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QG.01 1. d A adição de açúcar provoca aumento da massa da solução sem considerá-

vel aumento de volume. Como dmV

= , a densidade da solução aumenta.

2. b Como gelo flutua na água, sua densidade é maior. No caso do eta-

nol, ele afunda, portanto, possui densidade maior. ∴ d água > d gelo > d etanol

3. c A água mineral é uma mistura homogênea de sais minerais e oxi-

gênio dissolvidos em água.

4. c I – Elemento Iodo P4 – Substância simples HCl – Substância composta

5. e Cálculo da densidade do mercúrio:

dmV

= w d =⋅137 103, g

100 mL w d = 13,7 g/mL

Cálculo da densidade dos cubos:

(A) dmV

= w d = =14 g2 mL

7 g/mL

(B) dmV

= w d =20 g2 mL

= 10 g/mL

Como os dois cubos são menos densos que o mercúrio, ambos flutuam.

6. c O orvalho é a passagem da H2O(v) w H2O(,) provocada por queda da

temperatura, portanto é uma condensação.

7. c a) H2 s substância pura f) H2O s substância pura b) ar s mistura g) leite s mistura c) Fe s substância pura h) pão s mistura d) vinho s mistura i) sangue s mistura e) açúcar s substância pura

8. a) De 10 ºC a 20 ºC. A fusão ocorre a 20 ºC, portanto, a tempe-raturas inferiores a 20 ºC, a substância é sólida.

b) Como a ebulição ocorre a 40 ºC, de 20 ºC a 40 ºC a substância é líquida.

c) 40 ºC

9. c Misturas azeotrópicas possuem PE constante e intervalo de fusão.

10. c

Temperatura

(Ponto de fusão) –138–140 Sólido

Líquido

Gás

Líquido + sólido

Gás + líquido(Ponto de ebulição) 0

50

10

Energia (kJ)

TAREFAPROPOSTA

QUÍM ICA

Resolução

11. d Como, durante a passagem do estado sólido para o líquido, a tem-

peratura permaneceu constante durante dois momentos, con-cluiu-se que o sistema é formado por duas substâncias.

Lembre-se de que a fusão e a ebulição de substâncias (puras) ocor-rem à temperatura constante.

12. b Água pura s substância composta. Gás oxigênio s substância simples. Areia s mistura heterogênea. Água do mar s mistura homogênea.

13. a Pela fórmula estrutural de uma molécula de determinada substân-

cia, é possível determinar as suas propriedades químicas.

14. d Sabendo que: d

mV

= , temos:

Substância A: ↑massa s ↑ d ↓volume

Substância C: ↓massa s ↓ d ↑volume Substância B é intermediária entre A e C.

15. d Como n

mMM

= , nm

X =46

e nm

Y =18

. Assim, há mais moléculas

em Y do que em X. A temperatura de ebulição é uma propriedade específica, logo, cada líquido terá a sua. Como as massas são iguais, mas VX > VY, temos que dX < dY.

16. c I. Mistura homogênea. II. Substância pura simples. III. Mistura heterogênea. IV. Substância pura composta.

17. d Como a densidade da água pura é 1,0 g/cm3, nessa temperatura,

os únicos materiais que flutuarão serão o bambu e o carvão, por possuírem d menor.

18. a) A “massa” recém-preparada tem massa de 660 g (360 g + 6 g + + 1 g + 100 g + 90 g + 100 g + 3 g).

Como a densidade aparente da “massa” recém-preparada é 1,10 g/cm3, temos:

1 cm3 1,10 g x 660 g x = 600 cm3

ou

dmV

=

Portanto:

Vmd

V= =s660110,

∴ V = 600 cm3

b) A “massa” recém-preparada está numa forma diferente dos in-gredientes isolados, pois, quando os ingredientes são mistura-dos, surgem novas interações entre suas partículas, fazendo o volume variar.

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19. Sabendo que os frascos apresentam mesma massa de substância, e

que d = mv

, temos:

m = d · V, portanto o frasco com e d tem r V e o frasco com r d tem e V. Assim: frasco A s H2O; frasco B s clorofórmio; frasco C s benzeno.

20. a No terceiro sistema, a densidade do objeto é igual à da solução,

portanto:

d = mV

msolução = msoluto + msolvente

msolução = 150 g + 1.000 g = 1.150 g

d = 1 1501 000

..

gmL

d = 1,15 g/mL

21. b

d = mV

w V = md

Vbarra = Vouro + Vprata

140 = m

douro

ouro

+ m

dprata

prata

140 = mouro

20+

mprata

10w 2 800

2

20. =

+m mouro prata (I)

mprata + mouro = 2.000 g (II) De (I) e (II), temos: mprata = 800 g mouro = 1.200 g

22. c As transformações que ocorrem na “massa” levam à produção de

gás, o que provoca aumento de volume e, consequentemente, dimi-nuição da sua densidade.

Atividades extras 23. e mtotal = mágua + maçúcar

mtotal = 300 g + 7 · 30 g mtotal = 510 g

d

m

Vsoluçãototal g/cm= = =

510300

17 3,  

Como a esfera ficou entre a superfície e o fundo, a densidade da solução é igual à da esfera.

24.

–20

0

0

100

150

Temperatura (°C)

Tempo

Fusão

Ebulição(Ponto deebulição)

(Ponto defusão)

p = 1 atm

V

L

S S + L

L + V

QG.02 1. d I. Verdadeira. A decomposição do esterco e de alimentos é um

processo natural. II. Falso. O esterco é um adubo orgânico que prejudica menos o

meio ambiente que os adubos inorgânicos (sais).

III. Verdadeira. Por esse processo, o enxofre passa da litosfera para a atmosfera.

2. Soma = 10 (02 + 08) (01) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição. (02) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição. (04) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição. (08) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição. (16) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição.

3. e

Açúcar

Água, álcoole NaCl

São 2 fases (bifásico) e 4 componentes.

4. b I. Passagem do estado líquido para o gasoso; processo físico. II. Formação de outras substâncias; fenômeno químico. III. Idem ao II.

5. c I. Verdadeiro. Todo sistema gasoso é homogêneo. II. Falso. A água é uma substância formada por hidrogênio e oxi-

gênio. III. Falso. As substâncias também constituem um sistema homo-

gêneo. IV. Verdadeiro. As ligas metálicas são exemplos. V. Falso. O sistema polifásico pode ser formado por uma subs-

tância em diferentes estados físicos.

6. c I. Mudança de composição s fenômeno químico. II. Mudança de composição s fenômeno químico. III. Mudança de estado físico s fenômeno físico. IV. Mudança de estado físico s fenômeno físico. V. Mudança de composição s fenômeno químico.

7. a) Balão I: 1 elemento e uma substância simples Balão II: 4 elementos e duas substâncias simples b) Toda mistura de gases é homogênea. Portanto, os balões I e II

são sistemas homogêneos.

8. b 1. Queima da gasolina – Químico 2. Lata amassada – Físico 3. Enferrujada – Químico 4. Água fervendo – Físico

9. c Para se obter sal das salinas, ocorre o processo de evaporação da

água, que é um processo físico. 10. c Nesse sistema temos 3 fases:

GásH2O(�)

Gelo

11. e O processo em que não ocorre transformação química, ou seja, é

um fenômeno físico por se tratar de mudança de estado físico.

12. d Oxidação de gordura: químico.

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. Transporte através de membrana: físico. Reabsorção de sódio: físico. Crescimento de pelos: químico. Movimento das marés: físico. Emissão de partículas: químico. Digestão de proteínas: químico. Duplicação de DNA: químico. Emulsificação das gorduras: químico. Formação de radicais livres: químico. 3 físicos e 7 químicos.

13. b

Óleo

Água com sal eaçúcar dissolvidos

Areia

3 fases, 5 componentes.

14. c Processo químico tem que formar novas substâncias, como, por

exemplo, a formação de ferrugem.

15. c Na quebra de um copo de vidro não há alteração da natureza da

matéria, portanto, fenômeno físico.

16. c I. (V) II. (V) III. (F) A água mineral apresenta várias substâncias dissolvidas,

sendo, portanto, uma mistura. IV. (V) V. (F) O café é uma mistura.

17. c O esquema será:

Gasolina

Etanol + NaCl(aq.)

+ H2O

Etanol + NaCl(aq.) Então, teremos 2 fases.

18. e I. Químico — Reação química II. Químico — Reação química III. Químico — Reação química IV. Físico — Não há reação química V. Físico — Não há reação química

19. a O sistema possui uma substância simples (Fe).

20. e Óleo vegetal + éter s sistema homogêneo A B Óleo vegetal + água s sistema heterogêneo A C

21. a O ar atmosférico é uma mistura de vários gases, mas toda mistura

gasosa é homogênea.

Atividades extras 22. 1. Concentração – mudança de estado – fenômeno físico. 2. Fermentação – transformação de açúcar em álcool – fenômeno

químico.

3. Destilação simples – processo de separação de mistura – fenô-meno físico.

4. Destilação fracionada – processo de separação de mistura – fenô-meno físico.

23. c A fermentação é um fenômeno químico, pois origina novas substâncias.

24. a I. (V) II. (V) III. (F) Pode ser substância pura. IV. (F) Pode ser composta. V. (F) Somente se for substância pura ou mistura eutética.

QG.03 1. a A destilação simples é utilizada para separar o solvente (neste caso,

água) do soluto de uma mistura homogênea.

2. e A filtração permite a separação da solução contendo a mescalina

dos restos vegetais. Então, a mescalina deve ser extraída (com éter ou diclorometano, pois é solúvel em ambos). Finalmente, a solução resultante deve ser levada à evaporação para eliminar o solvente.

3. e Os componentes 1 e 2 foram separados do 3 e 4 por filtração, por-

tanto, temos sólidos e líquidos na mistura. Os componentes 1 e 2 são imiscíveis por poderem ser separados por decantação, já os componentes 3 e 4 foram separados um do outro por separação magnética, portanto um dos sólidos é o ferro. Analisando as alterna-tivas, temos 1 e 2 como sendo água e tetracloreto de carbono e 3 e 4 sendo ferro e níquel.

4. a Como o petróleo e a água não se misturam e o petróleo é menos

denso, ele pode ser separado por decantação. A areia e a argila são sólidos, ao passo que o petróleo é líquido,

portanto podem ser separados por filtração.

5. b

6. a O álcool é líquido e o hidróxido de cálcio é sólido, portanto, eles

podem ser separados por filtração.

7. c Na filtração a vácuo dos equipamentos listados, apenas o erlen-

meyer não é usado com frequência nesse procedimento.

8. c I. (V) II. (F) O ferro é separado do alumínio por separação magnética. III. (F) O carbono não é metal. IV. (V) 9. b A frase seria corretamente preenchida da seguinte forma: “Promover a dessalinização por destilação ou osmose reversa e,

em seguida, retificá-la, adicionando sais em proporções ade-quadas”.

10. c Para separar a areia e o sal, teremos que, pela ordem: 1º adicionar H2O s solubilização do sal. 2º decantação s esperar sedimentação da areia. 3º filtração s separação de areia (sólido) da solução aquosa de NaCl . 4º destilação s separação da água e do NaCl que estava dissolvido

na água.

11. c Como a água do mar é uma mistura homogênea, o melhor método

de obtenção é a destilação simples.

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12. a Pelo enunciado, temos o esquema:

A + B Aacetato deetila

filtração

evaporação do acetato de etila

+(dissolvido)

(sólido) + (dissolvido)B

B

(sólido)B

A (sólido) recolhido

13. e I. (V) II. (V) III. (V)

14. Há 2 fases. Elas podem ser separadas pela decantação e utilizando-se o funil de bromo, separando assim C.

Para A e B, uma destilação simples.

15. d Mistura-se água quente e filtra-se. Assim, separa-se A, que é insolú-

vel. Resfria-se o sistema para separar C, que é insolúvel em água fria.

16. c a) O leite é uma dispersão de várias substâncias em água. b) Água e álcool formam uma mistura. c) A decantação consiste na deposição de partículas mais densas

na parte inferior do frasco. d) O ponto de ebulição da água ao nível do mar é 100 ºC. e) Essas mudanças de cor são evidências de um fenômeno físico.

