Post on 10-Jul-2015
1 Pré-vestibular extensivo | caderno 2
GABARITO
QUÍMICA
MÓDULO 91 E
32g 5,6L
x 22,4L
x 5 128g
2 D
180g 100%
108g x
x 5 60% (carbono)
3 C
4 A
3,51g 1cm3
x 0,027cm3
x 5 0,09477g
1mol 12g
y 0,09477g
y 5 0,0079 mol
5 B
18g 3 ? 6 ? 1023 átomos
x 1,2 ? 1028 átomos
x 5 1,2 ? 105g 5 120kg
6 B
m
Mol
m
Mol
m
64SO
66
44C
SO CO
2
2 2
5
5 OO m g2 SO2→ 5 96
7 B
1g 100%
x 48%
x 5 0,48g (carbono)
C: 12g 6 ? 1023 átomos
0,78g y
y 5 2,4 ? 1022 átomos
1g 100%
y 7%
y 5 0,07g (hidrogênio)
H: 1g 6 ? 1023 átomos
0,07g w
w 5 4,2 ? 1023 átomos
8 B
X11: Ca
Q : F
XQ2 → CaF: 1mol 78g
y 3,90g
y 5 0,05 5 5 ? 1022mol
9 A
18g 6 ? 1023 moléculas
0,09g x
x 5 3 ? 1020 moléculas
10 B
3 ? 1023 moléculas 14g 6 ? 1023 moléculas x x 5 28g → Massa Molar: 28g/mol
11 D
m
mCa (PO ) OH
93
5020,185
m
mCa (PO ) F
p
5 4 3
p
5 4 3
5 >
93
5020,1855 5
%P: 18,5%
12 a) lnicialmente vamos determinar a massa da gotícula:
1mL 0,904g
3,10 ? 1023mL x
x 5 2,802 ? 1023g
A seguir, vamos calcular a massa molar do ácido:
2,802 ? 1023g 6,0 ? 1018 moléculas
y 6,0 ? 1 023 moléculas
y 5 280g
Logo, a massa molar do ácido é 280g ? mol21.
O cálculo da fórmula molecular pode ser feito da se-
guinte maneira:
CnH
2n24O
2 5 280g ? mol
24
12 ? n 1 1 (2n 2 4) 1 16 ? 2 5 280
12n 1 2n 2 4 1 32 5 280
14n 5 252 → n 5 18
Assim, temos a fórmula molecular do ácido: C18
H32
O2.
b) De acordo com o enunciado, as moléculas do ácido em
contato com a água podem ser representadas por:
superfície da água
CO
2 H
CO
2 H
CO
2 H
CO
2 H
13 B
14 B
MÓDULO 101 C
2A, 1 Fe2O
3 → 2Fe 1 A,
2O
3
A, ; Fe
27g A, → 56g Fe
5,4 3 103g A, → x
x 5 11,2 3 103g 5 11,2 Kg Fe
2 a) Zn 1 2HNO3 → Zn(NO
3)2 1 H
2
Zn(NO3)2 → Nitrato de zinco
H2 → Gás Hidrogênio (Hidrogênio molecular)
b) Zn ; Zn(NO3)2
65,4g Zn → 189,4g Zn(NO3)2
3,27g Zn → x
x 5 9,47g
Zn ; H2
65,4g Zn → 2,0gH2
3,27g Zn → x
x 5 0,1gH2
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GABARITO
2Pré-vestibular extensivo | caderno 2
3 S ; H2SO
4
32g 2 98g
3,2 3 1023 g 2 m
m 5 98 3 1024g
4 B
N2 1 3H
2 → 2NH
3 1VN
2 → 3VH
2
1VN2 → 3VH
2 x → 9VH
2
4VN2 → x x 5 3VN
2
x 5 12 V H2
x , 9
N2 está em excesso.
5 V 5 2,0 3 108L
no mol 5 8,1 3 106 mol
a) H2 1
1
2O
2 → H
2O
b) Fe 1 2HX → FeX2 1 H
2
Fe ; H2
56g Fe → 1mol H2
x → 8,1 3 106mol H2
x 5 4,53 3 108g 5 4,53 3 105kg Fe
6 a) 2 CO2 ; SiO
2
88g CO2 → 1mol SiO
2
4 400g CO2 → x
x 5 50mol SiO2
b) 22,4L CO2 → 44g
112 000L CO2 → x
x 5 220 3 103g CO2 5 220 kg
Sim, a produção da indústria foi inferior à meta.
7 a) Ag2SO
4(aq) 1 2NaC,
(aq) → 2AgC,
(s) 1 Na
2SO
4(aq)
AgC,(s)
1 NaOH(aq)
→ NaC,(aq)
1 AgOH(aq)
2AgOH(aq)
→D
Ag2O 1 H
2O
b) Ag2SO
4(aq) ; Ag
2O
312 232g
15,6g x
x 5 11,6g
11,6g 100%
8,7g y
y 5 75%
8 B
A, 1 3HC, → 3/2H2 1 A,C,
3
Cu 1 HC, → não reage
nH2 5
0,672
22 4, 5 0,03 mol
n1 ? (A,) 1 n
2(Cu) 5 0,03 mol
n1 ? 27 1 n
2 ? 63,5 5 1,8g
n2 > 0,02 mol
n1 > 0,01 mol
0,03 mol 100%
0,02 mol x
x 5 70% de Cu
30% de A,
9 A
2NH3 1 3CuO →
D
3Cu 1 N2 1 3H
2O
2NH3 ; 3Cu
2 3 17g 3 3 63,5g
3,4g x
x 5 19,05g
10 B
ZnCO3 →
D
ZnO 1 CO2
Na2O 1 CO
2 → Na
2CO
3
Na2CO
3 ; ZnCO
3
106g 1 mol
10,6g x
x 5 0,1 mol
11 a) 1 litro de H2O
2 → 20LO
2
22,4L O2 6 ? 1023 moléculas
20L O2 x
x 5 5,4 ? 1.023 moléculas
b) 21; 22; 0
12 C
ms 5 12,8kg ? 2,5/100 5 0,32kg
S ; H2SO
4
32g 98g
0,32 x
x 5 0,98kg
13 B
S 1 O2 → SO
2
SO2 1 1/2 O
2 → SO
3
SO3 1 H
2O → H
2SO
4
32 700g 80%
x 100%
x 5 40 875kg
S 5 H2SO
4
32g 98g
y 40 875kg
y 5 13.347kg
14 A
Fe 1 S → Fe S
Fe ; S
56g 32g
28g 64g
excesso de 48g de S (64g 2 16g)
0,5 mol 2 2 mol
Fe ; Fe S
56g 88g
28g x
x 5 44g
15 C
CaCO3 → CaO 1 CO
2
CaCO3 ; CaO
100g 56g
x 5,6g
x 5 10g
15g 100%
10g y
y 5 66,7%
16 A
90
100 ? 500 5 450kg
AuTe2 ; Au
442g 197g
450kg x
x > 200kg
17 B
CH4 1 2O
2 → CO
2 1 2H
2O
1V 2V
A relação entre números de mol é igual à relação entre
volumes.
