
R/F
Equil
1 mol
0,01 mol
0,99 mol
H 2 O
H
+
(aq.)
0
0,01 mol
0,01 mol
+ HC—COO
3 (aq.)
0
–
0,01 mol
0,01 mol
6. a) Adição de HCl fornecerá íons H + que reagirão com íons OH – , retirando-os
do equilíbrio, deslocando-o para a esquerda, provocando
a precipitação do FeSO 4(s)
b) 4Fe(OH) 2
+ 2H 2
O + O 2
x 4Fe(OH) 3
—
—
—
—
+2 0 +3 –2
d)
KI
[ C] = constante
3
KI
1
∴ =
3 2
= constante
[ C] [ A] ⋅ [ B]
[A] · [B] 2 = constante
Aumentando [A], [B] teria que diminuir e vice-versa. Isso é impossível,
porque [A] e [B] são reagentes. Conclusão: [A] e [B] são
constantes.
Razão [ ] 3
C
[ B]
2
é constante, ou seja, não se altera.
↑ nox s oxidação
↓ nox s redução
O ferro sofre oxidação e o oxigênio, redução.
7. Porque, quando há adição de ácidos, o equilíbrio é deslocado para
o lado dos reagentes, aumentando a intensidade da cor amarela, e
quando é adicionada uma base, há consumo de H + deslocando o
equilíbrio para a direita, aumentando a intensidade da cor roxa.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
24. c
As expressões de K p
e K c
do equilíbrio serão respectivamente:
pHOC
K
pH O pC O K HOC
p
=
( ) 2
=
[ ] 2
l
⋅ l
e l
c
2 2
[ HO
2
] ⋅ [ Cl
O] 2
Assim, efetuando o quociente reacional dos recipientes I, II, III e IV,
teremos:
2
10
I. Q p
= = 005 , : não está em equilíbrio.
5 ⋅ 400
2
10
II. Q p
= = 005 , : não está em equilíbrio.
10 ⋅ 200
2
0,
008
III. Q c
= = 0, 0008 : não está em equilíbrio.
1 ⋅ 008 ,
Q < K ∴ equilíbrio é deslocado para a direita.
2
002 ,
IV. Q c
=
=
05 , ⋅ 0,
001 80 : não está em equilíbrio.
Q > K ∴ equilíbrio é deslocado para a esquerda.
QF.12
1. b
Quanto maior o valor de K a
, maior o α, portanto a ordem crescente
de acidez será:
HCN < HNO 2
< HCl < HClO 4
2. b
Pelo equilíbrio apresentado, a parte iônica está em proporção 1 : 1,
portanto:
[H 3
O + ] = [C 5
H 4
NCOO – ]
8. a) K a
= α 2 · µ
2
⎛ 12 , ⎞
K a
= ⎜ ⎟ · 0,1
⎝100⎠
K a
= 1,44 · 10 –5
b) É mais alto que o ácido butanoico porque a cadeia é mais longa
e é mais baixa que o ácido hexanodioico porque tem um OH a
menos (ligação de H).
9. A equação da acidificação é representada por:
+ −
CO 2(L)
+ H 2
O (L)
x H 2
CO 3(aq.)
x H ( aq. ) + HCO 3aq. ( )
Como os corais possuem em sua estrutura CaCO 3(s)
, teríamos a sua
dissolução representada pela equação:
2+
−
CaCO 3(s)
+ CO 2(L)
+ H 2
O (L)
x Ca ( aq. ) + 2HCO 3aq. ( )
10. Soma = 4 (04)
01. (F) HC-COONa ⎯→⎯ H C-COO+Na
3 3
- +
+
HC—COOH
H+H C–COO –
3
3
A adição de acetato de sódio aumentará a concentração de
ânions acetato, deslocando o equilíbrio para a esquerda.
02. (F) A adição de H 3
C – COO – desloca o equilíbrio para esquerda
e aumenta a concentração de ácido acético não ionizado, diminuindo
o α.
04. (V)
08. (F) Com a adição de NaOH haverá consumo de H + deslocando o
equilíbrio para a direita.
16. (F) A constante de equilíbrio varia com mudança de temperatura.
32. (F) Ácido acético é ácido orgânico fraco.
CADERNO 3
3. d
C 6
H 5
COOH x C 6
H 5
COO – + H +
Início 5 · 10 –2 mol/L — —
Equilíbrio 4,825 · 10 –2 mol/L 1,75 · 10 –3 mol/L 1,75 · 10 –3 mol/L
K i
= [ – ]·[ +
CHCOO H ]
−
6 5
(, 175⋅
10 )
=
−
[ CHCOOH]
6 5
4,
825 ⋅ 10
K i
= 6,3 · 10 –5
Resolução alternativa:
K = ⋅ K = ⎛ 2
K
⎝ ⎜ 35 , ⎞
−
α 2 µ s ⎟ ⋅5⋅10 ∴ = 6125 , ⋅10
100⎠
4. b
Quanto maior o K a
, mais forte: I
Quanto menor o K a
, mais fraco: IV
5. c
3 2
2
2 −5
21
11. a
A expressão da constante de equilíbrio será:
⎡
⎣CoCl
4
K c
=
2–
⎡
⎣Co(H O)
2 6
⎤
⎦ ⋅ ⎡ ⎣ H O⎤ 2 ⎦
⎤
⎦ ⋅ ⎡ ⎣Cl
⎤
⎦
2+ –
6
4
12. b
Quando adicionar H + ao equilíbrio ocorre a reação:
+
–
H
(aq.)
