Manual do Professor...Coordenadora de Marketing: Jaqueline Camargos EM1MPV2_QUI.indd 2 11/01/18...

EM 1ª série | Volume 2 | Química

Manual do Professor

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2 Coleção EM1Coleção EM1

C689 Coleção Ensino Médio 1ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 188 p.: il.

Ensino para ingresso ao Nível Superior. Bernoulli Grupo Educacional.

1. Química I - Título II - Bernoulli Sistema de Ensino III - V. 2

CDU - 37CDD - 370

Centro de Distribuição:

Rua José Maria de Lacerda, 1 900 Cidade Industrial Galpão 01 - Armazém 05 Contagem - MGCEP: 32.210-120

Endereço para correspondência:

Rua Diorita, 43, PradoBelo Horizonte - MGCEP: 30.411-084www.bernoulli.com.br/sistema 31.3029.4949

Fotografias, gráficos, mapas e outros tipos de ilustrações presentes em exercícios de vestibulares e Enem podem ter sido adaptados por questões estéticas ou para melhor visualização.

Coleção Ensino Médio 1ª série – Volume 2 é uma publicação da Editora DRP Ltda. Todos os direitos reservados. Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

SAC: [email protected] 31.99301.1441 - Dúvidas e sugestões a respeito das soluções didáticas.

ConSElho DirEtorDiretor Administrativo-Financeiro: Rodrigo Fernandes DomingosDiretor de Ensino: Rommel Fernandes DomingosDiretor Pedagógico: Paulo RibeiroDiretor Pedagógico Executivo: Marcos Raggazzi

DirEçãoDiretor Executivo: Tiago Bossi

AutoriAQuímica: Ívina Paula, Marcos Raggazzi

ProDuçãoGerente de Produção: Luciene FernandesAnalista de Processos Editoriais: Letícia OliveiraAssistente de Produção Editorial: Thais Melgaço

núcleo PedagógicoGestores Pedagógicos: Amanda Zanetti, Vicente Omar TorresCoordenadora Geral de Produção: Juliana RibasCoordenadoras de Produção Pedagógica: Drielen dos Santos, Isabela Lélis, Lílian Sabino, Marilene Fernanda Guerra, Thaísa Lagoeiro, Vanessa Santos, Wanelza TeixeiraAnalistas Pedagógicos: Amanda Birindiba, Átila Camargos, Bruno Amorim, Bruno Constâncio, Daniel Menezes, Daniel Pragana, Daniel Pretti, Dário Mendes, Deborah Carvalho, Joyce Martins, Juliana Fonseca, Júnia Teles, Luana Vieira, Lucas Maranhão, Mariana Campos, Mariana Cruz, Marina Rodrigues, Paulo Caminha, Paulo Vaz, Raquel Raad, Sabrina Carmo, Stênio Vinícios de Medeiros, Taciana Macêdo, Tatiana Bacelar, Thalassa Kalil, Thamires Rodrigues, Vladimir AvelarAssistente técnica em Estatística: Numiá GomesAssistentes de Produção Editorial: Carolina Silva, Suzelainne de Souza

Produção EditorialGestora de Produção Editorial: Thalita NigriCoordenadores de núcleo: Étore Moreira, Gabriela Garzon, Isabela DutraCoordenadora de iconografia: Viviane FonsecaPesquisadores iconográficos: Camila Gonçalves, Débora Nigri, Eloine Reis, Fabíola Paiva, Guilherme Rodrigues, Núbia Santiagorevisores: Ana Maria Oliveira, Gabrielle Ruas, Lucas Santiago, Luciana Lopes, Natália Lima, Tathiana OliveiraArte-Finalistas: Cleber Monteiro, Gabriel Alves, Kátia SilvaDiagramadores: Camila Meireles, Isabela Diniz, Kênia Sandy Ferreira, Lorrane Amorim, Naianne Rabelo, Webster Pereirailustradores: Reinaldo Rocha, Rodrigo Almeida, Rubens Lima

Produção GráficaGestor de Produção Gráfica: Wellington SeabraCoordenador de Produção Gráfica: Marcelo CorreaAnalista de Produção Gráfica: Patrícia ÁureaAnalistas de Editoração: Gleiton Bastos, Karla Cunha, Pablo Assunção, Taiana Amorimrevisora de Produção Gráfica: Lorena Coelho

Coordenador do PSM: Wilson BittencourtAnalistas de Processos Editoriais: Augusto Figueiredo, Izabela Lopes, Lucas Roquerevisoras: Bruna Emanuele Fernandes, Danielle Cardoso, Luísa GuerraArte-Finalista: Larissa AssisDiagramadores: Anna Carolina Moreira, Maycon Portugal, Rafael Guisoli, Raquel Lopes, Wallace Weberilustrador: Hector Ivo Oliveira

rElACionAMEnto E MErCADoGerente Geral de relacionamento e Mercado: Renata Gazzinelli

SuPortE PEDAGóGiCoGerente de Suporte Pedagógico: Heloísa BaldoAssessoras Pedagógicas Estratégicas: Madresilva Magalhães, Priscila BoyGestores de Conteúdo: Luciano Carielo, Marinette FreitasConsultores Pedagógicos: Adriene Domingues, Camila Ramos, Claudete Marcellino, Daniella Lopes, Denise Almeida, Eugênia Alves, Francisco Foureaux, Leonardo Ferreira, Lucilene Antunes, Paulo Rogedo, Soraya Oliveira

Analista de Conteúdo Pedagógico: Paula VilelaAnalista de Suporte Pedagógico: Caio PontesAnalista técnico-Pedagógica: Graziene de AraújoAssistente técnico-Pedagógica: Werlayne BastosAssistentes técnico-Administrativas: Aline Freitas, Lívia Espírito Santo

CoMErCiAlCoordenador Comercial: Rafael CurySupervisora Administrativo-Comercial: Mariana GonçalvesConsultores Comerciais: Adalberto de Oliveira, Carlos Eduardo Oliveira, Cláudia Amoedo, Eduardo Medeiros, Guilherme Ferreira, Ricardo Ricato, Robson Correia, Rossano Rodrigues, Simone CostaAnalistas Comerciais: Alan Charles Gonçalves, Cecília Paranhos, Rafaela RibeiroAssistentes Comerciais: Laura Caroline Tomé, Melissa Turci