17. a Como o sistema é formado por uma substância sólida (hidróxido de cál-

cio) e outra líquida (álcool), estas podem ser separadas por filtração.

18. d A destilação é usada para separar misturas homogêneas sólido-lí-

quido.

19. e Pelos valores das temperaturas de fusão e de ebulição, conclui-se

que a fase 1 é uma mistura e a 2, uma substância.

20. b A decantação é um processo para separar misturas heterogêneas, e

a única mistura de líquidos não miscíveis é a de água e benzeno.

21. e Com a adição do clorofórmio dissolve-se a substância A. Essa mistu-

ra homogênea pode ser separada dos demais componentes (B, C, D) por filtração.

A solução aquosa de C e D, após evaporação, fornece um resíduo sólido, que, aquecido moderadamente a 40 ºC, promove a fusão de D e sua separação por filtração.

22. 1o Pré-cloração e adição de Al2(SO4)3 e CaO — fomação de agentes aglutinantes que aceleram a decantação (Al(OH)3).

2o Decantação — sedimentação das partículas mais pesadas. 3o Filtração — retenção de partículas pequenas que passaram pela

decantação. 4o Cloração — adição de Cl2(g) ou NaClO para a destruição de mi-

crorganismos patogênicos, quando necessário.

Atividades extras 23. e No processo de liofilização, como descrito no enunciado, a água passa do

estado sólido para o gasoso. Esse fenômeno é denominado sublimação.

24. a) Massa de α-lactose — H2O cristalizada = 80 – 25 = 55 g b) O volume de etanol (350 mL) é suficiente para dissolver toda a

fenolftaleína (20 g).

Ao adicionarmos água à solução de fenolftaleína em etanol, há for-te interação entre as moléculas de água e etanol (formação de liga-ções de hidrogênio). Com isso há diminuição da disponibilidade de moléculas de etanol para dissolver a fenolftaleína, cristalizando-a.

QG.04 1. d Bohr introduziu os níveis de energia permitidos para os elétrons ao

redor do núcleo.

2. d O que distingue os átomos serem ou não de um mesmo elemento

químico é o número de prótons.

3. 1 – b; 2 – a; 3 – d; 4 – c Alguns modelos atômicos recebem analogias. Dalton: bolas de bilhar (átomo esférico, maciço e indivisível). Thomson: “pudim de passas” (átomo constituído por um fluido posi-

tivo — pudim — onde ficariam espalhados os elétrons — passas). Rutherford: sistema solar (os elétrons ficariam distribuídos espaça-

damente ao redor do núcleo). Bohr: modelo orbital (os elétrons giram em torno do núcleo em de-

terminadas órbitas).

4. d I. Núcleo e elétrons em órbitas circulares: modelo proposto por

Rutherford. II. Átomo indivisível: modelo de Dalton (bolinha de bilhar). III. Átomo com elétrons incrustados: modelo de Thomson (pudim

de passas).

5. • Parao7N15: • Parao6C

13: A = p + n ∴ 15 = 7 + n A = p + n ∴ 13 = 6 + n ∴ n = 8 ∴n = 7

6. b Pelos postulados de Bohr, temos:

Órbitainterna

Órbitaexterna

Absorveenergia

e–

e–

Liberaenergia

Núcleo

�

�

7. b O modelo atômico de Rutherford-Bohr propõe que a emissão de luz

ocorre por causa da transição eletrônica entre níveis de energia.

8. e A experiência de Rutherford levou à conclusão de que o átomo é

formado por um pequeno núcleo denso e por uma grande região (eletrosfera), formada praticamente por espaço vazio onde ficam os elétrons.

9. b A diferença entre os modelos de Rutherford e Bohr tem a ver com

a introdução das órbitas estacionárias com diferentes quanta de energia.

10. e O primeiro modelo a considerar a natureza elétrica da matéria foi o

de Thomson (modelo do “pudim de passas”, esfera positiva com elé-trons negativos incrustados).

11. a O modelo de Bohr propõe que os elétrons ocupam níveis de energia

ao redor do núcleo atômico.

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. 12. c Dalton considerou o átomo maciço, indivisível e indestrutível.

Rutherford considerou o núcleo do átomo e os elétrons girando ao seu redor.

13. a Ca: prótons = 20 nêutrons = 20 C: prótons = 6 nêutrons = 6 O: prótons = 8 nêutrons = 8 Mg: prótons = 12 nêutrons = 12

14. e I. (V) II. (V) III. (V)

15. c Em seu modelo atômico, Rutherford afirma que o átomo é composto

por um núcleo pequeno, denso e positivo, com elétrons, partículas de carga negativa, circulando em torno do núcleo.

16. c De acordo com Bohr, ao excitar os elétrons com energia, estes “sal-

tam” para órbitas mais externas e, ao retornarem, liberam energia na forma de onda eletromagnética, no caso luz verde.

17. e Consultando a tabela periódica:

18Ar s Z = 18 ∴ p = 18 w n = 40 – 18 = 22

19K40 s Z = 19 ∴ p = 19

A = p + n ∴ 40 = 19 + n ∴ n = 21

18. d Por serem átomos do mesmo elemento químico (Mg), eles apresen-

tam propriedades semelhantes, mesmo número de prótons e elé-trons, porém diferentes números de nêutrons, o que faz com que os números de massa sejam diferentes.

19. c No estado fundamental, os elétrons estão nas camadas mais próxi-

mas do núcleo. Nesse caso, 2 na camada K e 1 na L.

20. c A carga do íon indica a diferença entre o número de prótons e de

elétrons. Nesse caso, o valor +1 indica que esse íon possui um pró-ton a mais que o número de elétrons. A carga do íon não está rela-cionada com o número de nêutrons.

21. e O átomo Fe possui 26 prótons (número atômico) e, como não possui

carga, 26 elétrons. O seu número de nêutrons é (n = A – Z) 20. O íon ferro (II) Fe2+ possui 2 prótons a mais que o seu número de elétrons.

Portanto, possui 24 elétrons. O número de prótons e de nêutrons não se altera quando um átomo é convertido em íon.

22. d Se: número de prótons > número de elétrons s cátion número de prótons = número de elétrons s átomo neutro número de prótons < número de elétrons s ânion

Atividades extras 23. Dalton: explica as teorias de Lavoisier e Proust. Thomson: mostra que o átomo é divisível (elétrons). Rutherford: tentou provar experimentalmente o modelo de

Thomson.

24. Quando um elétron recebe energia, ele “salta” para um orbital mais externo (de maior energia) e, ao retornar a órbitas mais internas (de menor energia), há liberação de energia na forma de onda eletro-magnética, que, se estiver na região do visível, terá cor característica do fóton emitido.

QG.05 1. d

Átomo neutro Ânion

A A

ganhou

3 e−

−

→

= =X X0 3

75 755

33 36

33 33

e e

Z Z

Como A=Z+n:

75=33+n

n=42

− −= == =

2. d I. (V) II. (V) III. (F) 53I

127 w 127 = 53 + n w n = 74

53I131 w 131 = 53 + n w n = 78

Portanto, diferente número de nêutrons. IV. (F) Os ânions apresentam 54 elétrons.

3. Soma = 3 (01 + 02) (01) (V) (02) (V) (04) (F) São isóbaros. (08) (F) São isóbaros. (16) (F) Possuem diferentes números de nêutrons.

4. a 340 g ____ 100% 197 g ____ x (Au) x = 57,9% H 58% Observação: O número atômico da platina é 78, mas a configuração na

alternativa b está errada pois não foi colocado o 4p6.

5. a 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p6 7s2

5f14 6d10 7p2

6. c

20Ax

Isóbaros

Isótonos

19B50

21Cy

∴ x = 50 Para o átomo B: A = p + n ∴ 50 = 19 + n ∴ n = 31 Como B e C são isótonos, teremos: A = p + n ∴ A = 21 + 31 = 52

7. d Isótono: mesmo número de nêutrons. n = A – Z

1637 21D : = nêutrons

8. e Distribuição de átomo neutro de 30Zn Energética: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10

Geométrica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2

No cátion 30Zn2+, há perda de 2 e– da camada de valência, então, teremos:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10

9. d Átomos isótopos possuem igual número de prótons (número atômi-

co) e diferente número de nêutrons. Consequentemente, o número de massa também será diferente.

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.

10. c Os isótopos apresentados são representados por:

92U235 e 92U

238 p = 92 p = 92 n = 143 n = 146 e– = 92 e– = 92

11. d I. Falsa s 10 prótons e 10 nêutrons. II. Verdadeira. III. Verdadeira.

12. b Átomo Cl Ânion Cl –

p = 17 p = 17 e– = 17 e– = 18 n = 18 n = 18 Átomo Ar p = 18 e– = 18 n = 22 Átomo K Cátion K+

p = 19 p = 19 e– = 19 e– = 18 n = 20 n = 20

13. b O átomo possui um núcleo com prótons e nêutrons e uma eletrosfe-

ra com elétrons. 14. a

a

A

A55

n

ab

B

B

n

yb

A

C

n

2a + y = 79 2nA + nB = 88 2a + y + 2nA + nB = 55 + 2b 79 + 88 = 55 + 2b b = 56 Como: a + nA = 55 (I) e nA + y = 56 (II) e substituindo I e II em

2a + y = 79, temos que: 2(55 – nA) + (56 – nA) = 79 110 – nA + 56 – nA = 79 nA = 29 A partir daí, substitui-se em todas as equações e obtém-se:

2655

29

A

n =

2656

30

B

n =

2756

29

C

n =

15. a As distribuições eletrônicas são: Energética: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

Geométrica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5

16. d (4) 16S

2– s 18 e– e 20Ca2+ = 18 e–.

(1) C(grafite) e C(diamante) são alótropos.

(3) He e Ne formados por um único elemento.

(5) Cl2 e N2 formados por dois átomos.

17. d Como os íons são provenientes do mesmo elemento químico (ferro),

apresentam o mesmo número de prótons (número atômico). Como são provenientes de isótopos distintos, apresentam diferentes nú-meros de nêutrons. Como são íons de cargas diferentes, possuem diferentes números de elétrons.

18. d O átomo neutro de IV (Ca) tem 20 prótons e 20 elétrons, portanto nessa

espécie o átomo de cálcio perdeu 2 elétrons, sendo um cátion (Ca2+).

19. a

82

207 perde

2 e– 82207 2+Pb Pb →

p = 82 p = 82 n = 125 n = 125 e– = 82 e– = 80 A = p + n 207 = 82 + n n = 125

20. a) Fe = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6

Fe3+ w Perde 3 elétrons, preferencialmente da camada de valência. ∴ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5

b) S = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

S2– w Ganha 2 elétrons na camada de valência. ∴ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

21. Soma = 11 (01 + 02 + 08) (01) Correta. (02) Correta. (04) Incorreta. Um elemento químico é identificado pelo seu núme-

ro atômico (número de prótons). (08) Correta. O núcleo representaria o Sol, e os elétrons, os

planetas. (16) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico

de Bohr. Dalton não previa a existência de partículas suba-tômicas.

(32) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico de Bohr. (64) Incorreta. Como são derivados do mesmo elemento químico, apre-

sentam o mesmo número atômico (número de prótons).

Atividades extras 22. d Z = 40 w 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d2

10 elétrons no penúltimo nível (nível 4).

23. nJ + nL + nM = 88 s 2n + nL = 88 s 2n + 30 = 88 ∴ n = 29 pJ + pL + pM = 79 s 2p + pM = 79 (II) L s 30 nêutrons

p J AJ

Isóbaros

Isótopos

Isótonos

pLA

p MMA

para J: AJ = p + n para L: A = p + 30 para M: A = pM + n Somando-se as duas equações: nJ + nL + nM = 88 p + pL + pM = 79 AJ + A + A = 167 ∴ AJ – 2A = 167 Então: p + 29 – 2(p + 30) = 167 p = 26 Portanto: 26J 55 26L

56 27M 56

24. e A massa do átomo do isótopo de Ca é 39,96259 vezes maior do

que a massa de 1

12 do átomo do isótopo do C12.