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3 Pré-vestibular extensivo | caderno 2
1 mol CH4 2 mol O2
60,0L CH4 x
x 5 120L O2
120L O2 100%
y 90%
y 5 108L O2
108L 20%
Z 100%
Z 5 540L
18 E
C3H
8O
3 ; C
3H
5O
9N
3
92g 227g
25g x
x 5 61,68g
61,68g 100%
53g y
y > 86%
19 C
H2O
2 → H
2O 1
1
2O
2
H2O
2 ;
1
2 O
2
34g 2 11,2L
x 2 10L
x > 30,3g
20 a) 4 .400g de CO2 correspondem a 100 mol, pois a massa
molar dessa substância é igual a 44g/mol. Como 2 mol de
CO2 são necessários para produzir 1 mol de SiO
2, formam-
-se 50 mol de SiO2.
b) Uma emissão de 112 000L de CO2 por dia, nas CNTP,
corresponde a 112000L/dia
22,4L/mol 5 5.000 mol/dia.
Logo, a emissão de:
5 000 mol/dia 3 44g/mol 5 220 000 g/dia 5 220 kg/dia.
Portanto, a emissão é menor do que 500 kg/dia, o que
significa que a indústria atingiu sua meta.
MÓDULO 11Exercícios de estequiometria
1 a) Zn 1 2HC, → ZnC,2 1 H
2
b) Zn ; H2
65,5g 22,4L
3,25g x
x 5 1,12L
c) PV
T
P V
T
2V
(30 273)
1 1,12
273
0 0
0
51
53
⇒ ⇒ V 5 0,62L
2 A
Fe2O
3 1 3C → 2Fe 1 3CO
Fe2O
3 ; 2Fe
160g 112g
4,8T x
x 5 3,36T 100%
y 80%
y 5 2,688T
3 a) 1g, pois o volume de 22,4L e equivalente a um mol de
gás nas CNTP: meio de H2 e meio de Hélio.
b) PV
T
P V
T
0 0
0
5 ⇒ P ? 5,6 5 1 ? 22,4 → P 5 4 atm
4 a) m 5 0,81g/cm3 5 m/1 000 cm3 → m 5 810g
b) PV 5 nRT
P810
5 ? ?
280 082 300,
: 30 5 23,72 atm
5 4FeS2 1 11O
2 → 2Fe
2O
3 1 8SO
2
8SO2 1 4O
2 → 8SO
2
4FeS2 8H
2SO
4
480g 784g
1kg x
x 5 1,63Kg
6
Na
S
→
→
17 4
100
270
232 04
47 41
100
2
,,
,
? 5
?770
324 00
35 55
100
270
166 00O
5
? 5
,
,,→
Na S O2 4 6
7 a) Fe2(SO
4)3 1 6NaOH → 2Fe(OH)
3 1 3Na
2SO
4
b) 2Fe13 ; 2Fe(OH)3
1 mol 107g
0,1 mol x
x 5 10,7g
8 B
2Na2S
2O
3 ; Na
2S
4O
6
2 ? 158g 270g
158 x
x 5 135g
135g 100%
105g y
y > 80%
9 E
3C ; 2Fe
3 ? 12g 2 ? 56g
x 1,68g
x 5 0,54kg
0,54kg 80%
y 100%
y 5 675g
10 D
m(NH3) ; átomos
17g 4 ? 6 ? 1023 átomos
x 1,2 ? 1028 átomos
x 5 85 000g → x 5 85 kg
11 CaC2 1 2H
2O → C
2H
2 1 Ca(OH)
2
a) Acetileno (etino)
b) CaC2 ; C
2H
2
64g 22,4L
100g x
x 5 35L
c) C2H
2 1 5/2O
2 → 2CO
2 1 H
2O
C2H
2 ; 5/2O
2
22,4L 56L
35L x
x 5 87,5L
12 B
Como a fórmula mínima é a menor proporção inteira entre
os elementos, temos que a fórmula mínima do composto
é C2H
7N.
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GABARITO
4Pré-vestibular extensivo | caderno 2
VCO2
5 4VN2
VH2O
5 7VN2
CxHyNz 1 15/2O2 → 4CO
2 1 N
2 1 7H
2O
⇓
C4H
14N
2
13 a) Balanceamento: x 5 2; y 5 1/2
b) 1 mol Pb (NO3)2 2 2,5 mol de gases
PV 5 nRT
1,0 ? V 5 2,5 ? 0,081 ? 500
V 5 101,25L
14 a) 446g 1 mol
9,37g x
x 5 0,021 mol de gás
T
PV
nR
1 1
0,021K5 5
3
35
0 082580
,
b) Uma dentre as classificações: decomposição ou análise;
oxirredução.
15 B
50 km 1h
x 20h
x 5 1 000km
1L 4km
y 1.000km
y 5 250L 5 2,5 ? 105cm3
0,8g 1cm3
z 2,5 ? 105cm3
z 5 2,0 ? 105g 5 200kg
Combustível metropolitano:
2 000 mgS 1kg
W 200kg
W 5 4,0 ? 105mg 5 400gS
S ; SO2
32g 64g
400g j
j 5 800g
Combustível S500:
500mgS 1kg
K 200kg
K 5 1,0 ? 105mg 5 100gS
S ; SO2
32g 64g
400g f
j 5 200g
Redução 5 800g 2 200g
Redução 5 600g
16 a) Observando que o sódio (Na) é formado na primeira rea-
ção e consumido na segunda reação, podemos associá-
-las de modo conveniente para termos uma equação
química global:
(x5) 10NaN3 → 10Na 1 15N2
10Na 2KNO K O 5Na O N
10NaN 2KN
3 2 2 2
3
1 1 1
1
→
OO K O 5NaO 16N3 2 2
→ 1 1
Cálculo da massa NaN3(s)
:
10 ? 65 NaN3 16 ? 25L N
2
x 80L N2
x 5 130g NaN3
b) As equações químicas são:
K2O(s) 1 H
2O
(,) → 2KOH
(aq)
Na2O(s) 1 H
2O
(,) → 2NaOH
(aq)
17 a) As equações das reações das pirólises são:
I. (NH4)2CO
3(S) → 2NH
3(g) 1 CO
2(g) 1 H
2O
(,)
II. CaCO3(S)
→ CaO(S)
1 CO2(g)
b) Cálculo do número total de mols de gases da mistura
final constituída de NH3 e CO
2:
12,2, gás 1mol gás/24,4, gás 5 0,5mol de gás
v. molar
Considerando a equação II, temos que 0,2 mol de CaO
(sólido final) é formado junto com 0,2 mol de CO2 a partir
de 0,2 mol de CaCO3. Então, da mistura de 0,5 mol 3 de
gás, 0,3 mol se refere aos produtos da decomposição do
(NH4)2CO
3. Usando-se a equacão I, concluímos que existia
0,1 mol de (NH4)2CO
3 na mistura inicial de sólidos. Portan-
to, esta mistura de sólidos era constituída de 0,1 mol de
(NH4)2C0
3 e 0,2 mol de CaC0
3.