ADMiniStrAtivoGerente Administrativo: Vítor LealCoordenadora técnico-Administrativa: Thamirys Alcântara Coordenadora de Projetos: Juliene SouzaAnalistas técnico-Administrativas: Ana Clara Pereira, Bárbara Câmara, Lorena KnuppAssistentes técnico-Administrativos: Danielle Nunes, David Duarte, Fernanda de Souza, Mariana Girardi, Priscila Cabral, Raphaella HamziAuxiliares de Escritório: Jéssica Figueiredo, Sandra Maria MoreiraEncarregado de Serviços Gerais e Manutenção: Rogério Brito

oPErAçõESGerente de operações: Bárbara AndradeCoordenadora de operações: Karine ArcanjoSupervisora de Atendimento: Adriana MartinsAnalista de Controle e Planejamento: Vinícius AmaralAnalistas de operações: Ludymilla Barroso, Luiza RibeiroAssistentes de relacionamento: Amanda Aurélio, Amanda Ragonezi, Ana da Silva, Ana Maciel, Ariane Simim, Débora Teresani, Elizabeth Lima, Eysla Marques, Flora Freitas, Iara Ferreira, Renata Gualberto, Renata Magalhães, Viviane RosaCoordenadora de Expedição: Janaína CostaSupervisor de Expedição: Bruno Oliveiralíder de Expedição: Ângelo Everton PereiraAnalista de Expedição: Luís XavierAnalista de Estoque: Felipe LagesAssistentes de Expedição: Eliseu Silveira, Helen Leon, João Ricardo dos Santos, Pedro Henrique Braga, Sandro Luiz QueirogaAuxiliares de Expedição: Admilson Ferreira, Marcos Dionísio, Ricardo Pereira, Samuel Pena

tECnoloGiA EDuCACionAlGerente de tecnologia Educacional: Alex RosaCoordenadora Pedagógica de tecnologia Educacional: Luiza WinterCoordenador de tecnologia Educacional: Eric LongoCoordenadora de Atendimento de tecnologia Educacional: Rebeca MayrinkAnalista de Suporte de tecnologia Educacional: Alexandre PaivaAnalista de tecnologia Educacional: Vanessa VianaAssistentes de tecnologia Educacional: Augusto Alvarenga, Naiara Monteiro, Sarah CostaDesigner de interação: Marcelo CostaDesigners instrucionais: Alisson Guedes, David Luiz Prado, Diego Dias, Fernando Paim, Mariana Oliveira, Marianna DrumondDesigner de vídeo: Thais MeloEditora Audiovisual: Marina Ansalonirevisor: Josélio VerteloDiagramadores: Izabela Brant, Raony Abade

MArkEtinGGerente de Marketing: Maria Cristina BelloCoordenadora de Marketing: Jaqueline Camargos

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Manual do Professor

3Bernoulli Sistema de Ensino

Planejamento do volume*

Disciplina: química

sÉRiE: 1ª

sEGMEnTO: Em

vOluME: 2

FRENTE CAPÍTulo TÍTulo SugESTõES dE ESTRATégiAS

A

3 •Teoria quântica

•Aulas expositivas, contextualizando o conteúdo a partir da leitura do texto de abertura e do infográfico;

•Resoluções dos “Exercícios de aprendizagem” em sala de aula verificando o grau de assimilação dos alunos com o conteúdo trabalhado;

•Aplicação dos “Exercícios propostos” para serem feitos em casa pelos alunos de forma autônoma, resgatando o conteúdo estudado ao longo do capítulo;

•Aplicação dos exercícios da “Seção Enem” para os alunos se familiarizarem com a forma com que os conteúdos são avaliados no Exame Nacional do Ensino Médio;

•Realização de experimentos da seção “Experimentando” com a finalidade de introduzir e construir modelos científicos com os alunos;

•Debates e discussões em grupo a partir das leituras das seções “Cotidiano” e “Para refletir”;

•Aulas multimídia utilizando os recursos indicados na seção “Tá na mídia”.

4 •Classificação periódica

B

3 •Cálculos de fórmulas

4 •Teoria cinética dos gases

* Conteúdo programático sujeito a alteração.

Orientações e sugestõesA seguir, são apresentadas sugestões de abordagens para cada um dos capítulos do livro do volume 2.

Capítulo A3: Teoria quântica1. Professor, discuta com os alunos a definição de onda, apresentando noções de comprimento de

onda e frequência. Defina onda eletromagnética e estabeleça as relações entre energia, frequência e comprimento de onda.

2. Comente sobre as relações de Planck e Einstein para a quantização da energia. Essas ideias são muito abstratas. Explore as seções “Tá na mídia” e “Cotidiano” da página 7.

3. Apresente as definições de espectros contínuos e espectros descontínuos.

4. Descreva o experimento de emissão de luz por um gás a baixa pressão e submetido a uma alta voltagem, gerando um espectro descontínuo. Esclareça que os espectros de cada gás são específicos. Os vídeos indicados na seção “Tá na mídia” da página 8 ajudam no entendimento da obtenção dos espectros descontínuos dos gases de diferentes elementos.

5. Apresente aos alunos as limitações do Modelo de Rutherford:

• impossibilidadedeexplicaranãocolisãodoselétronscomonúcleo;

• impossibilidadedeexplicarascausasdosespectrosdescontínuos.

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6. Discuta a importância de se criar um novo modelo e, a seguir, apresente o modelo de Bohr. Deixe claro para os alunos que esse modelo é um híbrido entre a física clássica e a recente mecânica quântica. Esclareça, também, que as bases do Modelo Atômico de Bohr são postulados, ou seja, proposições que não são demonstráveis; são tomadas como ponto de partida de um raciocínio dedutivo.

7. Retome os espectros de emissão dos elementos. Esclareça aos alunos que as linhas do espectro de emissão referem-se à energia liberada em função da transição eletrônica e não a um nível específico. Represente o espectro de hidrogênio mostrando todas as linhas de emissão. Sendo as ideias aqui discutidas muito abstratas, explore ao máximo as seções “Experimentando”, “Tá na mídia”, “Cotidiano” e “Para refletir”.

8. Resolva os exercícios de aprendizagem 01, 02, 05, 06 e 07.

9. Discuta sobre a limitação do Modelo de Bohr para explicar o espectro dos elementos diferentes do hidrogênio.

10. Apresente o modelo atômico de Sommerfeld.

11. Apresente o Princípio da Dualidade. Deixe claro que tal princípio se aplica a todos os objetos – macroscópicos ou microscópicos –, embora seja perceptível apenas para corpos com as dimensões do elétron.

12. Apresente o Princípio da Incerteza. Esclareça aos alunos como tal princípio impossibilita a determinação da órbita do elétron para, posteriormente, construir a ideia de orbital. Informe que descreveremos os elétrons em função de suas energias. Utilize a seção “Tá na mídia”, da página 15, para auxiliar os alunos na assimilação desses novos conceitos.

13. Resolva o exercício de aprendizagem 08.

14. Apresente aos alunos a ideia de que existe uma equação que, ao ser resolvida, fornece um conjunto de números que caracterizam os orbitais e a energia dos elétrons que neles se encontram. A partir daí, defina os três números quânticos que descrevem os orbitais, deixando claro o significado de cada um deles. Descreva também o número quântico de spin.

15. Resolva os exercícios de aprendizagem de 09 a 11.

16. Apresente aos alunos o vídeo “Orbitais atômicos” que acompanha o material Bernoulli Digital. O objeto de aprendizagem contribui para a visualização e a caracterização das partículas que constituem o núcleo atômico, prótons e nêutrons, e a eletrosfera, constituída por elétrons, além da região de probabilidade máxima de se encontrar o elétron, o orbital. É também representada

a distribuição de orbitais atômicos de alguns átomos com suas respectivas formas, facilitando a compreensão do conteúdo. Outros vídeos que ajudam no entendimento e na visualização dos orbitais atômicos estão disponíveis também no Youtube, como o seguinte:

<youtu.be/HxWF_tiLAXE>

17. Apresente o Princípio de Exclusão de Pauli e, a partir dele, discuta a distribuição de elétrons nos níveis e subníveis de energia. Mostre também as distribuições eletrônicas irregulares.