QG.06 1. b A distribuição eletrônica por camadas deste elemento é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3

Seu número atômico, por se tratar de um átomo neutro, é igual ao número de elétrons (33).

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. Como possui 5 elétrons (4s2 4p3) na camada de valência (4a, N), está

localizado no 4o período e no grupo 15(VA). 2. d A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma: Na tabela periódica atual, os elementos químicos encontram-se dis-

postos em ordem crescente de número atômico, sendo que aqueles que apresentam o último elétron distribuído em subnível s ou p são classificados como elementos representativos.

3. Soma = 1 (01) (01) (V) Ambos são calcogênios. (02) (F) A distribuição é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4. (04) (F) Seu nome é enxofre. (08) (F) É um calcogênio. (16) (F) O enxofre forma moléculas S8 e é sólido em condições

ambientes.

4. Soma = 37 (01 + 04 + 32) (01) (V) (02) (F) B representa um elemento de transição, contudo seu sub-

nível mais energético é o d. (04) (V) (08) (F) Elementos da família E têm a camada de valência repre-

sentada por ns2 np6. (16) (F) D é semimetal. (32) (V)

5. b A substância E1 é um metal alcalinoterroso, portanto é sólida; E2 é

um halogênio do 5º período (é o iodo : I2), que nas condições am-bientes é sólido. Apesar de estarem no mesmo período, apresentam propriedades químicas diferentes, e a massa molar de E2 é maior, pois os elementos estão organizados na tabela periódica em ordem crescente de número atômico, e a massa atômica também cresce nessa ordem.

6. c R s gás nobre Z s metal alcalino T s metal alcalinoterroso X s metal alcalinoterroso

7. d Para os elementos de uma mesma família, o raio aumenta com o

número de camadas (níveis) e, por consequência, com aumento do número atômico.

8. b a) Correta: eles são o ferro e o titânio. b) Incorreta: o cálcio é um alcalinoterroso e é mais abundante que

o Na e o K, que são alcalinos. c) Correta, pois mais da metade da massa é composta por oxigê-

nio e silício, que não são metais. d) Correta, pois estão na fração “todos os outros”, o que corres-

ponde a 1,1% da massa.

9. b O raio do átomo (RA) é sempre menor que um raio de um ânion (R1),

pois a entrada do elétron na camada de valência provoca repulsão entre elétrons, aumentando o raio da espécie.

10. c O número atômico do vanádio é 23, e sua distribuição eletrônica é: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3

11. 1 – d; 2 – a; 3 – c; 4 – b; 5 – e (2) Fe2+

(4) Na+

(3) PO43−

(1) I–

(5) Co2+

12. e O principal constituinte das “latinhas de refrigerante” é o alumínio (Al).

A partir do elemento de número atômico 1 (H) até o Al são 17 “pas-sos”, o que seria possível com os pontos de Bruno e Elza, porém, como a cada jogada só é possível se mover por um grupo ou por um período, a vencedora foi Elza.

13. c W s 3o período (3) s grupo 15 (O) Y s 4o período (4) s grupo 2 (B) Z s 4o período (4) s grupo 18 (R) T s 5o período (5) s grupo 1 (A)

14. e X = hidrogênio V = hélio (2He:1s2) Y = alcalinoterroso w 2 elétrons na camada de valência e forma íon

de carga 2+. R = cloro (gás) T = metal de transição

15. e A distribuição eletrônica do elemento seria: 1s2 2s2 2p4 [He]: 6 e– na CV ∴ grupo 16 2 camadas ∴ 2o período O próximo elemento teria uma camada a mais com igual número de

elétrons na camada de valência, então: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 ∴ total e– = 16 Z = 16 w enxofre

16. b I. Verdadeiro. II. Falso. A configuração eletrônica de R indica um gás nobre, os

quais possuem os maiores valores de energia de ionização da tabela periódica.

III. Falso. Gases nobres são pouco reativos. IV. Falso. São gases nobres. V. Verdadeiro.

17. I – d; II – a; III – c

18. a) 8O2–

9F–

12Mg2+ 13Al+

f f f f 10 e– 10 e– 10 e– 12 e–

∴ Al+ não é isoeletrônico. b) Para íons isoeletrônicos: ↑ p ↑ atração dos e– pelo núcleo ∴ menor raio Dessa forma, o de maior raio é o 8O

2– .

19. c 82Pb: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p2

∴4 e– na última camada de valência ∴família IVA ou 14 (família do carbono)

20. e Fazendo as distribuições eletrônicas

7N: 1s 2s p2

K

2 3

L

2 ∴2 camadas

11Na: 1s 2s p 3s2

K

2 6

L

1

M

2 ∴3 camadas

19K: 1s 2s p 3s p 4s2

K

2 6

L

2 6

M

1

N

2 3 ∴4 camadas

20Ca: 1s 2s p 3s p 4s2

K

2 6

L

2 6

M

2

N

2 3 ∴4 camadas

Carga nuclear Ca > carga nuclear K ∴ raioCa < raioK

Então a ordem será: N < Na < Ca < K

21. d Os elementos A, B e C estão no mesmo grupo da tabela periódica

(IIA ou 2, metais alcalinoterrosos), pois apresentam a CV com 2 elétrons. Como o raio atômico aumenta de cima para baixo, na ta-bela periódica o valor de x está entre 1,13 e 1,97.

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22. b Metais alcalinos: Na e K Metais alcalinoterrosos: Mg e Ba Calcogênio: O e S Halogênio: F e Br Gás nobre: He e Ar Atividades extras 23. e

9F – 12Mg2+ 9 prótons 12 prótons 10 elétrons 10 elétrons Para espécies isoeletrônicas: maior número de prótons, menor raio. 24. d a) (F) I e II são gases a temperatura ambiente. b) (F) III é halogênio. c) (F) VII é gás nobre. d) (V) e) (F) VI apresenta 4 camadas e X, 6 camadas.

QG.07 1. e As propriedades periódicas citadas no exercício aumentam da se-

guinte forma: Energia de ionização:

portanto é o elemento X. Densidade:

portanto é o elemento T.

2. d I. (V) II. (F) O átomo B é um metal alcalino, portanto, possui baixa eletro-

negatividade. III. (V) IV. (F) Os elementos C e D apresentam 3 camadas ∴ 3º período.

Os elementos A e B apresentam 4 camadas ∴ 4º período.

3. a O cálcio é um metal, portanto possui baixa energia de ionização e tem

facilidade para formar cátions. Como o cálcio está no 4o período da tabela periódica e o oxigênio no 2o, apresenta maior raio atômico.

4. c I. (V) II. (F) Raio atômico é propriedade periódica. III. (V) IV. (F) Quanto menor o raio, maior a eletronegatividade.

5. e Quanto menor o raio, maior a energia de ionização por causa da

maior atração núcleo-elétron. Portanto, na tabela periódica, os ele-mentos que possuem os maiores valores de energia de ionização e menores raios são os localizados à direita, ou seja, os gases nobres.

6. c I. (V) II. (F) O He é gás nobre, portanto, sua energia de ionização é

maior que a do H.

III. (V) IV. (F) Os gases nobres têm energia de ionização maior que a dos

metais de transição.

7. a O flúor é o elemento mais eletronegativo.

8. e Pela posição da região, esta terá grande raio e baixa eletronegativi-

dade.

9. a) 16S2– 18Ar 20Ca2+ 17Cl

–

p = 16 p = 18 p = 20 p = 17 e– = 18 e– = 18 e– = 18 e– = 18 Espécies isoeletrônicas = número de elétrons ∴ S2– > Cl– > Ar > Ca2+ b) Dos elementos apresentados: ↑ p s↑ atração núcleo-elétron s ↓ raio ∴ ↑ energia de

ionização ∴ a menor energia de ionização será do S2–.

10. d I. (V) II. (F) EICl > EINa III. (V)

11. F – V – V – F I. Incorreto. Metais alcalinos têm grande tendência para perder

elétrons, ou seja, apresentam baixos potenciais de ionização. II. Correto. III. Correto. Como no ânion o número de elétrons é maior que no

átomo que o originou, e o número de prótons é o mesmo, os elétrons estão atraídos menos intensamente; portanto, o ânion é maior.

IV. Incorreto. O halogênio e o metal alcalino possuem a mesma quan-tidade de camadas eletrônicas, porém o halogênio possui mais protóns, o que aumenta a atração do núcleo sobre a eletrosfera.

12. b Os elementos sódio, cloro e argônio estão no 3º período da tabela

periódica, e o hélio, no 1o. Dentro de um mesmo período, o aumento do número atômico (deslocamento para a direita na tabela) acarreta diminuição no raio e aumento da energia de ionização. O mesmo ra-ciocínio é utilizado quando se desloca de baixo para cima na tabela.

13. a Localização desses elementos na tabela periódica:

B C

Al Si

a) V

b) F, raio atômico maior: Al

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. c) F, eletronegatividade menor: Al

d) F, energia de ionização maior: C

14. c X – 2o período, grupo 18, gás nobre. Y – 3o período, grupo 2, metal. Z – 3o período, grupo 15, ametal. I – Falsa. Y é um metal alcalinoterroso. II – Falsa. Z é um ametal. III – Verdadeira: maior número atômico, maior potencial de ioni-

zação, por estarem em um mesmo período.

15. c I. Falsa. Os metais possuem baixa afinidade eletrônica. II. Falsa. O sódio se transforma facilmente em cátions, ou seja,

necessita de pouca energia para perder 1 elétron. III. Verdadeira. O Hg é mais denso que o Na, pois se localiza no

centro da tabela periódica.

16. V – F – F – V I. (V) II. (F) Todas requerem energia. III. (F) Ocorre absorção de energia. IV. (V)

17. Raio atômico: 1H > 2He Energia de ionização: He > H Afinidade eletrônica: H > He (gás nobre)

18. b Os elementos A e C apresentam baixa energia de ionização, portan-

to são metais alcalinos ou alcalinoterrosos. O elemento B apresenta alta energia de ionização, portanto é um

gás nobre ou halogênio. Pela distribuição eletrônica, descobre-se o grupo a que pertence o

elemento.

19. d Os metais mais reativos são aqueles que perdem com facilidade os

elétrons da camada de valência, ou seja, são os que apresentam raios grandes e energias de ionização baixas.

20. e Os elementos químicos com maior energia de ionização são os gases

nobres.

21. F – V – V – V I. Falsa. Eletronegatividade é a medida da capacidade de um áto-

mo de atrair elétrons de outros átomos ou íons para perto dele.

22. b

I. (F) Alto Z s mais prótons s maior atração elétron-núcleo s s menor raio.

II. (F) A 2ª energia de ionização é sempre maior que a 1ª energia de ionização pois a retirada do 1º e– aumenta a atração elé-tron-núcleo e diminui raio ∴ alta energia de ionização

III. (V) IV. (V)

V. (F) Os átomos de elementos de um mesmo grupo (família) têm configuração semelhante para os elétrons de valência.

Atividades extras 23. a) 1 e– 9 ⋅ 10–31 kg 6 ⋅ 1023 e– x ∴ x = 54 ⋅ 10–8 kg

Como Ecin. = m v· 2

2∴ Ecin. = 54 10 1 10

2

8 6 2⋅ ⋅ ⋅− −( )

Ecin. = 27 ⋅ 104 J ou 270 kJ Como: Etotal = Ecin.+ Eionização ∴ 1.070,9 = 270 + Eionização

Eionização = 800,9 kJ, que no gráfico pode ser B ou Si. Como o elemento está no 3º período da tabela, temos então w Si.

b) Para mudança de camadas temos que adicionar ao número atô-mico mais 18 unidades (número de grupos na tabela periódica), assim: 14 + 18 = 32

24. c O átomo com maior afinidade eletrônica é o IV porque possui 7 e– na CV.

QG.08 1. e Como teremos interação entre:

Lítio

Sódio

Césio

Família dos

metais alca

llinos

e na CV doam es 1 1− −∴

Cloro s halogênio s 7 e– na CV ∴ recebe 1 e– A ligação será iônica e serão formados: LiCl, NaCl, CsCl.