+ OH (aq.) x H 2
O (,)
, portanto o equilíbrio é deslocado para a
direita aumentando a intensidade da cor laranja.
13. V – V – F – F
(V)
(V)
(F) A fórmula do sulfato de cálcio é: CaSO 4
∴ substância composta
(F) A equação da dissociação do CaSO 4
é:
H
CaSO 2 O 2+
2
Ca +SO
4(s)
(aq.) 4
−
(aq.)
OPV11TP3Q.indd 21 21.02.11 16:38:39

14. c
A equação da dissociação do Na 2
SO 4
é:
H
Na SO 2 O
+ 2
2Na +SO
2 4(s)
(aq.) 4
−
(aq.)
Portanto, com a adição de Na 2
SO 4
, pelo efeito íon comum,
aumentará a concentração de SO 2− 4 , deslocando o equilíbrio
para a esquerda, provocando precipitação do CaSO 4
.
I. (F) Quanto e K a
, + forte será o ácido, portanto o ácido mais
forte da tabela será o fórmico (metanoico).
II. (V)
III. (V)
IV. (F) Ácido butanoico é formado quando a manteiga fica rançosa.
15. a
Se HA for forte haverá muitos íons em solução facilitando passagem
de corrente elétrica.
16. c
Pelo K a
temos a seguinte ordem crescente de força:
acético < úrico < fórmico ∴ [H + ] acético
< [H + ] úrico
< [H + ] fórmico
17. b
Quanto maior o K a
, mais forte o ácido.
18. b
O NaCl não desloca o equilíbrio nem por efeito do íon comum ou
efeito do íon não comum.
19. c
O vinagre ou limão apresentam caráter ácido que reage com OH – do
equilíbrio deslocando-o para a direita.
20. e
A adição de base desloca o equilíbrio para a direita (formação de CN – )
pois o OH – da base reage com H 3
O + .
21. e
Pode ser uma base, pois reage com H + , fazendo o deslocamento
para a direita.
22. a) A hidrólise alcalina do acetato de metila é representada por:
H 3
C — C
O
O — CH 3
+ NaOH x H 3
C — C
O
O – Na + + HO — CH 3
b) Como teremos adição de volumes iguais de soluções de hidróxido
de sódio em acetato de metila, a concentração inicial de íons
acetato será 002 ,
mol/L, assim:
2
vermelho
laranja
HA x H + + A –
Início n 0 0
Reage e forma 0,2n 0,2n 0,2n
Equilíbrio 0,8n 0,2n 0,2n
A expressão de K i
será:
+ −
[ H ] ⋅ [ A ]
−5 02 , n⋅
02 , n
K = s 8⋅ 10 =
s n = 1,6 · 10 –3 mol/L, ou seja,
i
[ HA]
08 , n
em 1 L de água deverá ser adicionado 1,6 · 10 –3 mol de indicador.
24. a) Cálculo da quantidade que reage em mol:
NaOH: 0,1 mol 1 L
nNaOH 8 · 10 –3 L ∴ nNaOH = 8 · 10 –4 mol
HCN: 0,1 mol 1 L
nHCN 50 · 10 –3 L ∴ nHCN = 5 · 10 –3 mol
Então, há 42 · 10 –4 mol de HCN em excesso formando
8 · 10 –4 mol de NaCN em 58 mL de solução (50 + 8).
No equilíbrio, teremos: HCN x H + + CN –
42 · 10 –3 mol x x + 8 · 10 –4
[ H
+ ] ⋅ [ CN
− ]
A expressãodeK será: K =
i
i
[ HCN]
+ 8⋅10
x ⋅
x
−3
−10
6,2 ⋅ 10 = 58 ⋅10
−3
42 ⋅10
−3
58 ⋅10
então x = [H + ] = 3,3 · 10 –9 mol/L
b) A equação de hidrólise é:
–
CN (aq.)
–
+ H — OH (,)
x HCN (aq.)
+ OH (aq.)