18 a) 32g N2H
4 126g HNO
3
x 3,78 Kg 3 1,25
x 5 1,20 Kg N2H
4
Massa de N2H
4 impura:
1,20 Kg 75%
y 100%
y 5 1,6 Kg 5 1.600g
b) 126g HNO3
144g H2O
3,78 Kg HNO3 x
x 5 4,32 Kg 5 4.320g H2O
19 174g K2SO
4 98g H
2SO
4
300g K2SO
4 x
x > 169g H2SO
4 (massa necessária)
Usando a densidade fornecida:
d 5 m/v [ m 5 d ? V 5 1,8 ? 75 5 135g
169g 100% de pureza
135g y
y > 79, 9%
20 C7H
6O
3 1 C
4H
6O
3 → C
9H
8O
4 1 C
2H
4O
2
138,0g 102g
2,76g x
x 5 2,04g
C4H
6O
3 em excesso
a) 138,0g 180,0g Aspirina
2,76g x
x 5 3,60g de Aspirina
b) 100% 3,60g
70% x
x 5 2,52g de Aspirina
21 0,824 120g
1,687 y
y 5 246g
120 1 18x 5 246
x 5 246 120
18
2
x 5 7,0 moléculas de água
246,0 24,0 Mg
1,687g z
Z 5 0,16g
22 a) 2KC,O3 →
∆
2KC, 1 3O2
b) KC, 1 KC,O3
c) O2
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5 Pré-vestibular extensivo | caderno 2
d) 1 mol de O2 32,0g
x 0,16g
x 5 0,005 mol de O2
V
nRT
P
5 82 2735 5
3 30 00 0 00
1
, ,
V 5 0,11L
23 a) CaCO3(s)
→ CaO(s) 1 CO
2(g)
Nas CNTP, temos que 1,0 mol de qualquer substância
libera 22,4L de gás. Logo:
100,0g de CaCO3 22,4L
50,0g x
x 5 11,2L
b) CaO 1 H2O → Ca(OH)
2
Ca(OH)2 (hidróxido de cálcio)
24 a) A equação química da reação do hidróxido de lítio com
o gás carbônico é:
2LiOH 1 CO2 → Li
2CO
3 1 H
2O
b) Cálculo da pressão parcial de CO2:
PCO2
5 0 02,%
1
PTotal
? 5 0,02 atm
Cálculo do número de mols de CO2:
PCO2
? V 5 nCO2
? R ? T ⇒
⇒ nCO2
5 P V
RT
0,02 60 10
0,082 293
co23
?
5? ?
?
ù 50 mol CO2
Cálculo da massa de hidróxido de lítio:
1 mol CO2 2 ? 24g LiOH
50 mol CO2 x
x 5 2.400g LiOH
25 a) O gás gerado pela reação entre carbeto de cálcio e água é:
H — C ; C — H
etino
(acetileno)
b) A equação da reação de obtenção do acetileno é:
CaC2 1 2H
2O → Ca(OH)
2 1 C
2H
2
Cálculo da massa de C2H2 obtida a partir de 32g de CaC2:
64g CaC2 26g C
2H
2
32g CaC2 x
x 5 13g C2H
2
26 a) 2CuS(S)
1 3O2(g)
→
∆
2CuO(S)
1 2SO2(g)
b) Dadas as outras reações:
2SO2(g)
1 O2(g)
→ 2SO3(g)
(I)
SO3(,)
1 H2O
(,) → H
2SO
4(aq) (II)
Temos:
64g SO2 98g H
2SO
4
64 Kg SO2 x
x 5 98 Kg H2SO
4
Observação: usualmente, a ustulação correspondente à
transformação de sulfetos em óxidos:
2CuS(s) 1 3O
2(g) →
∆
2CuO(s) 1 2SO
2(g)
Reações posteriores podem converter o óxido em metal.
A equação global do processo seria:
CuS(s) 1 O
2(g) → Cu
(s) 1 SO
2(g)
27 a) somado as equações 1 e 2:
10NaN3 → 10Na 1 15N
2
10Na 1 2KNO3 → 5Na
2O 1 K
2O 1 N
2
10NaN3 1 2KNO
3 → 5Na
2O 1 K
2O 1 16N
2
2 mol 2 mol
excesso
2 mol NaN3 3,2 mol N
2
PV 5 nRT
pnRT
V
8,3 300KPa5 5
3 35
3 2
70113 8
,,
b) A soma das equações 1 e 2:
10NaN3 1 2KNO
3 → 5Na
2O 1 K
2O 1 16N
2
2 mol 2 mol 1 mol 0,2 mol
excesso
de 1,6 mol
massa restante:
1,6 mol KNO3 1 1 mol Na
2O 1 0,2 mol K
2O
242,4g
28 a) BaSO4 1 4C → BaS 1 4CO
b) 1 mol de BaSO4 5 233g
1 mol de BaCO3 5 197g
233g BaSO4 → 197g BaCO
3
4,66 kg → x
x 5 3,94 kg de BaCO3
100% → 3,94 kg
50% → y
y 5 1,97 kg de BaCO3
Redox
1 D
(NH4)2 Cr
2O
7 → Cr
2O
3
23 1 1 1 6 2 2 1 3
2 D
2Fe2O
3 1 3C → 4Fe 1 3CO
2
Fe 1 3 → 0 D 5 3 e p x 2 5 6 e p → 3 e p
C 0 → 1 4 D 5 4 e g → 2 eg 3 2
3
2 1 3 1 4 1 3 5 12
3 D
2C,2 1 1C 1 2H2O → 1CO
2 1 4HC,
C 0 a 1 4 D 5 4 e p → 2 ep 3 1
2
C,2 0 a 2 1 D 5 1 eg 3 2 5 2 eg → 1 e g
2 1 1 1 2 5 5
4 A
5 A
Fe: 0 → 12; oxidação → perda e2 → redutor
H: 11 → 0; redução → ganho e2 → oxidante
6 D
3P 1 5HNO3 1 2H2O → 3H3PO4 1 5NO
P 0 → 1 5 D 5 5 ep
N 1 5 → 1 2 D 5 3 eg 3 3
5
P: redutor
HNO3: oxidação
5 Pré - vestibular extensivo | caderno 2
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GABARITO
6Pré-vestibular extensivo | caderno 2
7 E
2 MnO4 1 10I2 1 16 H1 → 2 Mn21 1 5I
2 1 8 H
2O
I 2 1 → 0 D 5 1ep 3 2 5 2 eg
Mn 1 7 → 1 2 D 5 5 eg X52
8 D
9 A
10 B
1K2Cr
2O
7 1 3H
2O
2 1 4H
2SO
4 → 1K
2SO
4 1 1Cr
2(SO
4)3 1
1 7H2O 1 3O
2
O 2 1 → 0 D 5 1 ep x 2 5 2 ep 1 ep
Cr 1 6 → 1 3 D 5 3 eg x 2 5 6 eg 3eg 3 3
1
K2Cr
2O
7 → ganho e2 → oxidante
H2O
2 → perda e2 → redutor
Obs.: todo o oxigênio do H2O
2 se oxida a O
2.