2. d X s 1s2 2s2 2p6 3s2 ∴ 2 e– na CV Z s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 ∴ 7 e– na CV

X 2+ Z1–

X 2+

Z 1–

XZ2

3. d I. (V) II. (F) O sódio perde 1 e– e o cloro recebe 1 e–, formando um

composto iônico. III. (V)

4. Soma = 14 (02 + 04 + 08) (01) Incorreta. A é ânion do grupo 17 (seu átomo possui 17 elétrons) e

Z pertence ao grupo 2 (seu átomo possui 20 elétrons). (02) Correta. (04) Correta. (08) Correta, pois é um ametal (pertence ao grupo 17). (16) Incorreta. O número de massa de A é 35 (17 prótons + 18

nêutrons).

5. a) Consultando a tabela periódica: X = oxigênio (ametal) Y = carbono (ametal) Z = potássio (metal) b) Os não metais formam ligações covalentes CO2 (ou CO).

6. e

56Ba s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3p10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6 6s2

K L M N O P f f f f f f 2 8 18 18 8 2 Portanto, doa 2 e–.

54Xe s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6

16S s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

K L M f f f 2 8 6 ∴ recebe 2 e–

18Ar s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

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7. Halogênio mais eletronegativo s F s 7 e– na CV ∴recebe 1 e– ∴ F– Metal alcalinoterroso citado s Ra s 2 e– na CV ∴doa 2 e– ∴ Ra2+

Ra F

Ra F

2+ 1-

2

A ligação será iônica com fórmula: RaF2

8. c Pelas distribuições eletrônicas:

grupo 2 (ou II A) metal4º período

40A (Z = 20): 1s

2 2s

2 2p

6 3s

2 3p

6 4s

2

20

grupo 17 (ou VII A) ametal80

B (Z = 35): 1s2 2s

2 2p

6 3s

2 3p

6 3d

104s

2 4p

5

35

A e B estão no mesmo período, porém, como B está mais à direita que A, é mais eletronegativo e apresenta menor raio. O composto AB2 é iônico e apresenta alto ponto de fusão. Como B é um halogê-nio, nas condições ambientes é encontrado na forma B2.

9. b O oxigênio recebe um elétron do sódio (ligação iônica) e compartilha

um par de elétrons com o cloro (ligação covalente), ficando com o octeto completo.

10. a) O elemento é o sódio. b) (18Ar) Como o número atômico do argônio é 18 e o elemento citado

tem 8 elétrons a mais que o argônio, seu número atômico é 26. c) O elemento é o flúor e seu símbolo é F. d) Alcalinoterroso: Ca2+

Halogênio: Br–

Composto formado: CaBr2

11. Soma = 8 (08) (01) Falsa. Pertencem a grupos diferentes. (02) Falsa. Como B, que pertence ao grupo 2, forma cátions B2+ e

D, que pertence ao 17, forma ânion D–, a fórmula do compos-to formado por eles é:

B BD2D w2+ 1–

(04) Falsa. É ametal e, portanto, apresenta alta afinidade eletrônica. (08) Verdadeira. Os elementos localizados nos grupos de 3 a 12

são denominados metais de transição.

12. e A interação interatômica entre cátions e ânions caracteriza uma liga-

ção iônica.

13. d I. (V) II. (F) Quando o carbono faz 4 ligações simples, as valências diri-

gem-se para os vértices de um tetraedro. III. (V) IV. (V)

14. Distribuições eletrônicas:

Ca s s p s p s2

K

2 6

L

2 6

M

2

N

= 1 2 2 3 3 4

portanto doa 2 e– s metal

O s s p2

K

2 4

L

= 1 2 2

portanto recebe 2 e– s ametal

A ligação será iônica e a fórmula do composto será CaO. O número total de elétrons será: 20 + 8 = 28

15. d

As distribuições eletrônicas são:

7

2 32 2N:

1sK

s pL

2 5

2 c

2

aamadas

2 períodoº

15

2 62 2 3P:

1s

Ks p

Ls 3p

M2 5

22 6

;

3 camadas

3 períodoº

I. (V) II. (F) III. (V)

16. b Distribuição eletrônica:

9F s 1 2 22 2sK

2

s pL

7

5

∴ recebe 1 e–

13Al s 1 2 2 3 32 2 2sK

2

s pL

8

s pM

3

6 1

∴ perde 3 e–

15P s 1 2 2 3 32 2 2sK

2

s pL

8

s pM

3

6 1

∴ recebe 3 e–

∴ + eletronegativo s F + eletropositivo s Al A fórmula entre F e Al será:

Al3+ F1– AlF3

17. Soma = 14 (02 + 04 + 08) (01) Incorreto. Como todas as espécies têm 10 elétrons, conclui-

-se que X tem 8 e, portanto, seu número atômico é 8 e que Z tem 13, sendo seu número atômico. Portanto, não são isótopos.

(02) Correto. (04) Correto. Camada de valência (2s2 2p6) com 8 elétrons. (08) Correto. Z3+ X 2– s Z2X3

(16) Incorreto. 13Z (1s2 2s2 2p6 3s2 3p1) pertence ao 3o período.

18. c Os metais apresentam menos que 4 elétrons na camada de valên-

cia, e os elementos não metálicos, 4 ou mais. I está representando o elemento flúor (Z = 9), o mais eletronegativo da série.

19. d Ozônio = O3

O ozônio é uma substância simples formada pelo elemento químico oxigênio.

20. Soma = 6 (02 + 04) A: camada de valência 4s2 w é metal w forma cátion A2+ (possui

menor energia de ionização). B: camada de valência 3s2 3p5 w é halogênio w forma ânion B1– (tem

maior afinidade por elétrons). (01) Incorreta. (02) Correta. (04) Correta, pois apresenta maior número de camadas eletrônicas. (08) Incorreta. A, por ser metal, participa de ligação iônica. (16) Incorreta. A fórmula do composto pode ser estabelecida pela

seguinte regra:

A2+ AB2B1–

21. e I. Correta. Apresenta menor raio atômico. II. Correta. III. Incorreta. O Al possui maior atração núcleo-elétrons. IV. Incorreta. Ambos são ametais e a ligação é covalente. V. Correta.

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N2O5

N NOO

OO

O

N2O4

N NO

OO

O

NO2

NO O

N2O

N N OO

NO

N

Atividades extras 23. CsI Segundo o diagrama I, o sal de menor ponto de fusão é o de PF

621 ºC. Comparando-se os valores dos outros sais apresenta-dos na tabela, percebemos que o primeiro sal (PF = 988 ºC) é o de raio iônico 2,35 angstrons, que corresponde ao cátion do 3º período ligado ao ânion do 2º período. Fazendo uma analo-gia, o sal procurado será o formado pelo cátion do 6º período com o ânion do 5º período, portanto, CsI (1,70 + 2,20 = = 3,90 angstrons).

24. e O elemento F é o oxigênio; K é o hidrogênio; como F é

do grupo 16 e forma composto iônico de fórmula GF, G é do gru-po 2; se o número atômico de H é 34, logo ele se encontra no 4º período, grupo 16; J tem um próton a mais e é do mesmo perío-do, pertence, portanto, ao grupo 17; G é do mesmo período.

QF.01 1. b De acordo com a tabela fornecida, para um indivíduo de 70 kg,

temos: massa de oxigênio (mO) = 43.500 g massa de carbono (mC) = 12.600 g massa de hidrogênio (mH) = 7.000 g massa de nitrogênio (mN) = 2.100 g massa de cálcio (mCa) = 1.050 g Sabendo que a quantidade de átomos é diretamente proporcional à

quantidade, em mol, de átomos para cada elemento, teremos:

nm

M

nm

M

O

O

CC

C

O

g

g molmol= =

⋅=

=

−

43 500

162 718 75

1

.. ,

==⋅

=

= =

−

12 600

121 050

7 000

1

1

..

.

g

g molmol

g

gn

m

MHH

H ⋅⋅=

= =⋅

=

−

−

molmol

g mol

1

1

7 000

2 100

14150

.

.n

m

M

gN

N

N

mmol

g

g molmoln

m

MCaCa

Ca

= =⋅

=−

1 050

4026 25

1

.,

Então, o H é o elemento que contribui com a maior quantidade de

átomos.

2. d 1 mol 6 · 1023 átomos x 8 átomos x = 1,3 · 10–23 mol

3. a Sabendo que: 1 mol CO2 6 · 1023 moléculas de CO2 44 g n 3,5 · 1015 g n = 7,9 · 1013 mol

4. a 1 mol de substância 350 g 6 ⋅ 1023 moléculas m 1 molécula ∴ m = 5,8 ⋅ 10– 22 g

5. c MNH3

= 1 · 14 + 3 · 1 = 17 g/mol 1 mol de NH3

17 g 6 · 1023 moléculas de NH3

8,5 · 10–3 g x x = 3 · 1020 moléculas de NH3

6. c 1 molécula de NH4C7H5O2

9 átomos de H 1 mol de NH4C7H5O2

9 mol de átomos de H 6 · 1023 moléculas de NH4C7H5O2

9 · 6 · 1023 átomos de H

7. c C2H2 e H2O2 w 4 átomos no total da molécula, sendo a metade áto-

mos de H.

8. V – V – F Somente a última afirmativa está incorreta, pois o mol é uma grandeza

que indica quantidade de partículas, independentemente de sua massa.

9. a) Massa de sódio ingerida (30 mg + 50 mg + 750 mg + 157 mg) = = 990 mg

Cálculo da porcentagem de sódio ingerido: 1.100 mg 100% 990 mg x x = 90% (do mínimo aconselhado) b) Para satisfazer a necessidade máxima (3.300 mg – 990 mg) =

= 2.310 mg de Na Massa molar de NaCl = (22,990 + 35,453) = 58,443 g/mol 22,990 g de Na 58,443 g de NaCl 2,310 g x x = 5,872 g de NaCl

10. e 1 mol Fe 56 g 6 ⋅ 1023 átomos (1.674 mg) 1.674 ⋅ 10–3 g x ∴ x = 1,79 ⋅ 1022 átomos H H1,8 ⋅ 1022 átomos 11. e De acordo com o princípio de Avogadro: C2H4 s 10 L ∴ n moléculas ∴ 6 n átomos O2 s 10 L ∴ n moléculas ∴ 2 n átomos CO2 s 20 L ∴2 n moléculas ∴ 6 n átomos CO s 10 L ∴2 n moléculas ∴ 4 n átomos

12. e Como o isótopo de maior abundância é o de massa 26 (80%), a

massa atômica estará mais próxima da massa deste isótopo. Observação: Professor, apesar de ser possível calcular a massa atô-

mica, não se faz necessário.

13. a Pela fórmula apresentada, temos a fórmula molecular: C10H14N2

A massa molar será: C = 12 · 10 = 120 H = 1 · 14 = 14 N = 14 · 2 = 28 Total = 162 g/mol Então: 1 mol de nicotina 162 g n 0,65 · 10–3 g (mnicotina = 0,65 mg) n = 4,01 · 10–6

14. a) M lC2H3C = 2 · 12 + 3 · 1 + 1 · 35,5 = 62,5 g/mol 1 mol de C2H3Cl 62,5 g x 93,75 g x = 1,5 mol b) 1 molécula de C2H3Cl 2 átomos de C 1 mol de C2H3Cl 2 mol de C 1,5 mol de C2H3Cl y y = 3 mol de C c) 1 mol de C 6 · 1023 átomos de C 3 mol z z = 1,8 · 1024 átomos de C

15. d

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.