QO.09
1. b
A equação da desidratação de um ácido carboxílico é:
R — C
R — C
O
4
OH H2 SO 4
OH
O
R — C
R — C
O
O + H 2
O
O
Anidrido
2. d
Para obter o éter dietílico podemos fazer a desidratação intermolecular
do álcool etílico de acordo com a equação abaixo:
H 3
C — CH 2
— OH
H 3
C — CH 2
— OH
H 2
SO 4
140 ºC
H 3
C — CH 2
— O — CH 2
— CH 3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H 3
C — COO – + H 2
O x H 3
CCOOH + OH –
Início 0,01 mol – 0 0
Reage e forma x – x x
Equilíbrio 0,001 – x – x x
3. a)
H 2
SO 4
170 °C
OH
b) H 2
Pt
+ H 2
O
A expressão de K i
será:
–
[H C–COOH] [OH ]
3
K i
=
–
[H C–COO ]
3
⋅
2
− x
s 56 , ⋅10 10 =
001 , − x
c) Br 2 H Br
Br
H
Como a quantidade de H 3
C — COO – que sofre hidrólise é desprezível,
podemos escrever:
x 2 = 5,6 · 10 –10 · 10 –2 ∴ x = 2,37 · 10 –6 mol/L
Atividades extras
23. e
Para ácido monoprótico em que 80% apresentam cor vermelha,
teremos:
4. As equações são:
+ H 3
C — O
O
Cl
I
O
C
CH 3
+ HCl
22
OPV11TP3Q.indd 22 21.02.11 16:38:43

Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
— — —
OH
CH 3 CH 3
b) A equação é:
H +
+ H
D
2
O
OH
OH
II
H 3
C — — C — CH 3
+ H — H H 3
C — — C — CH 3
CH 3
CH 3
Br
Fórmula molecular: C 10
H 20
O
+ Br 2 Br
c) As desidratações podem ocorrer de 2 formas, indicadas a
III
seguir:
Br
CH 3
H 3
C — —
C
Br + NaOH
+ 2Na 2
+ 2H 2
O
H OH H
CH
H
H 3
C —
2
SO
3 Isômeros
4
—— C — CH de posição
2
CH 2
IV
CH 3
H 3
C — — C
CH 3
Então, as fórmulas estruturais serão:
I
II
d) Apenas 2 porque possui apenas 1 C*. A propriedade física
pode ser descrita como: desvio do plano da luz polarizada,
O H
H H
H
H
poder rotatório específico, atividade óptica ou rotação específica.
C C — C — H
C C — C — H
HC C H
HC C
HC CH
HC CH
9.
C
C
H
H
H HO O
H O
C
III
IV
N — H
N — C
H
Br H
H
H C
O C CH 2
w 2H 2
O + O C
C C — C — H
C C
HC C H Br
HC C
N — H
N — C
C
CH 2
HC CH
HC CH
H
C
C
HO O
H O
H
H
Ureia
Ácido
Ácido
propanodioico
barbitúrico
5. As equações são:
COOH
COOH
COOH
10. a) As equações das reações são:
HC — H H 2
SO 4
HC
Ni 0 CH
+ H 2
2
H
HC — OH
170°C
D
H
HC
CH 2
C — CH 2
SO 4
2 170 °C
H 2
C CH 2
+ H 2
O
2
COOH
COOH
COOH
H OH
B
A
Os estereoisômeros são:
H H
H COOH
H 2
C — CH 2
+ H — Cl
Pt
H 3
C — CH 2
— Cl
C — C
C — C
B
HOOC COOH HOOC H
Ácido cis-butenodioico
Ácido trans-butenodioico
H H
6. Somente o ácido cis-butenodioico, porque as hidroxilas do ácido
H H
carboxílico estão próximas o suficiente para sofrerem uma desidratação.
A s H — C — C — OH B s C C
H H
H H
7. c
b) A = etanol; B = eteno.
H OH
H 2
C — CH — CH 3
H+
H 2
C CH — CH
11. a) Propanotriol s álcool; Acroleína s aldeído
3
b) Nome oficial (IUPAC) da acroleína s propenal
2-propanol
Propeno
12. d
O reagente para obtermos a ciclo-hexanona é:
8. a) A equação é
2–
OH
O
O
Br
Br
OH
C — CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH 2
— C Ba 2+
H 3
C — — C — CH 3
+ Br — Br H 3
C — — C — CH 3
O
O
A equação pode ser representada por:
— — —
— — —
23
CADERNO 3
OPV11TP3Q.indd 23 21.02.11 16:38:49

H 2
C
H 2
C
H 2
C
C
H 2
C
C
O
O – H 2
C CH 2
Ba 2+
O – D H 2
C C O
+ BaCO 3
O
13. a
As equações são:
H 2
C — CH 2
H
OH
H 2
SO 4
170 °C
H 2
C
H 2
C
C
H 2
CH 2
+ H 2
O
H 3
C — CH 2
— OH + HO — CH 2
— CH 3
H 2
SO 4
140 °C
H 2
SO 4
140 °C
H 3
C — CH 2
— O — CH 2
— CH 3
+ H 2
O
X
Y
18. a
19. e
170 °C
H 3
C — CH — CH 2
H 3
C — CH CH 2
+ H 2
O
H 2 SO 4
H OH
Desidratação intramolecular
D
H 3
C — CH — CH 2
H 3
C — CH CH 2
+ H 2
O
H
OH
H 2
SO 4
H
H 3
C — CH CH 2
+ H 2
O +
H 3
C — CH — CH 3
I
OH
II
a) H — C + H 3
C — OH w H — C — O — CH 3
+ H 2
O
+2
O
OH
Não é reação de oxirredução.
O
–2 +2 –2
I
14. d
CH 3
H OH
CH 3
H 2 SO 4
H 3
C — CH — CH — CH 2
H 3
C — CH — CH CH 2
+ H 2
O
140 °C
3-metil-but-1-eno
15. a) Ácido hidroxietanoico (ácido glicólico)
HO – CH 2
– COOH
e ácido 2-oxo-propanoico (ácido pirúvico).
H 3
C — C — COOH
O
b) Ácido oxálico.