11 D
I 2 Verdadeira
II 2 Verdadeira
III 2 Falso. O número de oxidação do Zn varia de 12 para 0
IV 2 Verdadeiro.
12 D
I 2 Falso. Oxidação é perda de elétrons, e redução, ga-
nho de elétrons.
II 2 Falso. Elemento oxidante é o responsável pela oxidação
e, portanto, aquele cujo número de oxidação diminui.
III 2 Verdadeiro
IV 2 Verdadeiro
13 A
5H2O
2 1 2KMnO
4 1 4H
2SO
4 → 2KHSO
4 1 2MnSO
4 1
1 8H2O 1 5O
2
H2O
2 1 2KI → I
2 1 2KOH
14 A
As2S
5 1 20H
2O
2 1 16NH
4OH → 5(NH
4)2SO
4 1
1 2(NH4)3AsO
4 1 28H
2O
5 1 2 1 28 5 35
15 Semirreação de redução:
2NO23
1 10e2 → N2 1 6O5
Semirreação de oxidação:
S 1 2O5 → SO2 1 4e2
Agente redutor: S
Agente oxidante: KNO3
16 a) Fe O 3CO 2Fe 3CO
3
2 3
2 0 4
2
1 1 1
1 1
→
2Fe 6e 2Fe
3 01
1
→
3C 3C 6e
2 41 1
1
→
2Fe 3C 2Fe 3C
3 2 0 41 1 1
1 1
→
b) 3 mol CO 2 mol Fe
⇓
84 g CO 2 mol Fe
140 3 103 g CO x
x 5 2 140 10
84
33 3
5 3,3 3 103 mol Fe
17 a) 5 Fe21
(aq) 1 MnO
24(aq) 1 8 H1
(aq) →
→ 5 Fe31
(aq) 1 4 H
2O
(,) 1 Mn21
(aq)
Mn71 Mn21 5e2
Fe21 Fe31 1e
b) FeSO4 ? 7H
2O Fe21
278g 1 mol
x 1,360 ? 1023 mol
x 5 0,37808g
18 a) [Na]1
3o Período
2
C,O
b) MnO2(s)
1 4HC,(aq)
→ MnC,2(aq)
1 2H2O
(,) 1 C,
2(g)
19 a) 4Ag 1 2H2S 1 O
2 → 2Ag
2S 1 2H
2O
Ag
b) 2 A,2 6 Ag
2 3 27g 2 6 3 6 3 1023 átomos
x 2 6 3 1021 átomos
x 5 9 3 1022g
20 a) A equação balanceada da reação é:
3CH3 — CH
2 — OH 1 2Cr
2O
722 1 16H1 → 3CH
3 — COOH — OH 1 4Cr31 1 11H
2O
3CH3 — CH
2 — OH 1 2Cr
2O
722 1 16H1 q 3CH
3 — COOH — OH 1 4Cr31 1 11H
2O
oxidação 21
16
13
13redução
Então x 5 3, y 5 3
agente oxidante: Cr2O
722
agente redutor: CH3 — CH
2 — OH
b) Cálculo do número de mols de íons Cr31:
nCr31 5
4mol Cr
0,3mol C H OH
3
2 5
eq. química
1
1 2444444 34444444
5 0,4 mol Cr31
6Pré - vestibular extensivo | caderno 2
GABARITO
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7 Pré-vestibular extensivo | caderno 2
MÓDULO 12
1 B
Utilizando-se a fórmula NN
2
0
t
T
5 e sabendo que sua meia-
-vida é de 5 dias, temos: 12,5100
2 tT
5 , onde t 5 15 dias.
2 A
Tempo necessário para decair metade da quantidade.
3 C
90230
82208
24
10Th Pb x y→ 1 a 1 b
Faz-se, primeiramente, a diferença de massa entre Th e Pb
para calcularmos o número de partículas a, depois calcula-
-se o número necessário de partículas b para que Pb tenha
82 prótons.
230 5 208 1 4x x 5 6
90 5 82 1 2x 2 y y 5 4
↓
6
4 D
Sabendo-se que: 10n, é possível calcular “A” para que a
soma das massas do lado direito também tenha 240 como
resultado. O mesmo ocorre para o cálculo de “z”, porém a
soma do número de prótons deverá ter 92 como resultado.
Após descobrir z, basta buscar “x” na tabela periódica e
identificá-lo por seu número atômico.
5 C
Faz-se a soma das massas do lado direito e depois compa-
ra-se com o lado esquerdo das equações, repete-se o pro-
cesso com os números atômicos e descobre-se a partícula
que está sendo utilizada.
6 D
DH , 0 → processo exotérmico
Xe → possui 54 elétrons
U → 92 é seu número atômico
ocorre fissão nuclear que é a quebra de um núcleo maior
em núcleos menores.
7 A
1
2
1
128
x
5 , desse modo, temos: x 5 7 meias-vidas.
Assim, calculamos o tempo necessário:
24 3 103 3 7 5 168 3 103 anos.
23994
Pu → 42a 1 235
92U
8 A, B, C e D.
9 a) 6C →
5X 1 0
1b
↓
B (Boro)
b) 1
225
1
4
x
5 5% , percebe-se que x 5 2 meias-vidas
2 3 20,4 5 40,8 minutos.
10 a) fotossíntese
b) 1
225%
1
4
x
5 5 X 5 2 meias-vidas
2 ? 5 730 5 11 460 anos
2 009 2 11 460 5 9 451 a.C.
Não poderia ser do antigo Egito.
c) Os números de prótons são diferentes.