18. Diferencie as distribuições energéticas das geométricas.

19. Discuta as distribuições eletrônicas dos íons.

20. Apresente a Regra de Hund para, então, apresentar as distribuições eletrônicas por orbitais. o texto “Magnetismo e spin eletrônico”, da página 25, bem como as seções “Tá na mídia” e “Experimentando” seguintes ajudam o aluno a visualizar um fenômeno associado com a Regra de Hund.

21. Faça os exercícios de aprendizagem 14 e 15.

22. Como forma de revisar todo o conteúdo estudado, faça o exercício de aprendizagem 16.

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Capítulo A4: Classificação periódica1. Professor, faça a leitura do texto introdutório com seus alunos. A partir daí, mostre como a crescente

descoberta dos elementos tornou necessária a organização sistemática deles.

2. Apresente o histórico da classificação periódica dos elementos. Professor, você pode achar que é desnecessária a apresentação desse conteúdo. Contudo, se você dispõe de tempo para apresentá-lo, a compreensão da classificação periódica atual pode ser facilitada. Mostre também a evolução do conhecimento científico aos alunos.

3. Apresente a classificação periódica atual.

4. Mostre aos alunos como os elementos são classificados quanto a algumas propriedades físicas gerais – metais, ametais, gases nobres e hidrogênio. Ressalte que alguns gases nobres, mesmo apresentando baixa reatividade, podem formar compostos químicos sob condições especiais. Deixe claro aos alunos que o grupo dos semimetais não é recomendado pela IUPAC, mesmo ainda aparecendo em muitos livros.

5. Associe os períodos e as colunas à distribuição eletrônica. Mostre também a separação dos elementos pelos blocos s, p, d e f.

6. Relacione o nome das famílias com os elementos representativos, apresentado também algumas características das famílias mais importantes da tabela periódica.

7. Faça com os alunos os exercícios resolvidos 01 e 02 e os exercícios de aprendizagem de 05 a 07.

8. Apresente os estados físicos dos elementos. Esclareça aos alunos que falarmos que um elemento se encontra em um determinado estado físico significa dizer que sua substância simples mais estável e abundante nas condições de temperatura e pressão definidas está nesse estado – que pode ser sólido, líquido ou gasoso.

9. Diferencie as propriedades periódicas daquelas aperiódicas.

10. Apresente a definição de carga nuclear efetiva. Deixe claro aos alunos que o efeito de blindagem pelos elétrons mais internos bem como a repulsão intereletrônica interferem na carga nuclear real que um elétron experimenta. Esclareça também que várias propriedades periódicas dependem da carga nuclear efetiva.

11. Defina raio atômico, iônico e covalente. Explique aos alunos como o raio é determinado. Estabeleça parâmetros de comparação

• paraelementosdemesmafamília;

• paraelementosdemesmoperíodo;

• entreíonseseuselementosdeorigem;

• easlimitaçõesemsecompararelementosdeperíodosefamíliasdiferentes.

Finalize mostrando a variação do raio ao longo da tabela periódica e sua dependência em relação à carga nuclear efetiva.

12. Faça os exercícios de aprendizagem de 08 a 10.

13. Apresente a definição de potencial de ionização. Estabeleça parâmetros de comparação




Mostre a variação dessa propriedade ao longo da tabela periódica e sua dependência em relação à carga nuclear efetiva e ao raio atômico. Discuta o gráfico que registra os sucessivos potenciais de ionização para uma mesma amostra. Se a turma necessitar de aprofundamento nesse item, discuta algumas irregularidades,taiscomoospotenciaisdeionizaçãodoberílioedoboro;edooxigênioedonitrogênio.

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14. Faça os exercícios de aprendizagem 11, 12 e 13.

15. Apresente a definição de afinidade eletrônica. Estabeleça parâmetros de comparação




Mostre a variação dessa propriedade ao longo da tabela periódica e sua dependência em relação à carga nuclear efetiva e ao raio atômico. Se a turma necessitar de aprofundamento nesse item, discuta algumas irregularidades, tais como os valores de afinidade eletrônica para berílio, neônio e nitrogênio.

16. Apresente a definição de eletronegatividade. Estabeleça parâmetros de comparação




Mostre a variação da eletronegatividade ao longo da tabela periódica e sua dependência em relação à carga nuclear efetiva e ao raio atômico. Deixe claro aos alunos que essa propriedade só pode ser analisada quando os átomos encontram-se ligados.

17. Apresente a definição de eletropositividade. Mostre a variação dessa propriedade ao longo da tabela periódica. Esclareça aos alunos que essa propriedade só pode ser analisada quando os átomos encontram-se ligados.

18. Resolva os exercícios de aprendizagem 14 e 15.

19. Apresente a definição de densidade e explique que essa é uma propriedade das substâncias simples mais estáveis dos átomos de um dado elemento, estando todas as substâncias sob as mesmas condições de temperatura e pressão. Mostre a variação dessa propriedade ao longo da tabela periódica.

20. Professor, somente trabalhe o item volume atômico se esse conteúdo for cobrado pelos vestibulares escolhidos pelos seus alunos.

21. Apresente as definições de temperatura de fusão e temperatura de ebulição e esclareça que essas são propriedades das substâncias simples mais estáveis dos átomos de um dado elemento, estando todas as substâncias sob as mesmas condições de pressão. Mostre a variação dessa propriedade ao longo da tabela periódica.

22. Proponha aos alunos a interação com o jogo “Batalha periódica” disponível no material Bernoulli Digital. O objeto de aprendizagem proporciona o contato prazeroso e divertido com as informações da tabela periódica baseando-se na análise das propriedades periódicas dos elementos químicos. Ao jogar, o aluno irá interagir com duas cartas: uma contendo os valores de algumas das propriedades periódicas

de um determinado elemento químico e outra tendo o elemento químico do oponente (computador). Os valores correspondentes às propriedades periódicas do elemento do oponente estarão ocultos. O aluno deverá analisar a posição dos elementos químicos na Tabela Periódica e escolher qual propriedade periódica do seu elemento é superior à do elemento do oponente, com o intuito de acumular pontos para cada resposta correta. Estimule-os a jogar diversas vezes, a fim de melhorarem a pontuação e se apropriarem, cada vez mais, das informações apresentadas na tabela periódica.

Capítulo B3: Cálculos de fórmulas1. Professor, inicie discutindo a importância de se representar as substâncias por suas fórmulas. Em seguida,

defina fórmula molecular e apresente exemplos de fórmulas de substâncias importantes no cotidiano.