C
C
O
OH
OH
O
P 2
O 5
C
C
c) Ácido glicólico: OH – CH 2
– COOH
d) Ácido benzoico e 2-hidroxibenzaldeído.
O
O
O
b) H 3
C — OH + HO — CH 3
w H 3
C — O — CH 3
+ H 2
O
c)
20. a)
–2 –2
Não é reação de oxirredução.
H 3
C — CH 2
— OH
H 2
SO 4
CrO 3
H 3
C — C
–1 +3
É reação de oxirredução.
H 3
C
CH 3
CH 3
H
H
OH
OH
H 2 SO 4
H 2 SO 4
b) I: 3-metilciclopenteno
II: 1-metilciclopenteno
I
CH 3
II
–2 –2
O
OH
+ H 2
O
+ H 2
O
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
— C e
— C
O
21. a)
Cl
OH
Isômeros de função
OH
H
I.
H 3
C — C — CH 3
+ NaOH
CH 3
H 2
O
16. c
As equações são:
H 2
O
OH
H 3
C — C — CH 3
+ NaCl
CH 3
CH 3
H 2
C — C — CH 2
— CH 3
OH
H
2-metil-butan-1-ol
X
H 2
SO 4
170 °C
H 2
C — C — CH 2
— CH 3
+ H 2
O
2-metil-but-1-eno
Y
II.
CH 3
Br
H
H 3
C — C — CH 2
+ KOH
álcool
D
H 2
C C — CH 2
— CH 3
+ HCl w H 3
C — C — CH 2
— CH 3
Cl
CH 3
CH 3
álcool
D
CH 3
H 3
C — C — CH 2
+ KBr + H 2
O
CH 3
17. b
24
b) Pelo primeiro gráfico, conclui-se que a velocidade independe do
KOH, e pelo segundo gráfico nota-se que, ao dobrar a concentração
OPV11TP3Q.indd 24 21.02.11 16:38:57

do 2-bromometilpropano, a velocidade da reação também dobra,
portanto a expressão da velocidade da reação é:
Br
v = k · H 3
C — C — CH 3
CH 3
3. c
Os grupos funcionais representados por I e II são ésteres que sofrem
hidrólise.
4. a)
I.
CH 3
CH 3
C 8
H 17
III.
CH 3
CH 3
C 8
H 17
22. d
Al 2
O 3
H 2
C — CH 2
H 2
C CH 2
+ HCl
B
H OH
A
H 3
C — CH 2
— Cl
C
Cloroetano
HO
Br
Br
O
O
C — CH 3
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Atividades extras
23. c
H 3
C — CH 2
— CH 2
+ KOH
24. a)
álcool
H Cl
1-cloropropano
A
álcool
H 3
C — CH CH 2
+ KCl + H 2
O
propeno
B
H 3
C — CH CH 2
+ HCl w H 3
C — CH — CH 3
B
Cl
2-cloropropano
C
H
H 3
C — C — CH 2
— CH 3
+ KOH
Br
álcool
D
álcool
D
H 3
C — CH CH — CH 3
+ KBr + H 2
O
b) Isomeria de posição e óptica:
H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
e H 2
C — CH 2
— CH 2
— CH 3
Br
QO.10
1. a) 1 s função éter (epóxi)
2 s função cetona
b) A equação da reação e o grupo funcional formado está abaixo:
O
Br
H 3
C — (CH 2
) 12
— C — OH + HO — CH 3
H +
O
H + H 3
C — (CH 2
) 12
— C — O — CH 3
+ H 2
O
Grupo funcional: éster
2. d
A equação da reação para a formação de etanoato de isobutila é:
O
H 3
C — + C— OH
Ácido
etanoico
O
HO — CH 2
— CH — CH 3
—
CH 3
2-metil-propan-1-ol
H 3
C — C— O — CH 2
— CH — CH 3
+ H 2
O
—
II.
HO
b) Esterificação.
CH 3
CH 3
C 8
H 17
5. Como temos a formação de um éster a partir de um ácido carboxílico,
a reação será de esterificação:
H 3
C — CH 2
— OH +
Etanol
H 3
CCH 2
— O
H — O
O
NH
CH 3
Enalapril
O
NH
N
CH 3
O
N
Ácido enalaprílico
COOH
COOH
+ H 2
O
Portanto, além do ácido enalaprílico, temos a participação do etanol,
ou álcool etílico.