11 a) 23090
Th → 23191
Pa 1 01b
b) 320g T→
160g T→
80g T→
40g T→
20g
t 5 4T
12 5 4T
T 5 3 dias → 22488
Ra
12 a) b; b; a
b) 84g →
140dias
42g →
140dias
21g
84g 2 21g 5 63g
Po ; Pb
210g → 206g
63g → x
x 5 61,8g
13 a) 10n
b) 92
235
0
1
92
236
36
90
0
1
56
1U n U Kr 2 n→ → → 1 1
444Y
c) Figura I: fissão nuclear
Figura II: fusão nuclear
d) Fusão nuclear
14 a) 100% →
30 anos
50% →
30 anos
25% →
30 anos
12,5%
b) 55
137
56
137
21
0Cs Ba→ 1 b
15 C
64g →
T
32g →
T
16g →
T
8g
t 5 3T
50 5 3T
T 5 16,67 dias
T 5 0,693 ? u
16,67 5 0,693 ? u
u 5 24,05 dias
16 a) 7
14
0
1
6
14
1
1N n C p1 1→
b) 100% →
T
50% →
T
25%
t 5 2T
t 5 2 ? 5.700
t 5 11.400 anos
17 C
De acordo com o gráfico, m 5 100 no t 5 0 e m 5 50 no
t 5 2,5.
18 B
23892
U → 23490
Th → 23491
Pa → 23492
U →
↓ ↓ ↓ ↓ a b b a
→ 23090
Th → 22688
Ra → 21084
Po → 20682
Pb
↓ ↓ ↓ a 4a 1 4b a
42a e 0
21b → 8
42 a e 6 0
21b → Z 5 16, n 5 16, e 5 6
19 C
T0,693
0,350,693
5l
5l
l 5 1,98 > 2h21
20 8636
Kr 1 20882
Pb → 293118
X 1 10n
293118
X → 289116
Y 1 42a
X: família dos gases nobres
Y: número de massa 5 289
21 a) Z 3
A 3X Am U
1
1
→ →95
241
92
238
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GABARITO
8Pré-vestibular extensivo | caderno 2
b) 6 3 1023 átomos 241g
1,2 3 1024 átomos x
x 5 482g
22 18
40
19
40
7
1
Ar
K5
19
40
2 4 8K N
N N N→ → →
18
40
2 2 4 4Ar 0
N N N 3N→ → →1
3N N 7N
4 8 81 5
Assim, 7N
:N
8
7
1,
85 como passaram 3 tempos de meia-
-vida,
t 5 3 ? 1,28 ? 1029
t 5 3,84 ? 1029 anos
b) 19
40
1
0
20
40K Ca→ b 1
23 a) Em 200g da amostra, há 10g de Co60.
27
Co60 → 21
b0 1 28
Ni60
Dt 5 x p
x 5 21
5 25, 5 4 períodos
massa final de Co60 (m Co60) m 5 m
2
10
2
10
16
0
x 41 5
massa final de Ni60 produzida (m Ni60): 10 2 10
16
relação entre as massas
mNi
mCo
1010
16
10
16
150
16
10
16
1
60
605
2
5 5 55
b) Co13
3d6
24 4,14% de 100g 5 4,14g Pb
207g 1mol
4,14g x
x 5 4,14
207 5 0,02 5 2,0 3 1022mol
número de átomos 5 2,0 3 1022 3 6,0 3 1023 5
5 1,2 3 1022 átomos
Decaimento:
82
210
82
206Pb Pb→
82
210
82
210
2
4
80
2062
80 2
206Pb X X P→ →
a b
15 bb Pb82
2065
Partículas alfa 5 1
Partículas beta 5 2
25 a) Usando o gráfico dado, temos que decorridas 25 horas
a atividade relativa do gálio caiu de 1,0 para 0,8, isto é,
uma diminuição de 20%.
b) Cálculo do número de átomos de Ga-67 existentes no
sangue após 25 horas do preparo da solução (injeção
de 1mL):
1,20 ? 1012 átomos Ga-67 ? 0,80 5 9,60 ? 1011 átomos
Ga-67.
Considerando a quantidade injetada (1mL), podemos cal-
cular aproximadamente o volume de sangue:
2,00 10 átomos Ga-67
1mL
9,60 10 át8 11?
5? oomos Ga-67
volume de sangue
volume de sangue = 4.800 mL (4,80 L)
c) A equação da reação nuclear é:
31
67
21
0
30
67
nuclídeo
0
0Ga e Zn y1 1→123
26 a) 5
10
0
1
1
3B n 2X H1 1
X 5 hélio 2
4He( )
b) mi →
36 anos
200g
mi →
36 anos
200g →
x
100g →
x
50g
36 1 2x 5 60 x 5 12 anos
27 a) Posição do átomo de Darmstádio na Tabela Periódica
→ Grupo: 10 ou VIII B/período: 7o
Número de massa (A) → da reação de formação de Darms-
tádio, tem-se que: 62 1 208 5 A 1 1. Logo, o número de
massa é A 5 269.
b) O número de partículas a emitidas é calculado usando
os números de prótons dos átomos de Darmstádio e No-
bélio e das partículas a: 110 102
2
8
24
25 5 . Portanto,
4 partículas a são emitidas. Os elementos intermediários
gerados no processo de decaimento de Darmstádio a No-
bélio, pela emissão de partículas a são: Hássio (Hs), Sea-
bórguio (Sg) e Rutherfórdio (Rf).
28 a) Segunda-feira Terça-feira
18h 24h 6h 12h
2g 1g 0,5g 0,25g
Tecnécio disponível na hora do exame: 0,25g.
b) Tc2S
7 1 7H
2 → 2Tc 1 7H
2S
29 a) A reação de produção do Cobalto-60 a partir do Co-
balto-59 é:
27
59
0
1
27
60Co n Co1 →
A reação de decaimento radioativo do Cobalto-60 é:
27
60
0
0
1
0
28
60Co Ni→ g 1 b 1
b) A massa de Cobalto-60 cai à metade a cada 5 anos.
Logo, a massa de Cobalto-60 presente após 15 anos
é:
1001
2
1
2
1
2
100
8125g3 3 3 5 5
Teorias Modernas de Ácido e Base — parte B
1 B
2 B
O
3 a) CH2 — CH — C
OH
OH — NH2
b) De acordo com Brönsted-Lowry, qualquer espécie ca-
paz de doar próton se trata de um ácido. Sabe-se que
o hidrogênio ligado ao oxigênio da carboxila pode ser
doado sob a forma de próton. A característica básica do
grupamento amino (de acordo com a Teoria de Lewis)
deve-se à presença do par de elétrons livres do N, que
pode ser doado por covalência dativa.
4 A representação de Lewis para o átomo de nitrogênio é: N
(cinco elétrons na camada de valência).?????