Pelo enunciado, a tiragem máxima de moedas de prata é de 20.000, então:

1 moeda 27 g de Ag 20.000 moedas mAg ∴ mAg = 5,4 ⋅ 105 g Sabendo que: 1 mol Ag 108 g 6 ⋅ 1023 átomos x 5,4 ⋅ 105 g y x = nAg = 5 ⋅ 103 mol e y = número de átomos = 3 ⋅ 1027 átomos

16. Cálculo da massa molar do CH4: C = 12 · 1 = 12 H = 1 · 4 = 4 Total = 16 g/mol Como:1 Gg 1 · 109 g 288 Gg mCH4 ∴ mCH4 = 288 · 109 g Sabendo que: 1 mol CH4 16 g 6 · 1023 moléculas 288 · 109 g x ∴ x = 1,08 · 1034 moléculas

17. a A massa molar da butadiona é: C = 12 ⋅ 4 = 48 H = 1 ⋅ 6 = 6 O = 16 ⋅ 2 = 32 g/mol Total = 86 g/mol 1 mol butadiona 86 g 4 ⋅ 6 ⋅ 1023 átomos de C 4,3 g x x = 1,2 ⋅ 1023 átomos

18. e A água pesada pode ser representada por D2O, em que D é o símbo-

lo do isótopo de hidrogênio de massa 2, o deutério. MD2O

= 2 · 2 + 1 · 16 = 20 u

19. b 1 mol Cu 63,5 g 6 ⋅ 1023 átomos

10 g x ∴ x = 60 1063 5

23·,

átomos

Como: 1 átomo 2 ⋅ 1,17 ⋅ 10–10 m (diâmetro)

60 1063 5

23·,

átomos y ∴ y = 2 ⋅ 1013 m

20. c 1 mol 6 · 1023 átomos 23 g x 69 · 10–3 g x = 1,8 · 1021 átomos

21. c SO2 (1 · 32 + 2 · 16 = 64 g/mol) 1 mol 64 g 0,2 mol x x = 12,8 g CO (1 · 12 + 1 · 16 = 28 g/mol) 1 mol 6 · 1023 moléculas 28 g 3 · 1023 moléculas y y = 14 g Massa total dos gases emitidos: 12,8 + 14 = 26,8 g

22. e 1 mol de C 6,02 · 1023 átomos 12 g x 0,04 g x = 2,0 · 1021 átomos

Atividades extras 23. Cálculo da quantidade de átomos de Ca em 1,6 kg: 1 mol Ca 40 g 6 ⋅ 1023 átomos 1,6 kg w 1.600 g x ∴ x = 2,4 ⋅ 1025 átomos Substituindo essa quantidade de átomos de Ca por Ba, tería-

mos: 1 mol Ba 137 g 6 ⋅ 1023 átomos m 2,4 ⋅ 1025 átomos ∴ m = 5.480 g ou 5,48 kg Portanto: 70 kg – 1,6 kg + 5,48 kg = 73,88 kg

24. a) Cálculo do volume do cubo s V = a3 ∴ V = (1)3 cm3

Como d = mV

∴ 11,35 = m1

∴ m = 11,35 g

Então: 1 mol Pb 207 g 6 ⋅ 1023 átomos 11,35 x ∴ x = 3,29 ⋅ 1022 átomos

b) Como VT = 1 cm3, 60% será 0,6 cm3, então: 3,29 ⋅ 1022 átomos 0,6 cm3

1 átomo V ∴ Vátomo = 1,82 ⋅ 10–23 cm3

Admitindo: V = 43

πr3 ∴ 1,82 ⋅ 10–23 = 43

⋅ 3 ⋅ r3

∴ r = 1,65 ⋅ 10–8 cm

c) Cálculo do diâmetro do átomo: d = 2 ⋅ r ∴ d = 3,31 ⋅ 10–8 cm Então: 3,31 ⋅ 10–8 cm 1 átomo 1 cm n ∴ n = 3 ⋅ 107 átomos

QF.02 1. b Fe: 72,4% O: 27,6%

n =72,456

n =

27,616

n =

1,30 mol1,30

n =

1,725 mol1,30

Fe1O1,33 (· 3): Fe3O4

2. e Cálculo da massa molecular: S = 32 ⋅ 1 = 32

O = 16 ⋅ 2 = 3264u

Para o enxofre: 64 u 100% 32 u %S ∴ %S = 50% Para o oxigênio: 64 u 100% 32 u %O ∴ %O = 50%

3. a 180 g de Fe3C 100% 12 g de C %C ∴ %C = 6,66%

4. Cálculo da quantidade total de MgCl2 que é extraída de 10 m3 de água do mar.

1 m3 de água do mar 6,75 kg de MgCl2 10 m³ de água do mar mMgCl2 mMgCl2 = 67,5 kg A partir das massas molares do MgCl2 = 95,3 g/mol e Mg = 24,3 g/mol,

teremos: 1 mol de MgCl2 1 mol Mg 95,3 g 24,3 g 67.500 g mMg ∴ mMg = 17.211 g

5. b Cálculo da massa de cobalto: 6 · 10–6 g 100% x 4% x = 2,4 · 10–7 g de Co Cálculo do número de átomos de cobalto: 1 mol de Co 60 g 6 · 1023 átomos 2,4 · 10–7 g y y = 2,4 · 1015 átomos

6. d Na amônia: 9,33 g de N 2,00 g de H mN 6,28 g de H ∴ mN = 29,29 g

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. 7. a Cálculo das massas molares: ZnSO4 (Forzin®) Na2Zn3(CO3)4 ·

3H2O (Zinplus®) Zn = 65,4 · 4 · 1 = 65,4 g Na = 23 · 2 = 46 g S = 32 · 1 = 32 g Zn = 65,4 · 4 · 3 = 196,2 g O = 16 · 4 = 64 g C = 12 · 4 = 48 g Total = 161,4 g O = 16 · 15 = 240 g H = 1 · 6 = 6 g Total = 536,2 g Cálculo da massa de Zn: (Forzin®) 1 mol 161,4 65,4 g de Zn m mZnForzin

mZn = 65 4, ⋅ m161,4

∴ mZnForzin = 0,405 m

(Zinplus®) 1 mol 536,2 g 196,2 g de Zn m mZnZinplus

mZn = 196 2, ⋅ m536,2

∴ mZnZinplus = 0,365 m

Cálculo da quantidade, em mol, de átomos de Zn: (Forzin®) 161,4 g 1 mol de átomos de Zn

m nZnForzin ∴nZnForzin = m161,4

mol

(Zinplus®) 536,2 g 3 mol de átomos de Zn

m nZnZinplus ∴ nZnZinplus = 3178 7

m m536,2

=,

mol

8. c SixHy smH = 3 g e mSi = 28 g Cálculo da quantidade, em mol, formada:

nH mol= =31

3

nSi mol= =2828

1

SiH3

9. b MC6H12O6

= 6 · 12 + 8 · 1 + 6 · 16 = 176 g/mol 1 mol 176 g x 62 · 10–3 g x = 3,52 · 10–4 mol 1 dose 3,52 · 10–4 mol y 2,1 · 10–2 mol y = 60 doses

10. d 1 mol de átomos de O 16 g 6 ⋅ 1023 átomos mO 1,8 ⋅ 1023 ∴ mO = 4,8 g Então: móxido = mN + mO ∴ 13,2 = mN + 4,8 ∴ mN = 8,4 g Portanto: • paraoN∴

n

m

Mn nN

N

NN N

mol0,3

2= ∴ = ∴ =8 414

0 6, ,s

n

m

Mn nO

O

OO O

mol0,3

1= ∴ = ∴ =4 816

0 3, ,s

∴ fórmula mínima é: N2O

11. d • ParaoC: 116 g 100% 12 ⋅ x 62,1% ∴ x = 6

• ParaoH: 116 g 100% 1 ⋅ y 10,3% ∴ y = 12 • ParaoO: 116 g 100% 16 ⋅ z 27,6% ∴ z = 2 ∴ a fórmula molecular é C6H12O2

12.

C

CH C

C

H

— H

H3C O C

H3C —

H

HH

H

OH

C

CH3

H — C

H — C C

C

CC5H11

C

C

C21H30O2 s Fórmula molecular: C = 12 · 21 = 252 H = 1 · 30 = 30 O = 16 · 2 = 32 Total = 314 g/mol 314 g de THC 100% 252 g de C %C %C = 80,25

13. a) • Ns n = 25 914

, = 185185,,

= 1

• Os n = 74116

, = 4 63185,,

= 2,5

N1O2,5 ⋅ 2 = N2O5

b) Óxido molecular, pois nitrogênio é ametal. c) N2O5 + H2O w 2HNO3

14. Em 100 g : mC = 74,1 g ; mH = 8,6 g ; mH = 17,3 g • ParaoC:

nm

Mn nC

C

CC C

mol1,235

= 5= ∴ = ∴ =74112

6175, ,

nm

Mn nH

H

HH H

mol1,235

= 7= ∴ = ∴ =8 61

8 6, ,

nm

Mn nN

N

NN N

mol1,235

= 1= ∴ = ∴ =12 314

1235, ,

Como 1 molécula tem 2 nitrogênios: fórmula mínima = C5H7N1 ⋅ 2 e fórmula molecular = C10H14N2

15. a) Fórmula mínima

C H O

Fórmula molecul

3 8 3

· n →·1

aar

C H O3 8 3

C = 12 · 3 · n = 36n H = 1 · 8 · n = 8n + O = 16 · 3 · n = 48n Total = 92n ∴ n = 1 b) Em: 92 g 100% 36 g %C ∴ %C = 39,13%

16. b A soma das porcentagens é 100%: 100% = 78,77% de C + 11,76% de

H + x% de O ∴ O% = 10,37% Pelo esquema: C = 12 ⋅ x s 12 x g 77,87% H = 1 ⋅y s y g 11,76% O = 16 ⋅ z s 16 z g 10,37% 154 g 100% x = 10; y = 18; z = 1

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17. d Fórmula molecular: C18H26O3N Se 305 g 100% 18 ⋅ 12 x x = 70,81% C

18. a) 2NO + O2w 2NO2

2NO2 + H2O w HNO3 + HNO2

b) MM = 476 g/mol 476 g sildenafil 6 ⋅14 g N 238 ⋅10–3 g m m = 0,042 g = 42 mg, portanto o lote estava adulterado, pois

deveria haver 42 mg de nitrogênio.

19. e A fórmula centesimal da magnetita é: 232 g/mol 100% 3 ⋅ 56 g/mol %Fe ∴ %Fe = 72,4% ∴ 100 = %Fe + %O ∴ 100 = 72,4 + %O %O = 27,6%

20. b MM FeCl3 ⋅ H2O = 162,5 + x ⋅ 18 FeCl3 ⋅ xH2O w FeCl3 + xH2O 162,5 + x ⋅ 18 g 162,5 g 2,7 g 1,62 g 29,16x + 263,25 = 438,75 x = 6 Há na molécula 6 águas de hidratação.

21. a Fórmula molecular: C6H8O2N2S MM = 172 g/mol Para C: 172 g 100% g 72 g x x = 41,86% Para N: 172 g 100% g 8 g y y = 4,65% Para O: 172 g 100% g 32 g z z = 18,60%

22. a) No gráfico 1, aos 60 minutos: % carboidratos H 63%. Logo, % gordura H 37% da massa total.

Então, para os carboidratos: 2,2 g 100% x 63% x = 1,386 g de CH2O CH2O + O2 CO2 + H2O 1 mol 1 mol 30 g 1 mol 1,386 g x x = 0,046 mol de O2

Para as gorduras: 2,2 g 100% x 37% x = 0,814 g de CH2

CH2 + 1,5O2 CO2 + H2O 1 mol 1,5 mol 14 g 1,5 mol 0,814 g x x = 0,087 mol de O2

A quantidade, em mol, de O2 total é: 0,046 + 0,087 = = 0,133 mol de O2

b) No gráfico 2, temos 85% de VO2 máx. e o metabolismo de carboidrato é maior que o de gordura, então a %, em massa, de carboidrato aumenta (curva 1) e a %, em massa, de gordura diminui (curva 6).