6. b
A fórmula molecular da aspirina será:
fórmulamolecular ácido salicílico
+ −HO
fórmulamolecular ácido etanoico
C 7
HO
6 3
+
CHO
2 4 2
CH
9 10O5
−
HO
2
CHO
9 8 4
( 2 )
Resolução alternativa:
A formação de aspirina é a reação entre ácido salicílico e ácido acético,
sendo representada por:
O
C
OH
OH
HO
+ C — CH 3
w
O
O
C
OH
O CH 3
C + H 2
O
O
Aspirina s fórmula
molecular s C 9
H 8
O 4
CADERNO 3
CH 3
Etanoato de isobutila
25
7. c
OPV11TP3Q.indd 25 21.02.11 16:39:02

A equação de hidrólise será representada por:
H 3
C — C
O
O
O
C
Ácido acetilsalicílico
+ H — OH
OH
H 3
C — C
Ácido
acético
O
OH
+
O
e) H 3
C — C + H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
z
OH
OH
O
z H 3
C — C
+ H 2
O
O — CH — CH 2
— CH 3
+
OH
C
O
OH
Ácido salicílico C 7
H 6
O 3
8. b
A equação da reação é:
CH 3
Etanoato de sec-butila (acetato de sec-butila)
10. e
A equação de esterificação pode ser representada por:
O
R — C + HO —
R — C — O —
OH
O
H +
O
O
O
H 3
C — C — OH + HO — CH 2
— CH 3
D
H 2
SO 4
11. b
A equação de reação química é:
9. e
a)
b)
HC
z HC
D
H 2
SO 4
O
OH
O
H 3
C — C
z H 3
C — C
O
H 3
C — C — O — CH 2
— CH 3
+ H 2
O
Etanoato de etila
+ HO — CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH 3
z
O — CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH 3
Metanoato de butila
O
OH
O
+ H 2
O
+ HO — CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH 3
z
O — CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH 3
+ H 2
O
R — C
O
OH
Ácido
+ HO — R’ R — C
+ H 2
O
O
O — R’
Álcool
Éster
Reação de esterificação
Água
12. c
A esterificação ocorre entre um álcool e um ácido carboxílico. Na
nandrolona, a esterificação será possível de ocorrer na posição 17
(hidroxila).
13. d
Pelo texto, temos:
I. (V)
II. (F) Vai diminuir a importação de óleo diesel.
III. (V)
14. d
No ácido butanoico há 2 carbonos secundários.
15. e
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Etanoato de butila (acetato de butila)
O
H 3
C — CH 2
— CH 2
— C
+ HO — CH 2
— CH 3
w
c)
H 3
C — C
O
OH
O
+ HO — CH 2
— CH — CH 3
z
CH 3
w H 3
C — CH 2
— CH 2
— C
OH
O
+ H 2
O
z H 3
C — C
+ H 2
O
O — CH 2
— CH 3
O — CH 2
— CH — CH 3
CH 3
Etanoato de isobutila (acetato de isobutila)
I. Falsa. Saturada.
II. Verdadeira.
III. Verdadeira.
IV. Verdadeira.
d)
O
H — C
OH
O
z H — C
OH
+ H 3
C — C — CH 3
z
CH 3
CH 3
+ H 2
O
16. a
H 3
C — C
O
O
+ NaOH w H 3
C — C
OH
O – Na + + H 2
O
Etanoato de sódio
O — C — CH 3
CH 3
Metanoato de terc-butila
26
17. b
A reação entre B (ácido carboxílico) e C (álcool) produz éster e
H 2
O.
OPV11TP3Q.indd 26 21.02.11 16:39:08

18.
H 3
C — CH 2
— CH — C
O
+ HO — CH 2
— CH 3
w
CH 2
COOH
OH
H 3
CO
Composto B
CH 3
CH 3
w H 3
C — CH 2
— CH — C
2-metilbutanoato de etila
O
O — CH 2
— CH 3
+ H 2
O
O nome sistemático do salicilato de metila pode ser:
– o-hidroxibenzoato de metila ou 2-hidroxibenzoato de metila.
b) Um composto opticamente ativo é o naproxeno por causa da presença
de carbono quiral (ou assimétrico), veja a seguir:
19. a) O mais volátil é o para-anisaldeído. Isso porque suas interações
intermoleculares (dipolo-dipolo) são mais fracas que as do ácido
fenilacético (ligações de hidrogênio).
b)
H 3
C — O —
CH 3
C*
COOH
H
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
— C + H 2
O
— C + HO — CH 3
O — CH 3
OH
Ácido benzoico
O
Metanol
20. c
H
Na reação, temos: éster + H 2
O
+
ácido carboxílico + álcool,
portanto a reação é de hidrólise ácida de um éster.
21. c
a) Falsa, a fórmula geral dos ácidos graxos saturados é C n
H 2n +1
— COOH,
então teremos duas insaturações na cadeia.
b) Falsa, o glicerol é H 2
C — CH — CH 2
, portanto um triálcool com
OH OH
OH
fórmula molecular: C 3
H 8
O 3
d) Falsa, é um éster.
e) Falsa, o óleo de soja é líquido a 25 °C e 1 atm.
Atividades extras
22. a) Hipoclorito de sódio.
b)
H 3
C — CH 2
— CH 2
— C
Reagente A
O
O — CH — CH 2
— CH 3
+ NaOH
CH 3
O
OH
c)
HO —
Outro composto:
H 3
C — CH — CH 2
—
H
CH 3
N CH 3
C
O
Acetaminofeno
CH 3
C*
H
Ibuprofeno
Radical acila:
etanoil(a)
ou acetil (a)
COOH
Radical alquila: isobutil(a)
CH 3
C
COOH
H
Cadeia carbônica
aromática: naftaleno
Ibuprofeno
CH 3
C
COOH
CADERNO 3
H 3
C — CH 2
— CH 2
— C
Butanoato de sódio
O
+ H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
O – Na +
2-butanol
H 3
C
O
Naproxeno
H
Reagente A s
Isômeros do 2-butanol s
– éter metilpropílico:
– éter dietílico:
O
– éter metilisopropílico:
c) Pentanoato de etila.