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9 Pré-vestibular extensivo | caderno 2
a) Na molécula de amônia, três átomos de hidrogênio for-mam covalências com o nitrogênio:
N
H H H
(amônia)
b) A amônia apresenta propriedades básicas. A observa-ção da fórmula eletrônica mostra a existência de par de elétrons livres, o que confere à amônia propriedades básicas.
5 a) A água é base de Brönsted, pois nesta reação é recep-tora de próton.
b) A água é ácido de Brönsted , pois nesta reação é doa-dora de próton.
6 C
7 D
8 a) Ácidos de Lewis: Ag1 e BF3
b) Não, pois nas reações estas substâncias não atuam doando prótons.
9 C
10 Ácido de Arrhenius 5 Aspártico Base de Brönsted-Lowry 5 Lisina Apolares 5 Valina e Fenilalanina
MÓDULO 13
1 a) Aberta, normal, saturada e homogênea.
b) Aberta, ramificada, insaturada e homogênea.
c) Aberta, normal, saturada e homogênea.
d) Fechada, normal, insaturada e homogênea.
2 a) butano
b) 2 - metil - heptano
c) But - 1 - eno
d) 6 - metil - hept - 3 - eno
e) 4,5 - dimetil - hept - 2-ino
f) 4 - metil - hex - 1 - ino
g) hexa - 1,4- dieno
h) 5 - metil - hexa - 1,3 - dieno
i) metil - ciclobutano
j) 1- isopropil - 3 - metil - ciclopentano
k) 3 - metil - ciclopenteno
l) b - metilnaftaleno
m) fenil eteno
n) 2 - fenil pentano
o) difenil metano
p) 3 - etil - 2 - metil - pentano
q) 5 - etil - 2,6 - dimetil - hept - 3 - eno
r) 5 - metil - hex - 1 2 eno
s) 3 - metil - but - 1 2 eno
t) difenil metano
u) fenil dimetil 2 propano
v) 3 - metil 2 pentano
3 a)
b)
c)
d)
e)
4 metil, etil, vinil e sec-butil
5 D
6 C
7 B
8 C
9 E
10 C
MÓDULO 141 E
2 B
3 a) 1 2 ácido carboxílico
2 2 aldeído
3 2 cetona
b) etil-amina
4 D.
CH2 — CH — CH
2
OH OH OH
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GABARITO
10Pré-vestibular extensivo | caderno 2
Ligações duplas
5 a) H3C — CH CH
2 2 propeno
b) H3C — CH
2 — CH
2 — CH CH
2
H3C — CH
2 — CH CH — CH
3
6 E
7 A
8 C
9 D
10 C
11 a) I 2 álcool
II 2 éter
III, IV, V 2 fenol
b) Pertencem à mesma função.
12 D
13
C,
CH3
Metil-Benzeno
Hidróxi-Benzeno
Cloro-Benzeno
OH
Ácido Benzoico
COOH
14 CnH
2n 1 2 O
CnH
2n 1 3 N
CnH
2n O
15 A
16 a) H3C — CH
3
b) H3C — C CH
2
CH
3
c) CH
3
17 D
18 B
19 a) CH3 (CH
2)3 CH
2OH álcool
CH3 CH
2 CO (CH
2)5 CH
3 2 cetona
b) pentan-1-ol
c)
H
O
~ C — C ~
H
20 C
21 A
22 D
23 E
24 B
25 A
26 a) C9H
8O
4
b) Éster
c) Cloreto de etanoíla; ácido 2-hidróxi-benzoico
27 B
28
C
O
O — CH3
NH2
Éster e Amina
MÓDULO 15
1 a) H2C CH — CH CH
2;
H3C — CH C CH2
H3C — C ; C — CH
3; H
3C — CH
2 — C ; CH
— CH
3
CH3
b) buta-1,3-dieno; buta-1,2-dieno; but-2-ino; but-1-ino; ci-clobuteno; 1-metil-ciclopropeno; 3-metil-ciclopropeno.
2 B
3 A
4 a) O ácido lático apresenta assimetria molecular pela pre-sença de um carbono assimétrico ou quiral. Existem dois isômeros espaciais ópticos desta substância. Eles são enantiomorfos.
b) Os isômeros são chamados de ácido d-lático (dextrógi-ro) e ácido l-lático (levógiro).
5 D
6 a) 3, possui carbono quiral.
b) 6, possui R1 Þ R2 e R3 Þ R4
7 D
8 A
9 a)
H3C — CH
2 — C
OH
O
b)
H3C Ñ CH
2 Ñ C
H
O
c)
H3C — C — CH
2 — CH
3
H
OH
d) C3H
6O 1 4O
2 → 3CO
2 1 3H
2O
3 mol de CO2
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11 Pré-vestibular extensivo | caderno 2
10 a) Isomeria de função.
b) Etanol, porque apresenta interações por ligações de hidrogênio.
11 a) H2C — CH
2 — CH
3
OH
propan-1-ol
H3C — CH — CH
3
OH
propan-2-ol
H3C — CH
2 — O — CH
3
metoxietano
b) Nenhum dos isômeros apresentará atividade óptica por não terem assimetria molecular.
12
C
polar
C
H
C,C,
H
C
polar
C
H
HC,
C,
C
apolar
C
C,
HC,
H
13 E
14 A alternativa C é correta. A alternativa B está errada, por-que os alcanos têm dois hidrogênios a mais que um cicloal-cano com o mesmo número de carbonos. Logo, alcanos e cicloalcanos não podem ser isômeros.
15 a) Ácido 2-hidroxipropanoico; ácido lático; isomeria pelo arranjo espacial num tetraedro regular imaginário.
16 A alternativa A é correta, a afirmação VI é verdadeira, pois o composto tem um carbono quiral e isto possibilita a existência de 2 antípodas ópticos, um dextrógiro e o outro levógiro.
17 a) propan-1-ol
b)
CH3 — CH
2 — CH
2 — C ou
OH
O
CH3 — CH — C
CH3
OH
O
18 a) I 2 Éster
II 2 Amina
b) Álcool
19 a)
CH3 — C — CH — CH
3
CH3
O
b) CH3 — C — CH
3
O
20 Hexan-1-ol, Ácido 6-Bromo-hexanoico
21 OH O
ou
O
22
H — C — C — C Isomeria funcional
H
OH
H
O
H
OH
23 C
24 C
25 a) As nonanonas são:
H3C — C — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
3
O
nonan-2-ona
H3C — CH
2 — C — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
3
O
nonan-3-ona
H3C — CH
2 — CH
2 — C — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
3
O
nonan-4-ona
H3C — CH
2 — CH
2 — CH
2 — C — CH
2 — CH
2 — CH
2 — CH
3
O
nonan-5-ona
b) Somente a 5-nonanona pode ser considerada um pa-líndromo.
c) O nome oficial (IUPAC) é nonan-5-ona. Outro nome histórico seria di-n-butilcetona (di-1-butilcetona).