2. Defina fórmula mínima e apresente exemplos. Exercite com os seus alunos a obtenção da fórmula mínima de várias substâncias baseando-se na fórmula molecular e vice-versa.

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3. Resolva os exercícios de aprendizagem de 01 a 04.

4. Defina fórmula percentual e apresente alguns exemplos. Então, a partir da fórmula molecular, calcule a fórmula percentual para algumas substâncias. É interessante comentar que, em muitos casos, a determinação da fórmula percentual constitui um dos primeiros passos para a identificação de um novo composto químico.

5. Professor, para essa parte do conteúdo, é essencial a resolução de uma quantidade maior de exercícios. Sugerimos que todas as questões de aprendizagem sejam feitas em sala com os alunos, preferencialmente na sequência apresentada no capítulo. Uma outra possibilidade é fazer os exercícios resolvidos e pedir aos alunos que façam, em sala, os exercícios de aprendizagem. Dê ênfase à interpretação dos dados que se encontram no enunciado dos exercícios, para que o aluno identifique o tipo de raciocínio que ele terá de desenvolver na maioria dos exercícios desse capítulo.

6. Outra sugestão é que os alunos realizem o “Experimentando” da página 80. Embora o experimento seja razoavelmente simples, a sua realização requer um tempo de aquecimento geralmente não disponível em sala de aula. Discuta com os seus alunos os dados coletados e comente sobre o erro experimental. Ainda na análise de sais capazes de absorver água, discuta a seção “Cotidiano” da página 81.

7. Selecione os exercícios propostos como dever de casa para, então, verificar o grau de assimilação do conteúdo pelos alunos.

Capítulo B4: Teoria cinética dos gases1. Professor, inicie relembrando as características dos estados físicos, dando ênfase às diferenças entre

o estado gasoso e os demais estados físicos.

2. Apresente os principais pontos da Teoria Cinética dos Gases.

3. Apresente as definições de variáveis de estado.

4. Defina volume. Apresente as conversões entre as várias unidades de volume.

5. Conceitue pressão. Apresente as conversões entre as várias unidades de pressão. Deixe clara a diferença entre pressão e força. Utilize, para essa explanação, um experimento como o da cama de pregos com um balão. Demonstre que, se uma mesma força for aplicada em áreas diferentes, para a menor área, haverá maior pressão. O QR Code indicado na seção “Tá na mídia” da página 92 pode ser utilizado para auxiliar na montagem de um experimento demonstrativo dessa relação. Segue o link de um vídeo que também pode ser útil na montagem de um experimento demonstrativo da relação entre área e pressão:

<youtu.be/HM9MB6YYO9Y> (vídeo em inglês)

6. Defina pressão atmosférica e relacione-a com a altitude. Apresente o raciocínio que é utilizado para a medição da pressão em um barômetro.

7. Dê a definição de temperatura e explique que ela está associada à energia cinética média das partículas que compõem um sistema. Mostre também as conversões entre as unidades de temperatura, dando ênfase às escalas Celsius e Kelvin.

8. O material Bernoulli Digital dispõe de um simulador chamado “Propriedade dos gases”, que pode ser utilizado nesse momento para ilustrar sua aula e facilitar a compreensão dos alunos. O objeto de aprendizagem permite que o aluno controle a energia térmica de um sistema, adicione partículas leves e pesadas e aumente a pressão dentro de um recipiente para observar o comportamento dos gases de acordo com essa variação. Instigue os alunos para que percebam a diferença de energia cinética entre as partículas leves e pesadas e como a variação de energia térmica influencia o movimento de cada espécie. Chame a atenção para o fato de a variação de pressão alterar a temperatura dentro do recipiente e a energia cinética das partículas. Não deixe de propor a resolução dos exercícios após a exploração do objeto.

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9. Apresente a definição de transformação gasosa.

10. Discuta o significado matemático e gráfico de uma transformação isotérmica.

• Naanálisegráfica,ensineaosalunoscomoidentificar,entreduasisotermas,acorrespondente à temperatura mais elevada.

• DemonstreaLeideBoyle.Utilizeasseções“Experimentando”e“Tánamídia”dessetópico.

• Discuta tambéma respiração humana.O terceiroQRCode, indicado na seção “Tá na mídia” da página 93, pode lhe auxiliar na montagem de um experimento demonstrativo.

• Finalmente,discutaosignificadofísicodatransformaçãoisotérmicaedescrevamicroscopicamenteo comportamento das partículas.

11. Resolva o exercício de aprendizagem 02.

12. Discuta as transformações isobáricas.

• Naanálisegráfica, ensineaosalunos como identificar, entreduas isóbaras, a correspondente à pressão mais elevada.

• DefinaaescalaKelvindetemperatura.

• DemonstreaLeideGay-Lussac.Utilizeasseções“Experimentando”e“Tánamídia”dessetópico.

• Finalmente,discutaosignificadofísicodatransformaçãoisobáricaedescrevamicroscopicamenteo comportamento das partículas.

13. Discuta o exercício resolvido 01 e resolva o exercício de aprendizagem 01.

14. Discuta as transformações isovolumétricas.

• Naanálisegráfica,ensineaosalunoscomoidentificar,entreduasretasisovolumétricas,aquelaque corresponde ao volume mais elevado.

• DemonstreaLeideCharles.Ovídeoindicadonaseção“Tánamídia”,dapágina96,podeauxiliarnessa demonstração.

• Finalmente,discutaosignificadofísicodatransformaçãoisovolumétricaedescrevamicroscopicamenteo comportamento das partículas.

15. Formalize a teoria cinética dos gases.

16. Estabeleça a relação entre as três transformações gasosas discutidas e apresente a equação geral de uma transformação gasosa para uma quantidade fixa de gás.

17. Discuta o exercício resolvido 02 e resolva os exercícios de aprendizagem 03 e 04.

18. Diferencie gás real de gás ideal.

Professor, as seções “Tá na mídia” do capítulo podem auxiliar a tornar a aula mais atrativa e interativa.

19. Apresente as ideias de Avogadro. Professor, o experimento envolvendo a eletrólise da água pode ser um auxílio. Esclareça aos alunos que, sob as mesmas condições de temperatura e pressão, volumes iguais de gases diferentes apresentam sempre o mesmo número de moléculas, mas apenas apresentarão

• omesmonúmerodeátomos,seasmoléculasdosdiferentesgasesforemconstituídaspelomesmonúmerodeátomos;

• amesmamassa,seasmassasmolaresdosdiferentesgasesforemiguais.


21.Deduza, juntamente com os alunos, a equação de Clapeyron, baseando-se nas Leis de Boyle, Gay-Lussac,CharlesenahipótesedeAvogadro.

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22. Retome com os alunos como se determina o volume molar de um gás na CNTP, na convenção antiga e atual. Mostre também como se determina o volume molar em outras condições de temperatura e pressão.


24. Apresente as principais características de uma mistura gasosa ideal:

• éumsistemahomogêneo,ouseja,todasaspartículasconstituintesencontram-seuniformementedistribuídaspelovolumeinternodorecipientequeascontém;

• umgásformadordeumamisturagasosasecomportaindependentementeemrelaçãoaosdemaiscomponentes, pois não há interações atrativas e / ou repulsivas entre os componentes de uma mistura gasosa.