O
O
O
d) As equações são:
Reação de obtenção do ácido acetilsalicílico:
OH
O
C
OH
+
H 3
C — C
H 3
C — C
O
O
O
H +
23. a) Pela análise das informações teremos:
O
OH
O
— C
OCH 3
CH 3
— C — CH 2
OH
H
H +
H 3
C
C
O
O
C
OH
+ H 3
C — C
O
OH
Composto A
Composto C
Reação de hidrólise do acetaminofen:
27
OPV11TP3Q.indd 27 21.02.11 16:39:16

24. d
QO.11
1. b
HO
O
H
N CH 3
C
O
H 2
O
HCl
HO
H
N +
H
H
Cl – + H 3
C — C
H 3
C(CH 2
) 14
C + HOCH 2
CH 3
w H 3
C(CH 2
) 14
C + H 2
O
OH
O
OCH 2
CH 3
O
OH
D
HNO 3
H 2
SO 4(conc)
C
H 3
CCOCl
CH 3
AlCl 3
F
1) O 3
2) H 2
O/Zn
Cl
Cl 2
SO 3
FeCl 3
H 2
SO
O
O
4(conc)
G
H
3 C C
H
J
Etanodial
NO 2
H 2
Catalisador
H 3
CCH 2
Cl
H
AlCl 3
A
NO 2
O
E
CH 2 C
KMnO
CH 4
HNO 3
3
OH
H 3
O +
H 2
SO 4(conc)
O
B
Cl
+
SO 3
H
Cl
SO 3
H
I
O
C
NO 2
C
OH
H 3
C — CH 2
— C
Propanal
OH
O
H
K 2
Cr 2
O 7
H +
K 2
Cr 2
O 7
H +
H 3
C — CH 2
— C
Ácido propanoico
H 3
C — CH — CH 3
H 3
C — C — CH 3
Propan-2-ol
O
Propanona
2. c
Pelos produtos formados no enunciado, teremos a reação representada
pela equação:
H 3
C — CH 2
— C C — CH 2
— CH 3
O
CH 3
H
+ C — CH 2
— CH 3
OH
O
OH
C terciário
C secundário
O
KMnO 4
H 3
C — CH 2
— C +
H+, Δ
Butanona
CH 3
3. d
A única substância com as características anteriores é a propanona,
veja a seguir:
I. H 3
C — C — CH 3
∴ substância polar s solúvel em água (polar)
5. a
Em I, temos:
Em II, temos:
Então:
H
H — C — C
H
C tetraédrico
de ligação H 109°
CH 3
H 3
C — C — SH
H
H
H 3
C — C — OH
CH 3
CH 3
H
H 3
C — C — OH
H
álcool
secundário
C
H
H
C trigonal plano
de ligação H 120°
∴ álcool análogo
C secundário
[O]
álcool
H 3
C — C
CH 3
cetona
O
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
O
II. Veja a equação da reação de combustão:
6. a) e b)
C 3
H 6
O + 4O 2
3CO 2
+ 3H 2
O
Quantidades equimolares
de CO 2
e H 2
O
III. A equação de redução é:
H 3
C — OH
Metanol
[O]
H 2 O
X
O
HC
H
Metanal
[O]
Y
O
HC
OH
Ácido metanoico
O
H 3
C — C — CH 3
+ H 2
Pd
OH
—
H 3
C — C — CH 3
—
H
Propan-2-ol
(C 3
H 8
O)
IV. As cetonas não se oxidam na presença de K 2
Cr 2
O 7
, em meio
ácido, em condições brandas.
4. De forma simplificada, podemos escrever:
28
O
HC + HO — CH 2
— CH 3
x HC + H 2
O
OH
c) Isômero de função: H3 C — CH 2
— C
O
Z
O — CH 2
— CH 3
Metanoato de etila
7. c
A equação de oxidação do etanol pela ação do oxigênio atmosférico
pode ser representada por:
O
OH
OPV11TP3Q.indd 28 21.02.11 16:39:25

OH
O
O
Sabendo que: álcool secundário ⎯⎯⎯ → cetona, teremos:
[ ]
H 3
C — CH 2
+ O 2
8. b
As equações das reações são:
I.
H 3
C — C
OH
ácido etanoico
NO 2
+ H 2
O
H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
OH
[O]
H 3
C — C — CH 2
— CH 3
A reação contrária à oxidação é uma redução, portanto:
[ H]
Cetona ⎯⎯⎯ → álcool secundário, então:
O
A
9. a
II.
H 2
SO 4
+ HO — NO 2
+ H 2
O y reação de substituição
O
N w O
+3
Fe
HCl
rNox s Redução
Intermediário
H
N — H y reação de redução
–3
O
H 3
C — C — CH 2
— CH 3
O
[H]
H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
OH
B
Observação: Professor, se continuar a reação da estrutura B, teremos a
formação de um alcano, no caso, H 3
C – CH 2
– CH 2
– CH 3
.
b) Porque há formação de mistura racêmica, ocorrendo desvio de
mesma magnitude da luz polarizada, porém em sentidos opostos,
e a substância B não apresenta carbono assimétrico.