Atividades extras 23. a

13,25 g 100% 5,75 g x x = 43,40% de X, assim, CO3

2– representa 56,6%

Se 56,6% 60 g CO32–

43,4% m m = 46 g de 2X –

Assim, a massa atômica de X é: 462

= 23 g

24. b Cálculo da massa molar de dioxina: 4 mol de Cl ⋅ 35,5 g 44% MM dioxina 100% ∴ MM dioxina = 322,73 g No frango, há 2,0 ⋅ 10–13 mol de dioxina/kg. 1 mol dioxina 322,73 g 2 ⋅ 10–13 mol/kg dioxina m ∴ m = 6,45 ⋅ 10–11 g/kg Como: 1 kg frango 6,45 ⋅ 10–11 g x 3,23 ⋅ 10–11 g x = 0,5 kg

QF.03 1. a Solubilidade a 30 °C s 220 g de sacarose/100 g H2O 320 g de solução 100 g H2O 160 g de solução x x = 50 g de H2O

160 g de solução 50 g H2O

110 g de sacarose

Solubilidade a 0 °C: 180 g de sacarose / 100 g de H2O 180 g de sacarose 100 g de H2O y 50 g de H2O y = 90 g de sacarose Precipitarão: 110 – 90 = 20 g

2. a À temperatura inferior a 40 °C, o Pb(NO3)2 é mais solúvel.

3. d a) (F) A 25 °C, o NaCl é mais solúvel. b) (F) A 10 °C, o NaNO2 é o mais solúvel. c) (F) Apresenta a mesma solubilidade somente próximo aos

25 °C. d) (V)

4. a) Solubilidade de B a 60 °C w 40 g / 100 g de H2O 40 g 100 g de H2O 120 g de B x x = 300 g de H2O b) A solubilidade de A a 0 °C é de 10 g / 100 g de H2O, portanto,

com uma massa de A de 10 g, a solução será saturada e, com uma massa inferior a 10 g, será insaturada.

5. a) 400 mL 200 g 100 mL x x = 50 g Observando a curva: T = 80 ºC b) Solubilidade a 20 ºC s 30 g de soluto / 100 mL H2O 400 mL y 100 mL 30 g y = 120 g Precipitam: 200 – 120 = 80 g 6. a Pelo gráfico a 55 °C: 50 g de NH4Cl 100 g H2O mNH4Cl 400 g H2O s 400 mL H2O (d = 1 g/cm³) mNH4Cl = 200 g Como a curva é ascendente, o aumento da temperatura facilita a

dissolução, portanto, é endotérmica.

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. 7. c a 20 °C 21g de CuSO4 100 g de H2O m 10 g de H2O ∴ mCuSO4 = 2,1 g dissolvido 0,4 g não dissolvido solução saturada com corpo de fundo.

8. b A dissolução de um gás em líquido é favorecida a baixa temperatura

e alta pressão.

9. d Na etapa 1, temos solução saturada em NaCl com corpo de fundo. Na etapa 2, temos a dissolução de KMnO4 na solução saturada de

NaCl.

10. e Se em 25,20 g de solução havia 10,20 g de sal, 15 g é de solvente.

Assim: 15 g solvente 10,20 g sal 100 g solvente m m = 68 g de sal 11. b Ponto A: solução insaturada Ponto B: solução saturada Ponto C: solução supersaturada

12. e Com a abertura da garrafa ocorre diminuição da pressão que atua

sobre o líquido, facilitando o escape de CO2 e diminuindo a quanti-dade de H2CO3.

13. d Quanto maior a temperatura da água, menos oxigênio dissolvido.

14. c Como a quantidade de sal adicionado à solução é menor que a

quantidade máxima possível de ser dissolvida nessa temperatura, temos uma solução diluída.

15. b O aumento da temperatura facilita o escape de gases dissolvidos em

água, nesse caso, o oxigênio.

16. a Solubilidade do KNO3 a 40 ºC w 60 g de KNO3/100 g de H2O 60 g de KNO3

100 g de H2O x 50 g de H2O x = 30 g de sal

40 g de KNO3

30 g dissolvem

10 g precipitam

17. e Solubilidade do sal a 20 ºC s 15 g sal/100 g de H2O

20 g de sal

15 g sal dissolvem

5 g precipitam

18. A 45 °C, temos: 40 g KCl 100 g de H2O mKCl 20.000 g de H2O s 20 kg ou 20 L mKCl = 8.000 g

Então: KCl H2O → K+ + Cl –

1 mol 1 mol 74,5 g 39 g 8.000 g mK+

∴mK+ = 4.187,9 g ou 4,187 kg de K+

Toda curva de solubilidade ascendente corresponde à dissolução endotérmica, ou seja, o aumento da temperatura aumenta o coefi-ciente de solubilidade.

19. b IV. (F) Os microrganismos aeróbios consomem oxigênio, dimi-

nuindo a concentração de O2.

20. a) Endotérmica, pois a solubilidade aumenta com a temperatura. b) A 50 ºC: 100 g H2O

60 g sal 500 g H2O

m1

m1 = 300 g A 10 ºC: 100 g H2O

20 g sal 500 g H2O

m2

m2 = 100 g Precipitados: m1 – m2 = 200 g de sal

21. c Cálculo da porcentagem do sal: 17,5 + 32,5 100% 17,5 x x = 35% De acordo com o gráfico, a 40 ºC, o sal que apresenta 35% em

massa é o Na2SO4.

22. Soma = 9 (01 + 08) (01) (V) (02) (F) Para as substâncias apresentadas, a de maior eficiência

para o procedimento descrito tem que possuir baixa solubili-dade em baixa temperatura, portanto será a substância Y.

(04) (F) Pelo gráfico a 80 °C: 40 g de Y 100 g H2O 140 g de Y mH2O s mH2O = 350 g Então a massa de água necessária será de 350 g para dissol-

ver 140 g de Y. (08) (V) (16) (F) Curva ascendente, dissolução endotérmica (32) (F) Em temperaturas menores que 50 °C, a solubilidade do

Pb(NO3)2 é maior do que a do KNO3, e em temperaturas maio-res que 50 °C a solubilidade do KNO3 é maior do que a do Pb(NO3)2.

Atividades extras 23. e I. Errada. Se a ordenada representasse a constante de equilíbrio

de uma reação química exotérmica, e a abscissa, a temperatu-ra, a curva seria descendente.

II. Errada. Se a ordenada representasse a massa de um catalisa-dor existente em um sistema reagente, e a abscissa, o tempo relativo à variação da massa do catalisador, a curva seria uma reta paralela ao eixo das abscissas.

III. Correta. IV. Correta. V. Errada. Se a ordenada representasse a concentração de NO2(g)

existente dentro de um cilindro provido de um pistão móvel, sem atrito, onde se estabeleceu o equilíbrio N2O4(g) x 2NO2(g), e a abscissa representasse a pressão externa exercida sobre o pistão, a curva seria descendente, pois o aumento de pressão desloca o equilíbrio para a esquerda, diminuindo a concentra-ção de NO2(g).

24. a) No experimento I, a solução inicial (NaCl (aq.)) apresenta condutibilida-de elétrica por causa da presença dos íons Na

(aq.)+ e Cl

(aq.)− .

Ao se adicionar AgNO3, ocorre a reação: Na

(aq.)+ + Cl

(aq.)− + Ag

(aq.)+ + NO

3(aq.)− w Na

(aq.)+ + NO

3(aq.)− + AgCl(s)

Na solução resultante, os íons NO3− tomarão o lugar dos íons Cl–

e, como a contribuição desses dois íons para a condutibilidade é quase a mesma, podemos considerar que a condutibilidade da solução durante a reação é praticamente constante. Após o tér-mino da reação, o AgNO3 adicionado em excesso aumentará a condutibilidade da solução.

Assim, a curva que relaciona esse comportamento é a X. No experimento II, o composto iônico LiF, quando adicionado à

água, sofrerá dissociação, aumentando a condutibilidade elétri-ca até o limite da sua solubilidade.

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.

Esse comportamento associa-se à curva Y. b) A partir do gráfico X, a precipitação termina ao acrescentarmos

0,02 mol de AgNO3. Como NaCl(aq.) + AgNO3(aq.) w NaNO3(aq.) + AgCl(s)

0,02 mol 0,02 mol Assim: 100 mL 0,02 mol NaCl 1.000 mL x ∴ x = 0,2 mol NaCl A concentração da solução de NaCl é 0,2 mol/L. c) A partir da curva Y, verifica-se que a solução de LiF estará

saturada com 0,004 mol. Assim, a solubilidade do LiF será 0,004 mol em 100 mL de água.

QF.04 1. d Consultando o gráfico, temos: 2 latas de cerveja H 120 min ou 2 h. 3 latas de cerveja H 240 min ou 4 h. 4 latas de cerveja H 330 min ou 5 h e 30 min.

2. a 1 mol 28 g x 46 · 10–3 g

x = 1,64 · 10–3 mol 1 m3 = 1.000 L 1,64 · 10–3 mol 1.000 L y 1 L y = 1,64 · 10–6 mol/L

3. IDA = 5 mg/kg 5 mg 1 kg x 60 kg x 300 mg ou 0,3 g de ácido fosfórico/dia Concentração no refrigerante = 0,6 g/L

C = mV

0,6 = 0 3,V

s V = 0,5 L ou 500 mL de refrigerante

Uma pessoa de 60 kg pode ingerir, no máximo, 500 mL de refrige-rante por dia.

4. A massa molar do K2SO4 é: K = 39 ⋅ 2 = 78 S = 32 ⋅ 1 = 32 O = 16 ⋅ 4 = 64 Total w 174 g/mol A concentração, em quantidade de matéria, é dada por:

µ µ µ=⋅ ( ) ∴ =

⋅∴ =

m

MM V1

1

17 5174 0 5

0 2L

,,

, mol L

Então: K2SO4 w 2K+ + SO4

2−

1 mol w 2 mol — 1 mol 0,2 mol/L — µK+ — µ

SO42–

∴ µK+ = 0,4 mol/L e µSO4

2– = 0,2 mol/L

5. b Como a densidade é 1,15 g/mL: Temos 1,15 g solução 1 mL assim em 1 L: 1,15 g solução 1 mL x 1.000 mL x = 1.150 g ou 1,15 kg Sendo a concentração igual a 40 g/L, podemos escrever: C = d ⋅ † ⋅ 1.000 ∴ 40 = 1,15 ⋅ † ⋅ 1.000 † = 0,0347 ou % † = 3,47

6. d Concentração em ppm =

= m

m

msoluto (mg)

solução (kg)

chumbo

kg cro∴ =20

01, sstamgchumbo∴ =m 2

7. a 6% p/V s 6 g 100 mL x 1.000 mL x = 60 g/L

MH3CCOOH= 2 · 12 + 4 · 1 + 2 · 16 = 60 g/mol

C = M1 · µ 60 = 60 · µ s µ = 1 mol/L

8. b Pela densidade do álcool, teremos: 1 mL 0,8 g (5 L) 5 ⋅ 103 mL málcool málcool = 4.000 g ou 4 kg Como a solução terá: 0,5 mol de I2 1 kg etanol nI2

4 kg etanol

nI2= 2 mol

Logo: 1 mol I2 254 g 2 mol I2 mI2

= 508 g

9. c A expressão da concentração em quantidade de matéria é:

µ =⋅

∴ ⋅ =⋅

∴ = ⋅− −m

MM V

mm1

1

52 1042 0 5

4 2 10( ) ,

,L

NaFNaF

44 g

10. d Como 6 mg/L = 6 ⋅ 10–3 g/L e sabendo que: C = µ ⋅ MM1 6 ⋅ 10–3 = µ ⋅ 200 ∴ µ = 3 ⋅ 10–5 mol/L

11. d Em 20 ppm, temos: 20 g de Ca(HCO3)2 106 g H2O 103 L H2O m 2 L H2O m = 4 ⋅ 10–2 g

12. c 1 mol 250 g x 10 g x = 0,04 mol em 1 L ou

µ = CM

=10250

µ = 0,04 mol/L

13. d A concentração independe do volume, em qualquer forma de ex-

pressão de concentração. A variação pode acontecer ao adicionar ou retirar soluto ou solvente

da solução.