25. Apresente a definição de fração molar.

26. Discuta o exercício resolvido 05.

27. Apresente os conceitos de pressão parcial e volume parcial. Uma sugestão para o bom entendimento dos alunos é analisar o comportamento da mistura no interior de um cilindro provido de um êmbolo móvel e sem atrito. Tome como exemplo uma mistura em que 60% das moléculas gasosas sejam referentes a um gás A, e 40%, ao gás B. Para esse sistema, temos:

• Nasituaçãodeequilíbrio,apressãoexternaéigualàpressãointerna,e,porisso,oêmbolomóvelestá parado.

• Experimente a situação de remover o gás A com o êmbolo fixo e à temperatura constante. Se isso ocorrer, a pressão interna diminuirá 60% e, portanto, ficará menor que a pressão externa. A nova pressão interna é a pressão parcial do gás B e equivale a 40% da pressão que o gás exercia.

• Enfatizequeapressãoparcialdeumgáséapressãoqueeleexercequando,sozinho,ocupaumvolume igual ao volume ocupado pela mistura gasosa.

• ExplicitequeaporcentagemdeBnamistura,40%,equivaleàfraçãomolardessegás.

• Deixeclaroque,seapósaretiradadogásA,liberarmosoêmbolo,comoapressãointernaestámenor que a pressão externa, ele começa a se mover, de forma que o volume do sistema diminuirá. Isso ocorrerá até que a pressão interna exercida, agora ocasionada apenas pelo gás B, se iguale à pressão externa, e o êmbolo volte a ficar estático. Quando isso ocorrer, o volume ocupado pelo gás B será igual ao volume parcial.

• Enfatizequeovolumeparcialdeumgáséovolumequeeleocupaquando,sozinho,estásubmetidoa uma pressão igual à pressão que a mistura gasosa estava submetida.

• Finalmente,apresenteasLeisdeDaltoneAmagat.


29. Apresente a definição de massa molar aparente.

30. Discuta o exercício resolvido 06.

31. De acordo com o tempo disponível, apresente o conceito de umidade relativa do ar.

• Recapitulecomoalunooconceitodepressãomáximadevapor.

• Expliqueoconceitodeumidaderelativadoar.


33. Deduza, juntamente com os alunos, a expressão da densidade gasosa com base na equação de Clapeyron.

34. Discuta a dependência da densidade gasosa em relação à

• pressão;

• temperatura;

• massamolar.

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35. Estabeleça a comparação entre densidade de

• gasesdiferentessubmetidosàsmesmascondiçõesdetemperaturaepressão;

• amostrasdomesmogássobdiferentescondiçõesdetemperaturaepressão.


37. Apresente situações cotidianas que são exemplificadas pelas dependências da densidade gasosa, tais como:

• funcionamentodegeladeiraseaparelhosdear-condicionado;

• funcionamentodebalõesdeSãoJoãoedearquente;

• funcionamentodebalõesdirigíveis;

• fenômenodeinversãotérmica.

38. Explore as seções “Para refletir” e “Tá na mídia” desse tópico.

39. Defina difusão e efusão.

40.ApresenteaLeideGraham.

41. Faça a correlação entre a difusão gasosa e a difusão de espécies químicas dissolvidas em um líquido.

42. Explore a seção “Tá na mídia” desse tópico. Como a realização de um experimento envolvendo o processo de difusão é razoavelmente difícil de ser realizada em sala, mostre vídeos envolvendo o processo.

43. Discuta os exercícios resolvidos 11 e 12 e resolva o exercício de aprendizagem 15.

Comentário e resolução de questõesCAPÍTULO – A3Teoria quânticaExercícios de aprendizagem

Questão 01 – Letra B Comentário: Bohr foi o primeiro cientista a propor um modelo atômico que incorporasse a quantização de energia. Nesse modelo, os elétrons podem, ao absorverem energia, “saltarem” para níveis mais energéticos. Como a tendência natural do elétron é permanecer no estado menos energético, ao retornar ao nível de origem, tais elétrons emitem luz.

Questão 02 – Letra C Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. Experimentos envolvendo raios catódicos que evidenciaram a existência de partículas subatômicas foram realizados por J. Thomson. Este propôs, como descrito,queoátomoconsistiaemumfluidohomogêneocarregadopositivamente, com elétrons incrustados em seu interior. Assim, a descrição do experimento, bem como a conclusão tirada, estão corretas, entretanto, a associação com o cientista está incorreta.

B) Incorreta. As leis ponderais podem ser explicadas claramente considerando-se a indivisibilidade do átomo. O primeiro cientista a propor um modelo empírico considerando essa propriedadefoiJ.Dalton,quepensavaoátomoindivisíveleindestrutível.Logo,afundamentaçãodescritaestáincoerentetanto com a estrutura atômica quanto com o cientista.

C) Correta. Ernest Rutherford e seus colaboradores propuseram um experimento que consistia em bombardear partículas alfa, emitidas por um material radioativo, contra lâminas metálicas. Em virtude do grande desvio observado na trajetória de algumas partículas alfa, Rutherford propôs que o átomo era formado por duas regiões: núcleo e eletrosfera. O núcleo apresentava praticamente toda a massa do átomo e ocupava apenas um pequeno volume, já a eletrosfera, na qual se encontravam os elétrons, apresentava praticamente todo o volume do átomo e possuía massa desprezível.

D) Incorreta.ComodescritonoitemA,J.Thomsonrealizouexperimentos envolvendo raios catódicos. O primeiro cientista a relacionar fragmentos da mecânica quântica com a teoria atômica foi o dinamarquês N. Bohr.

E) Incorreta.Demócritofoiumfilósofodaantiguidadeclássica.Assim como Dalton, ele acreditava na indivisibilidade do átomo. Entretanto, suas proposições não tinham fundamentação empírica. Um dos cientistas a realizarem experimentos envolvendo condutividade elétrica em meio aquoso foi o químicosuecoArrhenius,nofimdoséculoXIX.Entretanto,nenhum modelo atômico é associado a esse cientista.

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Questão 03 – Letra AComentário: O estudante não comentou erros, conforme verifica-se na descrição de cada um dos modelos a seguir.

• OmodelodeDaltonconsideraosátomoscomocorpúsculosmaciços, indivisíveis e indestrutíveis, tal como proposto na questão.

• OmodelodeThomsonconsideraoátomocomoumaesferauniformemente positiva com elétrons incrustados, tal como proposto na questão.

• Omodelo de Rutherford considera o átomo divididoem duas regiões: o núcleo e a eletrosfera. Entretanto, nenhuma conclusão foi tirada sobre os elétrons nos experimentos que levaram Rutherford a propor tal modelo. Assim, é considerado que os elétrons orbitam de forma aleatória a eletrosfera do átomo. Portanto, a proposição é considerada correta.

• Omodelo de Bohr considera a quantização da energia.Nesse modelo, apenas determinados valores de energia são permitidos ao elétron. Portanto, a proposição é considerada correta.