Comentário: foi considerada “fórmula estrutural palíndro-mo” somente aquela na qual o grupo cetona está posiciona-do no centro. Caso fosse levado em conta o fato de que to-das as fórmulas estruturais planas têm o mesmo significado químico ao serem interpretadas da direita para a esquerda e da esquerda para a direita, a questão não teria sentido.
26 Os isômeros são:
CH2 — CH
CH3
CH3 — C CH
2
C,
clorociclopropano 2-cloro-2-propeno
1-cloro-2-propeno
cis-1-cloro-1-propeno
CH2
C,
C, — CH2 — CH CH
2
C C
C,
HH
CH3
trans-1-cloro-1-propeno
C C
H
C,H
Obs.: a IUPAC recomenda numeração a partir do grupo funcional.
11 Pré - vestibular extensivo | caderno 2
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GABARITO
12Pré-vestibular extensivo | caderno 2
27 a) I 2 Hidrocarboneto
II 2 Álcool
b) 1 2 3 2 1 2 3
c) Propanotriol
d) OH
OH
OH
OH
OH OH
OH
OH
OH
28 C
A isomeria espacial em compostos de cadeias carbônicas acíclicas ocorre quando cada átomo de carbono de uma dupla-ligação liga-se a dois grupos diferentes, constituindo estruturas estáveis. Então:
I. C2H
6O (compostos saturados)
H3C 2 CH
2 2 OH
H3C 2 O 2 CH
3
II. C3H
6O (2 casos de tautomeria)
OH
CHH3C Ñ CH
3 Ñ C Ñ H →← H
3C Ñ CH
O
OHO
CH2
H3C Ñ C Ñ CH
3 →← H
3C Ñ C
III.
CHHC
H
C
C
e
cis
C,
C, C,
C,
H
H
C
C
trans
C,
C,
H
29 a)
CH3 Ñ C Ñ (CH
2 )5 Ñ CH ÑÑÑ CH Ñ COOH
O
cetona ‡cido
carbox’lico
b) As fórmulas são:
H
C
C
cis
O
COOHH
(CH2)5 Ñ C Ñ CH
3
trans
H
C
C
O
HHOOC
(CH2)5 — C — CH
3
30 a) Ácido 2-amino-4-metil pentanoico.
b) Leucina pois possui carbono assimétrico (carbono 2)
31 a) Tempo de meia-vida ⇒ atividade biológica 5 5 000, logo (gráfico) t
1/2 5 3 semanas.
b) Uma mistura racêmica é composta de 50% da forma dextrógira e 50% da forma levógira.
Como ela, no problema em questão, apresenta 50% da atividade da forma dextrógira pura, isto significa que a contribuição da forma levógira à atividade biológica é nula. Ou seja, a forma levógira tem atividade zero.
32 a) Noradrenalina e adrenalina.
b)
CH2NHCH
3
H — C — OH
OH
HO
33 Razão entre as dosagens de [A]/[B] 5 1/2. A mistura racê-mica (B) possui 50% do enantiômero ativo, logo será ne-cessário o dobro da dosagem de B para se obter o mesmo efeito clínico de A (100% de enantiômero ativo).
34 a) Fase 1: parafina líquida e corante azul; Fase 2: hexileno glicol e corante vermelho; Fase 3: solução aquosa de NaC, a 15%.
b) A representação em bastão do hexileno glicol é:
OH
OH
O carbono assimétrico é o indicado pelo asterisco na re-presentação a seguir:
OH
*OH
MÓDULO 16
1
( 2 ) 1 H3C Ñ C, 1 HC,
CH3
ÑÑH
1
1
22
GABARITO
12Pré - vestibular extensivo | caderno 2
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13 Pré-vestibular extensivo | caderno 213
( 3 ) H — C — C — C — H 1 Zn
H
—— C — H 1 ZnC,2H — C — C—
H
—
H
H C, C,
—
— — —
H
—
H
—
H
—
H
—
( 1 ) C C — C — H 1 H — H H — C — C — C — H
H
—
H
—
H H
H
— ——
H
—
——
H
—H
—H
—
H
—
H
—
( 1 ) H Ñ C Ñ C 1 H Ñ H H Ñ C Ñ C Ñ OH
H
Ñ
O
H H
Ñ
Ñ
HÑ
H H
HÑ Ñ
Ñ
( 3 ) H Ñ C Ñ C Ñ C Ñ H + 2K OH
H
Ñ
ÑÑÑ
H
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
Ñ
C,
Ñ
H
Ñ
C,
Ñ
2KC, + 2H2O + H Ñ C Ñ C C Ñ H
1 2
( 3 ) H — C — C 1 CH3 — OH H — C — C 1 H
2O
H
—
O——
HO — H—
—
H
H
——
O——
OCH3
—
1
12
2
2 B
Reação 1
C, — — N C O—— C, — — NH N(CH3)2
C
O
— ———(CH
3)2 N — H
1
12
2
Reação 2
CH3CH
2C
OÑÑ
C,
Ñ
(CH3)2 N Ñ H
OÑÑ
N(CH3)2
ÑCH3CH
2C 1 HC,
1
1
2
2
3 C
—
H
—H
—
H
—H
C C 1 ZnBr2
I. Br — C — C — Br—
—
—
—H
H
H
H
——Zn
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
ÑH
H Ñ C Ñ CN 1 NaIII. H Ñ C Ñ INaCN
11 2
2
—
H
—H
—
H
—H
—
H
—C,
—
H
—H
—
H
—
H
III. H — C — C H — C — C — C — HC — HH C,
11 2
2
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GABARITO
14Pré-vestibular extensivo | caderno 2
GABARITO
14
4 E
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
H Ñ C Ñ C Ñ Br + OH H Ñ C Ñ C Ñ OH 1 BrÐ
(Nucle—filo)
ÑH
1 2 2
5 C
H
III. H2C1 Ñ CH
2 1 BrÐ H
2C Ñ CH
2
I. H Br(aq) H1 1 BrÐ
II. H2C CH
2 1 H1ÑÑ H
2C1Ñ CH
2
H HBr
Nucle—filo
Eletr—filo
���
���
6 D
—
H
—H
—
H
—
H
II. H — C C — C — H 1 H — OH
112 2
—H
—H
—
H
—OH—
H
—H
H — C — C — C — HH1
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
Ñ
H
VI. H Ñ C C Ñ C Ñ H 1 H Ñ C,
112 2
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
ÑC,
Ñ
H
ÑH
H Ñ C Ñ C Ñ C Ñ H
7 a) CH2 Ñ CHÑ
b) CH2 Ñ CH 1 H
2
Ñ CH3 Ñ CH
2
c) fenil etano
8 B
Ñ
H
ÑH
Ñ
H
Ñ
H
H Ñ C Ñ C Ñ C Ñ C CH3CH
2CH
2CH
2CH
2BrC Ñ H 1 H BrÑ
H
ÑH
Ñ
H
ÑH
H2O
2
1 2
9 a)
1 HBr
Br
1 HBr
Br
peróxido
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15 Pré-vestibular extensivo | caderno 215 Pré - vestibular extensivo | caderno 2
b)
Br
Br
HBr
HBrper—xido
10 A
I.