14. d Como a densidade da água é igual a 1 g/mL, o indivíduo que ingerir

2 L dessa água estará ingerindo 2 kg de água. 0,9 ppm = 0,9 mg/kg 0,9 mg de flúor 1 kg de água x 2 kg de água x = 1,8 mg de flúor

15. c Em 1 L de H2O2 a 10 V libera 10 L de O2 (a 0 °C e 1 atm)

Em 1 L de H2O2 a 20 V libera VO2 (a 0 °C e 1 atm)

VO2 = 20 L (a 0 °C e 1 atm)

Como p · V = n · R · T ∴1 · 20 = nO2 · 0,082 · 273 nO2

= 0,89 mol

16. V – F – V – F (F) O tablete contém o consumo máximo, enquanto o pacote de

pipoca tem 60% a mais que o consumo máximo. (F) Cálculo de gordura trans: Pipoca s 2,2 g · 1,6 (60%) = 3,52 g Donut s 2,2 g · 2 (dobro) = 4,4 g Donut

Pipoca= =

4 43 52

125,

,,

∴ há 25% a mais

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feve

reiro

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. 17. c Como 1 ppm: 1 g hipoclorito de sódio 1.000 L 1 m3

x 8 m3

x = 8 g de hipoclorito de sódio

18. b 1 L de ar 1,3 g V 39.000 g V = 30.000 L de ar/dia 1 dia 24 h 30.000 L de ar 8 h n n = 10.000 L de ar/8 h 1 ppm w 1 parte por milhão 1 ppm w 1 mL 1.000.000 mL ou seja: 1 mL _____ 1.000 L Portanto: 50 ppm 50 mL de NH3

1.000 L de ar x 10.000 L x = 500 mL de NH3

19. c No NaCl, µ

Cl−= µNaCl = 0,1 mol/L

No CaCl2, µCl−= 2µ

CaCl2= 0,2 mol/L

No AlCl3, µCl−= 3µ

A Cl l3 = 0,6 mol/L

No MgCl2, µCl−= 2µ

MgCl2= 0,4 mol/L

20. b 0,1% (m/V) = 1 g/L 1 mol de NaF 42 g x 1 g x = 0,024 mol em 1 L ou

µ = CMM

= 142

µ = 0,024 mol/L

21. e Cálculo da concentração do KH2PO4: 1 mol KH2PO4

136 g x 13,6 g x = 0,1 mol 0,1 mol 0,5 L y 1 L y = 0,2 mol/L Cálculo da massa de KNO3: 0,2 mol 1.000 mL (1 L) z 200 mL z = 0,04 mol de KNO3

1 mol de KNO3 101 g

0,04 mol m m = 4,04 g de KNO3

22. b Como foram adicionadas as mesmas massas dos constituintes (sal e

açúcar), podemos dizer que a sua porcentagem é a mesma, mas com diferentes concentrações molal e molar, pois as massas mola-res são diferentes.

Atividades extras 23. a Sabe-se que: Valor mínimo eficaz = 1 · 10–5 mol/L Valor máximo após 1ª dose = 16 mg/L Tempo de meia-vida do medicamento = 8 h Massa molar do medicamento = 200 g/mol 1) Transformando 16 mg/L em mol/L: 1 mol 200 g

x 16 ·10–3 g/L ∴ correspondem a 16 mg/L x = 8 · 10–5 mol/L (valor máximo após 1ª dose) 2) Usando a meia-vida:

8 · 10–5 mol/L

1 12

t

4 · 10–5 mol/L

1 12

t

2 · 10–5 mol/L

1 12

t

1 · 10–5 mol/L

Após a ingestão passaram 3 1

2

t

→ valor mínimo eficaz Como 1t1

2

8 h

3 12

t x

∴ 24 h

24. a) Como: 50 L 100% Válcool

24% álcool Válcool = 12 L b) Cálculo do volume de gasolina colocado no tanque: VT = Válcool + Vgasolina ∴ 50 = 12 – Vgasolina ∴ Vgasolina = 38 L Esse volume corresponde a 80% da mistura gasolina + álcool

vendida, então: 38 L 80% VT

100% ∴ VT = 47,5 L Vtanque = 50 L etanol anidro s 2,5 L

QO.01 1. e

— C — C — C — C — C — C — C — C —

C

C

CC

2a

1a

1a 1a 1a

1a 2a 2a3a 4a 3a

A cadeia carbônica é:

1a

2. Soma = 7 (01 + 02 + 04) Dos itens apresentados, apenas os cacos de vidro não são matéria

orgânica. 3. d Acíclico s não há ciclo s 1 e 2 Monocíclico s há 1 ciclo s 4 e 5 Bicíclico s há 2 ciclos s 3 e 6

4. c Os compostos orgânicos e as substâncias que formam as células-tronco

são formados principalmente por: C, H e O.

5. a O benzopireno apresenta cadeia fechada, aromática, polinuclear e

condensada.

6. b A fórmula estrutural é:

C

CCl

Cl Cl

ClC

C

C

O

O

C CC

HH

HH

C

CC C

Fórmula molecular: C12H4O2Cl4

7. e A fórmula estrutural é:

NO

O

C

CC

C

CNN

N

CH3

CH3

H3C H

A fórmula molecular é C8H10N4O2.

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8. d O cloreto de sódio é composto inorgânico.

9. a A fórmula estrutural é:

C

CHO

HO

H

H

C

C

C

C

N

H

H

C CC

OH

O

C

H

A fórmula molecular é C10H9NO4.

10. aCarbono terciário

Anel aromático Heteroátomo

H2

H2

C — CH3

C — CH3O

— C — O — CH2 — CH2 — NH2N —

Cadeiaheterogênea

11. e I. Falsa, pois a cadeia é normal. II. Falsa, pois a cadeia é mista. III. Correta. IV. Correta.

12. e As substâncias H2O(v); CO2(g); N2(g); NH3(g); CH4(g) podem ser formadas

por organismos vivos.

13. b A estrutura completa dessa substância é:

H2C — C — C — CH2

NH2

H

14. a) A fórmula estrutural não condensada do composto é:

HN N C C

C

CH

C

H O

CC C

CH2

H2

H2

H2

C

CH

C

O

OH

CH

N

CH2H2C

F

C

C

A fórmula molecular do composto é: C17H18FN3O3

b) A massa molecular do composto é:

MM = 17 · 12 + 18 · 1 + 1 · 19 + 3 · 14 + 3 · 16 = 331 u 1 molécula de cipro 17 átomos de carbono 331 u 17 · 12 u 100% x ∴ x = 61,63%

15. a A estrutura completa do composto é:

H C C C C C C C C C

H

HH H H H

H

Sua fórmula molecular é: C9H8

16. a Primários w 1, 5, 6, 7, 8 Secundários w 3 Terciários w 2 Quaternários w 4 17. a

18. a Pela fórmula estrutural, a fórmula molecular será C28H37Cl1O7

Cálculo da massa molar: C = 12 ⋅ 28 = 336 H = 1 ⋅ 37 = 37 Cl = 35,5 ⋅ 1 = 35,5 O = 16 ⋅ 7 = 112 Total = 520,5 g/mol

19. c

20. b A fórmula molecular do DDT é C14H9Cl5 e sua massa molar, 254,50 g.

Apresenta 3 carbonos terciários que estão indicados na estrutura abaixo.

— CH —Cl — — Cl

CCl3

21.e

S

N

CH2CH2CH2N(CH3)2

Cl

HC CH

CH

C C

C CC

Cl

HC

HCS

CH

CH

N

CH2

CH2

CH2

H3C — N — CH3

=

∴ fórmula molecular: C17H19N2ClS

22. c Atividades extras 23. b A fórmula estrutural do antraceno é:

Em cada vértice está um átomo de carbono, e nos vértices livres há um átomo de hidrogênio.

24. a O lixo considerado inorgânico é aquele de difícil decomposição,

ou, ainda, aquele constituído por materiais inorgânicos.

QO.02 1. b O 2-penteno é um alceno, portanto sua fórmula geral é CnH2n.

2. c Como há duas duplas no nome do composto, trata-se de um

dieno.

3. b Fórmula estrutural não simplificada:

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H3C — CH2 — CH — CH — CH — CH2

CH3

CH2

CH3

CH2

CH2

CH2

CH3

CH3

1 2 3 4 5 6

7

8

Cadeia carbônica numerada de tal forma que as ramificações fiquem nos carbonos de menor número.

5-etil-3-metil-4-propiloctano Observação: Professor, existe outra possibilidade para a cadeia car-

bônica com 8 átomos de carbono, porém deve-se escolher a mais ramificada.

4. b As fórmulas estruturais são: I. H3C – CH2 – CH2 – CH3: alcano II. H3C – C ≡ C – CH3: alcino III. H2C = CH – CH2 – CH3: alceno

5. a CnH2n – 2 s Massa molar 12 ⋅ n + 1 ⋅ (2n – 2) = 40 12n + 2n – 2 = 40 14n = 42 n = 3

C3H4: H — C — C — C — H w Propino

H

H

6. d A fórmula do etino é: H – C ≡ C – H

7. a A fórmula estrutural desse composto é:

H3C — H2C — CH — CH2 — CH3

CH3

8. c O pent-1-ino é um alcino, portanto, apresenta fórmula geral

CnH2n – 2.

9. a

H 3C — C H — C H — C H 3

C H 3 C H 3

4 primários 2 terciários

10. b

H3C — CH2 — CH — CH2 — C — CH — CH3

CH — CH3

CH3

7 6 5 4 3 2 1

5-fenil-3-isopropil-hept-2-eno

11. e

H2C — C — CH — CH2

CH3

1a

1a

3a 2a 1a Cadeira aberta, não aromáfica,ramificada, insaturada.

Fórmula molecular: C5H8

12. c

CH2

H3C — C — C — CH2 — CH3

CH3

CH3

Cadeia principal

13. a O nome do radical a seguir é isobutil.

H3C — CH — CH2 —

CH3

14. b

H3C — C — CH2 — CH — CH3

CH3

CH3 CH3

1 2 3 4 5

2,2,4-trimetilpentano

15. a

— CH — CH — CH — C —

CH3

1 2 3

5

4

1,4-defenil-pentadieno-1,3

16. b Os grupos metil são os representados pelas cunhas.

17. c

H3C — CH — CH — CH2 — CH3

CH3 CH3metil metil

1 2 3 4 5

2,3-dimetilpentano

18. e Para apresentar aromaticidade, o composto tem que seguir as re-

gras de Hückel. Dos compostos apresentados, serão aromáticos: fenol, furano, pirrol e piridina.

19. e O composto hexacloreto de benzeno (BHC) tem fórmula molecular

C6Cl6.

20. e H2C = CH – CH3

21. a

HC — C — C — CH3

CH3

Cadeira aberta (acíclica), ramificada,insaturada, homogênea.

H

Atividades extras 22. b I.

CH — CH2 —

H3C

H3C

(isobutil)

H2C CH — (etenil) Composto formado pela união.

2 1345

CH3

H3C — CH — CH2 — CH CH2

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Cadeia principal (que deve ser numerada a partir da extremi-dade mais próxima da insaturação):

4-metil-pent-1-eno (ou 4 metilpenteno-1, na nomenclatura antiga)

Fórmula molecular: C6H12

II.

H3C — C — CH3

CH3

CH2

H3C — CH — CH2 — CH3(sec-butil)

(neo-pentil)

Composto formado pela união:

1

64 5

3

2

CH2

CH3

H3C — CH — CH2 — CH3

H3C — C — CH3

Cadeia carbônica numerada de tal forma que as ramificações fiquem nos carbonos com os menores números.

2,2,4-trimetil-hexano Fórmula molecular: C9H20

23. b

CxHy + O2 w CO2 + H2O

1 mol 89,6 L 72 g

H2O: nm

MMn= = =   w

7218

4 mol

CO2: nV

VMn= = = 

,,

 w89 622 4

4 mol

CxHy + O2 w 4CO2 + 4H2O

Balanceando a reação, temos: C4H8 + 6O2 w 4CO2 + 4H2O

C4H8 w CnH2n ∴ alceno ou ciclano A cadeia carbônica principal deve conter a maior sequência de áto-

mos de carbono e, em caso de existir mais de uma possibilidade, deve-se escolher a que deixa a molécula mais ramificada. A sua nu-meração deve ser feita de tal forma que as ramificações se localizem nos carbonos de menor número.