Questão 04 – Letra BComentário: De fato, as cores observadas nos fogos de artifício podem ser explicadas pelo modelo proposto por Niels Bohr em 1913. Tal modelo tinha como objetivo explicar a estabilidade do elétron na eletrosfera. Em um dos seus postulados, Bohr propõe que o elétron se movimenta em órbitas quantizadas em torno do núcleo. Quando o elétron absorve energia, ele salta de um nível quântico mais interno para outro mais externo (o que constitui um fenômeno físico). Ao retornar ao nível de origem, ocorre emissão de radiação eletromagnética que, para alguns átomos, corresponde à região do visível, tal como observado nos fogos de artifícios.

Questão 05 – Letra EComentário: Em uma transição eletrônica, ocorre emissão de fótons por um átomo quando elétrons excitados (que se encontram em um nível de energia mais externo, com maior valor de n) retornam aos níveis mais internos (com menor valor de n). Como mostrado no enunciado, a energia do elétron em um nível, En, é inversamente proporcional a n2. O diagrama a seguir representa semiquantitativamente as energias do elétron nos níveis E1, E2, E3 e E4 e as transições eletrônicas indicadas nas alternativas.

D

B C

A

n = 4

n = 3

n = 2

n = 1

E

Assim, podemos concluir que a diferença energética para dois níveis quaisquer (DEn → m, sendo n > m) pode ser dada por:

DE3 → 1 > DE2 → 1 > DE3 → 2 > DE4 → 3

Não é possível concluir se a transição DE4 → 2 é mais ou menos energética que DE2 → 1. Entretanto, sabemos que a transição DE4 → 3 é menos energética que DE3 → 2, que é menos energética que DE4 → 2.

Questão 06 – Letra AComentário: A equação

En = mz e

(4 ) . 1

n

2 4

02 2 2

−πε

em que n é o número quântico principal do elétron do átomo de hidrogênio (número de ordem do nível de energia), pode ser escrita da seguinte forma, já que m, z, e, 4πε0 e são constantes para o átomo de hidrogênio:

En = –K . 12n

Logo, a energia do elétron En apresenta valores sempre negativos. Quanto menor o n (ou seja, quanto mais próximo o elétron estiver do núcleo), menor a energia. Com o crescimento de n (ou seja, com o afastamento do elétron do núcleo), a energia também sofre um crescimento, porém, proporcional ao inverso do quadrado de n. Assim, a diferença de energia entre dois níveis de energia consecutivos diminui quanto mais afastados eles estiverem do núcleo atômico. Portanto, a curva que apresenta corretamente as características anteriores é a representada na alternativa A.

Questão 07Comentário:A) As quatro substâncias apresentadas são binárias, sendo

o íon cloreto comum entre elas. Entretanto, 3 dessas substâncias apresentam colorações diferentes no teste de chamas. Logo, o elemento responsável pela cor observada em cada caso é:

Vermelho-tijolo (ou alaranjado)

Vermelho Verde-amarelado

Cálcio Estrôncio Bário

B) Segundo o modelo atômico em questão, os elétrons descrevem órbitas estacionárias ao redor do núcleo que são energeticamente quantizadas. Ao absorver energia (que no teste de chama ocorre sob a forma de calor), os elétrons são promovidos a níveis de energia potencial mais elevados e, portanto, mais afastados do núcleo. No entanto, esses elétrons retornam a um nível menos energético, mais próximo do núcleo, emitindo a diferença de energia entre eles sob a forma de radiação eletromagnética (para os elementos apresentados, é liberada na região do visível). Como essa variação de energia entre os níveis é diferente para átomos de elementos químicos distintos, obtemos diferentes cores no espectro de emissão.

Questão 08 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. O modelo de Bohr propõe que apenas determinadas órbitas, com determinados valores de energia, são permitidas aoelétron.Jáomodeloatualéprobabilístico,incompatívelcom a ideia de órbita que se relaciona com o percurso do elétron no átomo.

B) Correta.Osorbitaissãodefinidoscomoaregiãodoespaçode maior probabilidade de se encontrar elétrons.

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C) Incorreta. Como discutido no item A, o modelo atômico atual é probabilístico. Isso é claramente expresso no Princípio da Incerteza, que demonstra ser impossível determinar simultaneamente a posição e a energia do elétron. Como o descrevemos em termos energéticos, podemos determinar sua posição apenas em termos de probabilidades.

D) Incorreta. Cada orbital atômico é descrito pelo conjunto de 3 números quânticos: n expressa o nível energético, expressa o subnível, e m, expressa a orientação espacial doorbital.Jáoelétronédescritopelos3númerosquânticosanteriores acrescido do número quântico de spin, ms.

Questão 09 – Letra DComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta. O número de massa equivale à soma do número

de prótons com o número de nêutrons. O elétron apresenta massa desprezível e não é contabilizado no número de massa.

B) e C) Incorretas. O número quântico magnético, m, varia de – a +, passando pelo 0. Já o número quânticosecundário, , varia de 0 a (n – 1).

D) Correta. O modelo atual considera o átomo dividido em duas regiões distintas: núcleo e eletrosfera. No núcleo, em que se concentra quase a totalidade da massa do átomo, estãoosprótonsenêutrons.Jáaeletrosfera,queapresentaquase a totalidade do volume do átomo, é o local onde se encontram os elétrons.

E) Incorreta. Como discutido anteriormente, o número quântico magnético varia de – a +, passando pelo 0. Logo, independentemente do valor de , m pode ser 0.

Questão 10 – Letra DComentário: O modelo atômico atual apresenta uma descrição probabilística para os elétrons em razão de associar ao elétron uma função de onda, cuja solução fornece uma grandeza sem significado físico, uma vez que uma partícula (entidade material) é tratada como uma onda (entidade não material) associada ao transporte de energia. Essa dificuldade na descrição do elétron, associada à sua natureza dual – de onda e partícula –, impede que ele, como partícula, seja visualizado descrevendo órbitas em torno do núcleo. O quadrado da função de onda é chamado densidade de probabilidade e fornece a probabilidade de se encontrar o elétron por unidade de volume. Dessa maneira, o modelo atômico atual não inclui o conceito de órbita eletrônica.Quanto aos outros conceitos, mesmo aqueles que foram propostos em modelos anteriores, permanecem válidos no modelo atual. Assim, o conceito de núcleo atômico, introduzido por Rutherford em 1911, continua válido para o modelo atual, que descreve o núcleo como constituído de prótons e nêutrons.De maneira semelhante, a ideia de energia quantizada, introduzida por Bohr, em 1913, continua presente no modelo atômico atual.

Questão 11 – Letra AComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta. O modelo atômico atual descreve a posição do

elétron em termos probabilísticos. Assim, é impossível determinar, com exatidão, a sua órbita.