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2H 3
CCH 2
OH + K 2
Cr 2
O 7
+ 3H 2
SO 4
w 2H 3
CC
Álcool
OH
Ácido
carboxílico
+ 2CrSO 4
+ K 2
SO 4
+ 5H 2
O
10. b
O álcool apresentado é secundário, portanto, o produto de sua oxidação
será uma cetona.
CH 3
H 3
C — C — CH 2
— CH 3
OH
11. Os compostos possíveis com essa fórmula molecular são:
OH
H 3
C — CH 2
— CH 2
ou H 3
C — O — CH 2
— CH 3
ou
OH
H 3
C — CH — CH 3
14. d
O
CH 2
OH
HO
—
C — +3
—
H
H — C — OH
3
O +
—
H — C — OH
—
O
CH 2
— OH
r nox
Redução
H
—
—
O — H
C — H
H — C — CN
adição
+ H — CN
H — C — OH
H — C — OH
CH 2
— OH
C
–1
H — C — OH
— —
H — C — OH
—
O
CH 2
— OH
H 3
O +
H 2
O + H +
Hidrólise
15. a) O etanol presente no vinho foi oxidado a ácido acético.
H 3
C — CH 2
— OH + O 2
w H 3
C — C
O
OH
+ H 2
O
CADERNO 3
O éter (H 3
C — O — CH 2
— CH 3
) possui o menor ponto de ebulição
pelo fato de a interação intermolecular ser mais fraca (dipolo-dipolo).
O álcool que sofre oxidação total produzindo ácido carboxílico é
primário (H 3
C — CH 2
— CH 2
— OH), portanto, no frasco C está o
OH
composto H 3
C — CH — CH 3
b) A garrafa cheia possui, em seu interior, uma quantidade menor
de oxigênio gasoso proveniente do ar atmosférico, além de ter
sido guardada na geladeira.
A garrafa guardada no armário permaneceu à temperatura ambiente
e contém uma quantidade maior de oxigênio.
Aumento na quantidade de oxigênio s aumento na frequência de
colisões eficazes s aumento na velocidade de reação.
Aumento na temperatura s aumento na frequência de colisões
eficazes s aumento na velocidade de reação.
12. d
16. c
CH 3
+ 2HO — NO 2
CH 3
— NO 2
+
CH 3
OO
O
H 2
SO 4
OH
NO 2
H 2
O
H 3
C — C C — CH 3
+ O 3
H 3
C — C + C — CH 3
+ H 2
O 2
Zn
CH 3
H
CH
H
3
Propanona
Etanal
— C + H 2
H
Ni
— CH 2
17. e
13. a) A fórmula do butan-2-ol é: H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
, que é álcool
secundário.
OH
CH 3
CH 3
CH 3
H 2
O + H 3
C — CH — CH C — CH 2
— C CH 2
+ O 3
Zn
29
OPV11TP3Q.indd 29 21.02.11 16:39:33

Zn
OH
O
CH 3
O O
O
H 3
C — CH — C + C — CH 2
— C +
H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
H 3
C — C — CH 2
— CH 3
Butanona (W)
KMnO 4
H 2
O
[O]
Metilpropanal
H
CH 3
CH 3
Pentan-2,4-diona
b)
H 3
C — CH 2
— CH 2
— C
O
e
H 3
C — CH — C
O
O
H
H 3
C
H
+ CH + H 2
O 2
H
24.
Metanal
Composto
carbonílico
Reagente de
Grignard
Haleto de
alquila
18. e
I. (V)
II. (V)
III. (F) A acetona é substância orgânica.
IV. (V)
V. (F) A acetona pertence à classe das cetonas.
19. Soma = 7 (01 + 02 + 04)
(01) Verdadeira
(02) Verdadeira
(04) Verdadeira
(08) Falsa
(16) Falsa
20. b
I. Eliminação (de HBr)
II. Adição
III. Oxidação
21. e
I – II. Adição (composto de Grignard)
II – III. Eliminação (desidratação)
III – IV. Ozonólise (clivagem oxidativa)
VI – VII. Ácido-base
Atividades extras
22. Soma = 23 (01 + 02 + 04 + 16)
(01)
H
H 3
C — CH CH 2
+ O 2
O
3 Br H 3
C — C + CH + H 2
O 2
Etanal
(02) H 3
C — CH CH 2
+ H 2
H 3
C — CH 2
— CH 3
O
H
O
H
Metanal
V
V
Possibilidade 1
Possibilidade 2
O
H 3
CMgBr
H 3
CCH 2
CH 2
CCH 2
CH 2
CH 3
O
H
H 3
CCH 2
CH 2
CCH 3
CCH 2
CH 2
MgBr
3
QO.12
1. b
Nesse processo ocorre uma polimerização de adição.
2. a
H 3
CBr
H 3
CCH 2
CH 2
Br
3. a) Éster e álcool.
b) I. Esterificação.
II. Polimerização.
c) Para melhorar o rendimento da reação. Isto é necessário pois o
álcool pode ser consumido por outras reações secundárias,
como a desidratação.
4. d
A reação descrita é de uma polimerização por adição, e o monômero
será insaturado por uma dupla-ligação. Portanto, serão os monômeros:
CH
—
CH 2
H 2
C
CH 2
H 2
C
(I) (II) (IV)
5. a
Os que mais contribuem são as garrafas plásticas, que contêm átomos
de cloro.