4 w propil 5 w isobutil

24. Os hidrocarbonetos em questão são: propano e butano, gases a 25 ºC e 1 atm:

• nãoperfureovasilhame,mesmovazio:háriscodeexplosão,poissão gases;

• nãojoguenofogoouincinerador:comoaumentodatemperatu-ra, há aumento da pressão interna, portanto também há risco de explosão;

• nãoapliquepróximodechamasousuperfícieaquecida:osgasessão inflamáveis, há risco de combustão não controlada;

• nãoexponhaatemperaturasaltas:novamenteháriscodeiniciarreação de combustão não controlada por causa da inflamabilidade dos hidrocarbonetos.

QO.03 1. e • Etanol w álcool O grupo funcional do álcool é a hidroxila (OH) ligada a um carbono

saturado.

2. b

C

OH

OH OH

O — CH3

Éter

Aldeído

ligado diretamente ao anel aromático fenol

3. a) H3C — CH2 — CH2

OH

b) H3C — CH2 — C — CH2

CH3

CH3

OH

c) H2C CH — C

O

H

d) C — CH2 — CH2 — CO

H

O

H

e) H3C — C — CH — CH3

CH3

O

f) C — CH — CH — CH2 — CH2 — CH2 — CH3

CH — CH3

CH3

CH2

CH3

O

H

g) C — CH2 — CH — CH2 — CH2 — CH3

CH2

CH3

O

OH

h) H — C

H

O

4. a)

Hidrocarboneto Ácido carboxílico

Álcool

O

OH

OH

OH

I

Álcool

IVO

O

Éster

V

II III

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. b)

Fórmula molecular: C2H60

OH H3C — CH2 — OH

5. d A fórmula do composto é:

Br

Br

Portanto, temos. m – dibromobenzeno f meta

6. b

Ácido 2,3-di-hidroxibutanodioico

C — CH — CH — C

HO

O1 2 3 4

OH

O

OH OH

7. a) H3C — CH2 — CH — CH2

OH

CH3

b) H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH — C

CH2

CH2

CH2

O

H

c) H3C — CH2 — C — CH2 — CH2 — CH3

O

8. e Estrutura do naftaleno com as posições beta indicadas.

Estrutura do composto formado pela substituição dos hidrogênios das posições beta por grupos metil.

H3C

H3C

CH3

CH3

9. aCH3

CH2

CH3C

1

4

23

65

Isopropenil

O nome será: 1-metil-4-isopropenil-ciclo-hexeno.

10. Soma = 9 (01 + 08) (01) Correto. (02) Incorreto.

Composto C 2-hexeno

(04) Incorreto. A estrutura A é a que apresenta o menor número de hidrogênios (10).

(08) Correto.

11. e

a) H2C — C — CH3

H3C — C — C — C — CH3

H2C — CH2

H2

H2 H2

O

OH

H

H3C — C — C — C — CH3

H3C — CH2 — CH2 — CH2 — C

OH

H

b)

c)

d)

e) CH

CH

HC

HC

CH

CH

Todas as alternativas possuem cinco átomos de C (prefixo pent), com exceção do benzeno, que possui seis.

12. F – V – F – V – F (F) O nome do isoctano seria 2, 2, 4-trimetilpentano. (F) O ciclo-hexano é um composto alifático, isto é, não aromático. (F) O isoctano e o etilbenzeno são saturados.

13. b

OH

Álcool

Citronelol Citronela

Aldeído

O

H

14. e

O

Cetona – COOH: Ácido carboxílico

OH

Fenol

15. e

H — CO

H

H3C — OH

H3C — CO

H

H3C — CO

OH

H3C — CH2 — CH2 — OH

Metanal

Metanol

Etanal

Propan-1-ol

Ácido etanoico

(6)

(4)

(3)

(5)

(1)

16. e

H3C — CH2 — OH

H H H H

H3C — C — CH3

OO O

H H

O

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.

Interação: ligações de hidrogênio; dipolo-dipolo; ligações de hidrogênio. Intensidade das interações intermoleculares s ligações de hidrogê-

nio > dipolo-dipolo. Quanto maior a intensidade das interações intermoleculares, maior

o ponto de ebulição. a) (F) b) (F) c) (F) d) (F) e) (V) Como o ponto de ebulição da H2O é maior que o do etanol,

suas interações são mais fortes.

17. d O ácido acetilsalicílico é uma substância molecular porque entre seus áto-

mos existem apenas ligações covalentes, cuja massa molar é 180 g/mol, com funções ácido carboxílico e éster, apresentando carbonos primários, secundários e terciário.

18. c

CH — CH — C

Aldeído

3-fenilpropenal

O

H

Cadeia mista insaturada e homogênea, portanto são corretas as afir-mações I e II.

19. b Compostos aromáticos possuem anel benzênico.

20. b

O

H3C CH3

OO

H3C HH3C

O

CH3

I II III IV

CetonaCetonaCetona Aldeído

21. a)

H — C — C — C — H H — C C — C + 2H2O

H H H

OH OH

Propanotriol

ÁlcoolAldeído

Acroleína

OH

H H

H

O

b) Prop-2-enal ou propenal

Atividades extras 22. 1 – f; 2 – e; 3 – d; 4 – b; 5 – a; 6 – c

23. c

CH2

C12H18O

H3C — C — OH

H3C — C — CH3

H

24. b

H3C – CH2 – CH – CH – CH2 – CH – CH – CH2 – CH – CH – (CH2)6 – CH2 – C

O

OH

Nomenclatura oficial: ácido octadeca-9,12,15-trienoico

QO.04 1. a

A fórmula estrutural da ureia é: O — C

NH2

NH2

, portanto a ureia é uma diamida, e não uma amina.

2. b • n-butano w apolar w como a água é polar w insolúvel na água w I • 1-butanolw faz ligações de hidrogênio com H2O w solúvel w maior

ponto de ebulição, por causa das ligações de hidrogênio w II • éteretílicow interações dipolo-dipolo w parcialmente solúvel w ponto

de ebulição menor que o 1-butanol w III

3. e Como as três moléculas têm massas molares com valores próximos,

o ponto de ebulição está relacionado com a intensidade das forças intermoleculares.

H3C — CH2 — CH2 — CH3: apolar, portanto: dipolo induzido H3C — O — CH2 — CH3: ligeiramente polar devido ao oxigênio, por-

tanto: dipolo-dipolo H3C — CH2 — CH2 — OH: ligações de hidrogênio

Intensidade

das forças

intermoleculares

Ligaçs

õões de

hidrogênio>

Dipolo-

-dipolo> Dippolo induzido

T1 < T2 < T3

4. a

C

O

O

OH

CH3

Cetona

Fenol

Éter

5. a – 6; b – 4; c – 1; d – 3

6. b As funções orgânicas do lumiracoxibe estão assinaladas abaixo:

Cl

CH3

O

HOHN

FHaleto orgânico

Haleto orgânico

Amina

Ácido carboxílico

7. b

H3C — CH — CH — CH2 — C12345

O

OHCH3 CH3

Ácido 3,4-dimetilpentanoico

8. e

Neo-sinefrina

— CH — CH — NH2

OH CH3

Amina

Álcool

— CH — CH2 — NH — CH3

OH

OHAmina

Álcool

Fenol

Propadrina

Benzedrex— CH2 — CH — NH — CH3

Amina

CH3

A função em comum nas três estruturas é a amina.

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ERN

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. 9. d

A função característica do aroma de frutas é o éster

O

O — R’— C

representado pelas fórmulas A e C.

10. a) H3C — C — CH2 — CH — CH3

2,4-dimetilpentan-2-ol

CH3

OH

CH3

1 2 3 4 5

b) C — CH2 — CH — CH2

O

H

But-3-enal

c)

O

H3C — C — C — CH3

CH3

CH3

1234

Dimetilbutanona

d) C — CH — CH2 — CH2 — CH3

O1 2 3 4 5

HOCH — CH3

CH3

Ácido 2-isopropilpentanoico

e) Metoximetano

11. a) H3C — CH2 — OH

b) H3C — C — CH — CH2 — CH3

CH3

CH3

OH

CH2

c) H3C — CH — CH — C

O

H

d) C — CH2 — C

O

H

O

H

e) H3C — CH — C — CH2 — CH3

CH3

O

f) H3C — CH2 — CH2 — CH — CH — C

O

HCH2 CH3

CH3

g) H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — C — C

O

OHCH3

H

h) H3C — CH2 — C C — CH2 — C

O

OHCH2

CH3

CH2

CH3

i) H3C — CH2 — O — CH2 — CH2 — CH3

12. As funções orgânicas estão assinaladas abaixo:

CH3N

HOO

FenolÉter

Amina

ÁlcoolOH

13. c a) (F) Para ser ácido, é necessário que haja ao menos dois oxigê-

nios na estrutura. b) (F) Fenol apresenta OH ligado ao anel aromático; dois carbonos

não formam anel aromático. c) (V) A característica do éter é ter oxigênio entre carbonos.

Com a fórmula molecular em questão, a fórmula estrutural será: H3C — O — CH3

d) (F) Somente formará chama azul imperceptível no claro se a combustão for completa.

e) (F) A cetona caracteriza-se por ter a carbonila entre carbonos. A menor cetona terá 3 carbonos.

14. b

Etanoato de pentila

H3C — C

O

O — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH3

Butanoato de etila

H3C — CH2 — CH2 — C

O

O — CH2 — CH3

15. a As funções estão assinaladas abaixo:

NNH2

Cl

CHO

S

O

O

OO

Éter Haleto orgânico

SulfamidaAmina

Ácidocarboxílico

H

16. d

Cetona Fenol

Éter

OO OHOH

OO

CH3CH3

Fórmula molecular C14H12O3

17. e

1. Ácido carboxílico: O

OH

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2. Amina primária — NH2

3. Éster O

O —

18. b As fórmulas dos compostos envolvidos são: Etanol: H3C — CH2 — OH

Etanal: H3C — C

O

H

Ácido etanoico: H3C — C

O

OH

Éter etílico: H3C — CH2 — O — CH2 — CH3

19. I – d; II – e; III – a; IV – b; V – c

— C

O

OH Ácido carb oxílico

OH— C — Álcool

— C — H

O Aldeído

— C —

O Cetona

— O — Éter

20. e Pela fórmula, as funções são:

CBrO

O

O

HgO

ONa

Cetona

Sal de ácido

carboxílico

21. a Pelas estruturas, teremos:

HN

NH2N

(B) Histamina

Imina

Amina secundária

Aminaprimária(A) Anti-histamínico

O

N

Éter

Amina

N

O

C

COH

C15H13O3N

O

(C) Toradol

Cetona

Amina terciária

ÁcidoCarboxílico

Fórmulamolecular:

Então: I. (V) II. (F) III. (F) IV. (V)

Atividades extras 22. b 2C6H5Cl + C2HCl3O w C14H9Cl5 + H2O a) (V) x = 2 b) (F) O DDT não apresenta oxigênio na sua estrutura.

c) (V) Para ser aldeído, deve apresentar: O

H

— C

Portanto, sua fórmula será: O

H

Cl — C — C

Cl

Cl

d) (V) Na fórmula do DDT (C14H9Cl5), observamos 5 átomos de cloro. e) (V) H2O s H = 2 · 1 = 2 O = 1 · 16 = 16

M = 18 g/mol

23. a) Amida, amina, éster, ácido carboxílico.

N

C OOH3C—O

NH2

COOH

H

Éster

AminaAmida

Ácido carboxílico

b) Todos os átomos de carbono do ciclamato são secundários.

c) µ = m

MM V L1

1 ⋅∴

( ) µ = 3015 10

201 1

3, ⋅⋅

−

µ = 1,5 ⋅ 10–3 mol/L d) A vantagem é usar quantidade menor de aspartame.

24. a Pelo enunciado, teremos a fórmula estrutural:

C — CH2 — C — CH2 — C

Grupocarboxila

Grupohidroxila

O

OHC

OHO

O

HO

OH

A molécula possui as seguintes características: cadeia aberta, satu-rada, ramificada e homogênea, fórmula molecular C6H8O7, soluções aquosas com pH < 7.

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