B) Correta. De acordo com o modelo atual, o átomo é dividido em duas regiões: o núcleo e a eletrosfera. No núcleo se encontram os prótons e os nêutrons. A soma das massas dessas espécies corresponde a praticamente toda a massa do átomo. O elétron tem massa desprezível (cerca de 1 840 vezes menor que a massa do próton ou do nêutron) e se encontra na eletrosfera.

C) Correta. O nêutron é uma partícula subatômica desprovida de carga elétrica. Assim, sua presença no núcleo atômico minimiza a repulsão entre os prótons.

D) Correta. As reações químicas são fenômenos que envolvem rearranjos dos átomos. Assim, ocorre somente quebra e formaçãodenovasligações,modificaçõesessasqueacontecemapenas na eletrosfera, mantendo o núcleo inalterado.

Questão 12 Comentário: A distribuição eletrônica segue o diagrama de Linus Pauling:A) Si (Z = 14) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2

B) K (Z = 19) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

C) Mn (Z = 25) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5

D) Ag (Z= 47) A prata apresenta configuração eletrônicairregular, na qual o subnível 4d ficará completamentepreenchido.Suaconfiguraçãoeletrônicaé1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s1 4d10.

E) Pr (Z = 59) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f3

Questão 13Comentário: A distribuição eletrônica segue o diagrama de Linus Pauling sendo o subnível mais energético equivalente ao último que foi ocupado por elétrons; e o subnível de valência é o mais externo.

Número atômico

Distribuição eletrônica da espécie

neutra

Subnível mais

energético

Subnível de

valência

Distribuição eletrônica

do íon

A) 121s2 2s2 2p6

3s2 3s 3s 1s2 2s2 2p6

B) 161s2 2s2 2p6

3s2 3p4 3p 3p1s2 2s2 2p6

3s2 3p6

C) 211s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

3d1

3d 4s1s2 2s2 2p6

3s2 3p6

D) 281s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

3d8

3d 4s1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d8

E) 44

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

4d6

4d 5s1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 4d5

Questão 14Comentário: Em um átomo, cada elétron é descrito por um conjunto de quatro números quânticos. O primeiro, n, expressa o nível energético do elétron; o segundo, , o subnível energético; o terceiro, m, a orientação espacial do orbital no nível e subnível em questão; e o quarto número quântico, ms, a orientação espacial do elétron. Convencionamos para a representação do spin do elétron que ms = –1/2 é representado por ↑, sendo o primeiro elétron a ocupar o orbital, enquanto ms = +1/2 é representado por ↓, e é o segundo elétron a ocupar o orbital. A denominação elétron diferencial é usada para descrever o “último elétron” colocado em um átomo. Assim:

A) Sendo n = 2 e = 1, o elétron diferencial se encontra no segundo nível, subnível p. Para m = –1 e ms = +1/2, o elétron diferencial se encontra em:

m� = –1 m� = 0 m� = 1n = 2� = 1(p)

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Logo, a distribuição eletrônica no último subnível é 2p4, representada por:

m� = –1 m� = 0 m� = 1n = 2� = 1(p)

Ouseja,aconfiguraçãoeletrônicadoelementoemquestãoé 1s2 2s2 2p4, que apresenta 8 elétrons quando neutro e, portanto, 8 prótons. Logo, se trata do elemento oxigênio.

B) Sendo n = 3 e = 2, o elétron diferencial se encontra no terceiro nível, subnível d. Para m = 0 e ms = –1/2, o elétron diferencial se encontra em:

m� = –2 m� = –1 m� = 0 m� = 1 m� = 2� = 2(d)n = 3

Logo, a distribuição eletrônica no último subnível é 3d3, representada por:

m� = –2 m� = –1 m� = 0 m� = 1 m� = 2� = 2(d)n = 3

Ouseja,aconfiguraçãoeletrônicadoelementoemquestãoé1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3, que apresenta 23 elétrons quando neutro e, portanto, 23 prótons. Logo, se trata do vanádio.

C) Sendo n = 4 e = 1, o elétron diferencial se encontra no quarto nível, subnível p. Para m = +1 e ms = +1/2,

o elétron diferencial se encontra em:

m� = –1 m� = 0 m� = 1n = 4� = 1(p)

Logo, a distribuição eletrônica no último subnível é 4p6,

representada por:

m� = –1 m� = 0 m� = 1n = 4� = 1(p)

Ouseja,aconfiguraçãoeletrônicadoelementoemquestãoé 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6, que apresenta 36 elétrons quando neutro e, portanto, 36 prótons. Logo, se trata do criptônio.

Questão 15

Comentário: O elétron diferencial corresponde ao último elétron adicionado ao subnível mais energético de cada elemento. Para identificá-los, realizaremos a distribuição eletrônica para cada um dos elementos:

A) B – 1s2 2s2 2p2

B) S – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

C) K – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1

D) Mn – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5

E) Ni – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8

A seguir é mostrado o diagrama energético dos orbitais para n = 1, n = 2 e n = 3:

Energia

=0(s)m=0

=1(p)m=–1 m=0 m=+1

=0(s)m=0

=0(s)m=0

=1(p)m=–1 m=0 m=+1

=2(d)m=–2 m=–1 m=0 m=+1 m=+2

n=2

n=3

n=1

Diante dessas informações, podemos fazer distribuição eletrônica e identificar os elétrons diferenciais para cada um dos elementos utilizando o diagrama acima e aplicando a Regra de Hund, que nos diz que no preenchimento de orbitais degenerados, a distribuição eletrônica ocorre de modo que o número de elétrons com spins paralelos seja o maior possível. Logo, a descrição baseada nos 4 números quânticos: n, , m e ms, para cada um dos elementos, é igual a:A) (2, 1,–1, –1/2)B) (3, 1, –1, +1/2)C) (4, 0, 0, –1/2)

D) (3, 2, +2, –1/2)E) (3, 2, 0, +1/2)

Questão 16Comentário: A construção da linha do tempo é uma atividade pensada para ser uma revisão e sistematização das principais ideias sobre os modelos atômicos discutidos em sala de aula. Ela permite, também, que o estudante estabeleça relações sobre os principais fatos e personagens envolvidos na construção dos modelos, auxiliando-o na compreensão dos fenômenos.A seguir, foram reunidas algumas informações relevantes que podem ser esperadas como possíveis respostas.• Demócrito(460-370a.C.): – foi o grande sistematizador do atomismo, doutrina que

defendia que o Universo era formado por átomos; –apalavra“átomo”significa“nãodivisível”erefere-seà

menorpartedascoisas, istoé,apartículas infinitaseinvisíveis que compõem os objetos.

• Dalton(1803-1808): – procurava explicar os resultados de seus experimentos

envolvendo misturas gasosas e as leis criadas por Lavoisier e Proust;

– todas as substâncias são formadas por átomos; – partículas maciças, indivisíveis e que não podem ser

criadas e nem destruídas. • Thompson(1898): – realizava experimentos com tubos de raios catódicos; –os raios catódicos são constituídos por um fluxo de

partículas menores que os átomos, dotadas de carga elétrica negativa: os elétrons;

– os átomos possuem massa esférica com carga homogênea positiva, incrustados por cargas negativas.