CH
—
CN
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Não possui isômeros
(04) H 3
C — CH CH 2
+ Br 2
H 3
C — CH — CH 2
(08) H 3
C — CH CH 2
+ HOH H 3
C — CH — CH 3
(16)
23. a)
Br
CCl 4
H +
Br
Br
OH
Propan-2-ol
álcool
H 3
C — CH — CH 3
+ KOH H 3
C — CH CH 2
— KBr + H 2
O
OH
H 3
C — CH 2
+ HBr
Etanol (X)
C 4
H 9
OMgBr + H 2
O
Br
H 3
C — CH 2
+ H 2
O
Bromoetano (Y)
OH
H 3
C — CH — CH 2
— CH 3
+ Mg[OH]Br
Butan-2-ol (Z)
V
F
V
30
6. a
O poliacrilato de sódio é um polímero polar.
7. a
8. c
9. e
— CH 2
— CH 2
—
C
O O – Na +
O polipropileno é um hidrocarboneto; portanto, apolar, formado
pela adição de propeno (ou propileno).
I. (V) Função éster.
II. (V) Dois monômeros diferentes.
III. (V) Formação de éster.
O
O grupamento — O — C — O — é um carbonato.
I. (V)
II. (V) Isoctano
III. (V) Propeno
n
OPV11TP3Q.indd 30 21.02.11 16:39:39

10. c
Pelo enunciado, temos:
monômero w polímero
isobutileno w poli-isobutileno
CH 3
— C — C —
n
CH 3
I. (F) Formado a partir de 6-amino-hexanoico.
II. (F) Formado a partir de n unidades de 6-amino-hexanoico.
III. (V)
IV. (F) P é polímero de condensação formado.
11. A equação de polimerização pode ser representada por:
n
O
HO
C
C
O
+ n HN
H
OH
NH
H
17. b
As equações ficam corretas com as seguintes reações:
• adição de HCN ao etino:
H
H
Ácido carboxílico
Amina
H — C
C — H + HCN
C
C
O
O
H
CN
12. b
— C —
O
— C
N —
H
Poliamida (kevlar)
— NH — + (2n – 1)H 2
O
O grupo: — C — N — é uma amida, portanto o kevlar é uma poliamida.
n
em que o produto obtido pode originar um polímero de acordo com
a reação:
n
H
H
C
C
H
CN
H
H
H
— C — C —
CN
n
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
H
13. V – V – F – F
I. (V)
II. (V)
III. (F) O propeno é hidrocarboneto insaturado.
IV. (F) Obtém-se o 2-cloropropano como produto principal.
14. A equação que representa a polimerização do ácido 3-hidroxibutanoico
é:
15. e
H
nH 3
C — C — CH 2
— C + nH 3
C — C — CH 2
— C w (n – 1)H 2
O +
H O
O
OH
+ — O — CH — CH 2
— C
CH 3
O
H
H O
O
O
OH
O — CH — CH 2
— C —
n
Poliéster
CH 3
I. V, primeiros alcanos são gasosos nessas condições.
II. V, o PE aumenta com o aumento da massa molecular.
III. V, alcanos maiores são sólidos.
IV. V, alcanos maiores podem ser chamados de parafinas.
Observação: Alguns consideram que todos os hidrocarbonetos
podem ser chamados de parafinas.
V. V, alcanos com altíssima massa molecular são polímeros derivados
do etileno.
18. d
(Monômero)
(Polímero)
nCH CH 2
w — CH — CH 2
—
CN
CN
nCF 2
— CF 2
w — CF 2
— CF 2
— n
nCH CH 2
w — CH — CH 2
—
Cl
19. a
O ácido carboxílico reage com o álcool e isso acontece dos dois
lados do anel, sendo o álcool um diálcool e o ácido dicarboxílico.
20. d
Para sofrer polimerização o composto deve apresentar uma dupla-
-ligação.
Compostos I, II e IV.
21. a
I. Verdadeira
II. Verdadeira
III. Falsa. Na reação ele é um monômero.
22. a) Hidrólise dos dois reagentes utilizados:
Cl
n
n
CADERNO 3
16. F – F – V – F
A equação para formação de P pode ser representada por:
O
H
N —
O
— N
C —
— C + nHOH w
O
O H O N
nHO – C – CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
N – H + nHO – C – CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
N – H w
C —
— C
O
H
O H O H
w – C – CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
– N – C – CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
CH 2
– N –
n
+
O
n
HO
OH
C — — C +
O
H — N —
H
— N — H
H
+ (2n – 1)H 2
O
Ácido carboxílico
Amina
31
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)
O
C —
— C
H
N —
O
Amida
— N
Atividades extras
23. d
A equação que representa a polimerização é:
nH 2
C C — C CH 2
w — CH 2
— C C — CH 2
—
Cl Cl Cl Cl
n
H
O
24. a) X será o acetato de vinila s H 2
C = CH — O — C — CH 3
b) A sequência de reações será:
— CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH — w NaOH w
m
n
O
C O
CH 3
O
— CH 2
— CH 2
— CH 2
— CH — + nH 3
CC
m
n
O – Na +
OH
Etapa Y
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
32
OPV11TP3Q.indd 32 21.02.11 16:39:47