OH
+ 2H — H
OH2
— — — —
II. 3,7 – DIMETIL – OCTAN – 1 – OL
III. Presença de ligação dupla com R1 Þ R2 e R3 Þ R4.
OH
H
R1
R2
R3
R4
— —
—
11 a)
H — C — C — H 1 H2O— H — C — C — H
H H
— —
H
—
H H
— —
OH
—
dm
v5
800g
L
m
4,2 10 L1053
m 5 33,6 3 1012 g
C2H
4 ≡ C
2H
6O
28 ––––– 46 g
xg ––––– 33,6 3 1012 g
x 5 20,45 3 1012g 5 2,045 3 107 T
b) C2H
6O 1 3O
2 → 2CO
2 1 3H
2O
C2H
6O ≡ 2CO
2
1 mol ––––– 2 mol
217,4 mol ––––– x
x 5 434,8 L
12 D
CH3 Ñ CH
2 Ñ CH
2 Ñ C
O
H
CH3MgBr
Ñ
ÑÑ
CH3 Ñ CH
2 Ñ CH
2 Ñ C Ñ CH
3
H
Ñ
OMgBr
Ñ H2O
H1
13 a)
Pentan-2-ol
CH3 — CH
2 — CH
2 — C — CH
3 1 MgOHBr
H
—
OH
—
CH3 Ñ CH Ñ CH
2 1 HI CH
3 Ñ CH Ñ CH
3
I
Ñ
2-iodopropano
Ñ
b)
CH3
CH3
1 HC,
C,
1-cloro 1-metilcicloexano
Ñ Ñ
14 a) C Ñ C 1 H2
Ñ Ñ C Ñ C Ñ
Ñ
Ñ Ñ
ÑH
ÑÑ Ñ
H
Ñ
b) Podemos representar o ácido linoleico pelas seguintes fórmulas moleculares:
C18
H32
O2 ou C
17H
31COOH
A fórmula de um alcano (hidrocarboneto saturado) é C
nH
2n12. Um radical monovalente saturado tem fórmula
– CnH
2n11.
As fórmulas gerais dos ácidos graxos são: C
nH
2n11COOH – saturado
CnH
2n21COOH – uma dupla ligação
CnH
2n23COOH – duas duplas ligações
Conclusão: o ácido linoleico apresenta em sua cadeia carbônica duas duplas ligações.
C17
H13
COOH corresponde a CnH
2n23COOH.
15 a) Uma fórmula estrutural do ácido graxo representado por C18: 3v3 é:
H2
H H H H H H H2
H2
H2
H2
H2
H2
H2
H2
H O
OHH
3C C C C C C C C C C C C C C C C C C
A primeira dupla ligação localiza-se no carbono 3 a partir da extremidade oposta do radical carboxila. As outras duplas ligações podem estar situadas em outros carbonos diferentes do exemplo acima.
b) A fórmula molecular do ácido é: C18
H30
O2, com massa mo-
lar 5 278 g/mol. Para cada mol do ácido, temos um consumo de 3 mol de
I2, pois a ácido tem três duplas ligações em sua cadeia.
Ácido ≡ 3I2
278 g ——— 3 mol 5,56 g ——–- x x 5 0,06 mol de I
2
16 A hidrogenação é dada na figura 1 e os isômeros es-
tão representados na figura 2.
Figura 1
H11
C5 Ñ CH Ñ CH Ñ CH
2 Ñ CH Ñ CH Ñ (CH
2)7 Ñ COOHÑ
1
H2
Ñ
H11
C5 Ñ CH Ñ CH Ñ CH
2 Ñ CH
2 Ñ CH
2 Ñ (CH
2)7 Ñ COOHÑ
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GABARITO
16Pré-vestibular extensivo | caderno 2
GABARITO
16Pré - vestibular extensivo | caderno 2
Figura 2
cis trans
C Ñ CÑÑ
ÑÑ
Ñ
Ñ
Ñ Ñ
Ñ
H
H11
C5
H
(CH2)10
Ñ COOH
C Ñ CÑ
H
H11
C5
H
(CH2)10
Ñ COOH
17 Observe as figuras a seguir:
a) Álcool I
Método A:
H2C
H2C
C — CH2
CH2
CH2
HOH/H1H
2C
H2C
CH2
C
CH2
CH3
CH2
OH
—
CH2
Método B:
H2C
H2C
CH3
C
CH2
CH
HOH/H1H
2C
H2C
C
CH2
CH3
CH2
OH
CH2
CH2
b) Álcool II
Método A:
H2C
H2C
CH
CH3
CH3
CH
CH
CH
H2C
H2C
CH
CH2
CH
CH
OH
CH3
CH3
Método B:
H2C
H2C
CH
CH3
CH3
CH
CH
CH
H2C
H2C
CH
CH2
CH
CH
OH
condições
especiais
CH3
CH3
c) I.
H2C
H2C
CH3
OH
C
CH2
CH2
CH2
II.
H2C
H2C
CH
CH3
CH3
OH
CH2
CH
CH
18 a)
3HC Ñ CH
Benzeno
ÑÑ
b) X → Eteno (H2C 5 CH
2).
Y → Etanol (H3C – CH
2OH) 5 Função álcool.
19 a) CH3CH
2 — C
1
— CH2CH
2CH
3
�
CH3
b) H3C — CH 5 C — CH
2 — CH
2 — CH
3
�
CH3
H3C — CH
2 — C — CH — CH
2 — CH
3
�
CH3
H3C — CH
2 — C — CH
2 — CH
2 — CH
3
��
CH3
c) H3C — CH
2 — C — CH
2 — CH
2 — CH
3
��
C
/ \
H H 20 Como no frasco X não houve descoramento ao se adicionar
uma solução de Br2 /CC,
4, deduzimos que o ácido presente
neste frasco não contém insaturações. Concluímos se tratar do ácido esteárico.
Como no frasco Y houve consumo de 2 mols de H2(g) na hi-
drogenação de 1 mol do ácido, deduzimos que a estrutura do ácido presente neste frasco contém duas insaturações (DIEN). Concluímos se tratar do ácido linoleico.
O
OH
X 5 ácido esteárico
Y 5 ácido linoleico
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