• Rutherford(1913): – investigou a passagem de partículas alfa através de

lâminas metálicas, emitidas por átomos de polônio; – o átomo é formado por um núcleo central com cargas

positivas, pequeno e denso, com elétrons girando em orbitas circulares ao seu redor, como no modelo planetário.

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• Bohr(1913)–formuloutrêspostulados:

– os elétrons giram em órbitas circulares em torno do núcleo com energia quantizada;

– apenas algumas órbitas são permitidas ao movimento dos elétrons ao redor do núcleo;

– quando os elétrons mudam de órbitas, um fóton de energia é absorvido ou liberado.

• Sommerfeld(1916):

– estendeu a teoria de Bohr a átomos com mais elétrons;

– os elétrons percorrem órbitas elípticas ao redor do núcleo;

– os níveis estacionários propostos por Bohr se dividiam em subníveis.

• Atual(1926-atualmente):

– Erwin Schröndinger propôs um modelo matemático baseado na Física Quântica que descreve o comportamento dual do elétron;

– a região do espaço de maior probabilidade de encontrar um elétron é denominada orbital.

Exercícios propostosQuestão 01 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Falso. De fato, Bohr propõe que os elétrons podem mudar de nível absorvendo energia (quando passam para uma órbita mais externa) ou liberando energia (quando passam para uma órbita mais interna). Entretanto, ele propõe que essa energia é quantizada, ou seja, a transição eletrônica deve envolver energia igual à diferença energética das órbitas envolvidas.

B) Verdadeiro. Em um de seus postulados, Bohr propõe que os elétrons se movem em órbitas circulares em torno do núcleo sem perder ou ganhar energia.

C) Falso. Conforme explicitado no comentário referente à alternativa B, Bohr propõe que as órbitas descritas pelos elétrons são circulares. Além disso, a energia de cada uma dessas órbitas circulares é constante.

D) Falso. Assim como proposto por Rutherford, Bohr acreditava que o átomo apresentava duas regiões: o núcleo e a eletrosfera, que é a região externa do núcleo. Os elétrons estariam, então, localizados na eletrosfera.

Questão 02 – Letra DComentário: Niels Bohr propõe que o elétron deve ter energia quantizada, de forma a explicar o espectro descontínuo do hidrogênio. Nesse contexto, ao receber energia externa, o elétron é excitado, ou seja, passa para uma órbita mais energética. Ao retornar a um nível mais interno, ocorre liberação de energia exatamente igual a diferença energética das órbitas envolvidas, o que torna correta apenas a alternativa D.

Questão 03 – Letra BComentário: Niels Bohr foi o primeiro cientista a relacionar as ideias de quantização de energia da mecânica quântica ao átomo. Ele propõe que o elétron gira em torno do átomo em órbitas estacionárias de energias bem definidas. A oscilação de um elétron entre duas órbitas permitidas envolve absorção / liberação de energia. Isso pode ser verificado nos espectros descontínuos. As regiões pretas podem ser associadas à impossibilidade do átomo em emitir energia naquela região.

Questão 04 – Letra AComentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.

I. Autor: Rutherford. O experimento de espalhamento de partículas alfa sobre lâminas metálicas, sobre o qual a afirmativaserefere,éatribuídoaRutherford.

II. Autor: Dalton. Esse cientista acreditava na indivisibilidade do átomo e, assim, propôs uma teoria que considerava que toda a matéria era formada por partículas indivisíveis e indestrutíveis denominadas átomos. Estes diferiam entre si pelo tamanho, massa e demais propriedades.

III. Autor: Bohr. A proposta de quantização de energia do elétron é relacionada a Bohr. Nessa teoria, os elétrons se movimentam em torno do núcleo sem ganhar ou perder energia. Logo, a alternativa A é a correta.

Questão 05 – Letra AComentário: Para resolução dessa questão, associaremos cada uma das partículas à sua especificação correspondente.

Elétron (2). Conforme descrito por Millikan, no experimento em que borrifou gotículas de óleo para serem submetidas à ação de um campo elétrico, o elétron apresenta massa igual a 9,1 . 10–31 kg e carga igual a –1,6 . 10–19 C.

Átomo de Bohr (5). Niels Bohr foi o primeiro cientista a considerar a quantização da energia para o elétron. De acordo com esse cientista, ao girar ao redor do núcleo, o elétron não ganha nem perde energia, pois essas órbitas são níveis estacionários de energia.

Átomo de Dalton (3). Dalton acreditava que a matéria era formada por corpúsculos indivisíveis e indestrutíveis denominados átomos. Com a sua teoria era possível explicar as leis ponderais descobertas na época – Lei de conservação da massa, Lei das proporções definidas e Lei das proporções múltiplas.

Próton (1). O próton apresenta massa igual a 1,673 . 10–27 kg e corresponde a 1 unidade de massa atômica (u.m.a.).

Átomo de Rutherford (4). No experimento de espalhamento de partículas alfa sobre lâminas metálicas, Rutherford concluiu que o átomo apresenta duas regiões: o núcleo, com carga positiva e altamente denso, e a eletrosfera, região que envolve o núcleo e na qual os elétrons deveriam ser encontrados.

Questão 06 – Soma = 24Comentário: Para resolver a essa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

01. Incorreto. As cores observadas se devem à emissão de energia quando elétrons mais externos retornam aos níveis mais internos. O primeiro cientista a contemplar tais ideias foi o dinamarquês Niels Bohr.

02. Incorreto. Conforme discutido na proposição 01, as transições eletrônicas envolvem liberação de energia. Isso pode ocorrer na região do visível. Nesse caso, visualizaremos as cores, tais como observadas para algumas lâmpadas ou até mesmo no teste de chamas.

04. Incorreto. As transições às quais a proposição se refere envolvem elétrons e não partículas nucleares.

08. Correto. Conforme discutido anteriormente na proposição 02.

16. Correto. Conforme discutido na proposição 01, o cientista Niels Bohr foi o primeiro cientista a considerar a quantização da energia e, com isso, explicar as cores observadas nos testes de chamas.

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Questão 07 – Letra AComentário: Por volta de 1800, Dalton propôs o primeiro modelo com base científica. Esse modelo era capaz de explicar as leis ponderais da época. Por volta de 1900, Thomson propôs que o átomo era divisível. Essa afirmação foi baseada em experimentos envolvendo descargas elétricas sob gases rarefeitos. Por volta de 1910, Rutherford propôs que o átomo se dividia em duas regiões: o núcleo e a eletrosfera. Sua teoria foi baseada no experimento de espalhamento de partículas alfa sobre lâminas metálicas. Por volta de 1913, Bohr propôs que os elétrons deveriam apresentar energia quantizada, de forma a explicar o espectro descontínuo do hidrogênio.

Questão 08 – Letra DComentário: A explosão da pólvora se deve a uma reação química exotérmica. A energia liberada nessa reação excita os elétrons, ou seja, elétrons de níveis mais internos passam para níveis mais externos. Entretanto, o elétron tende a ocupar níveis mais internos. Logo, tais elétrons retornam ao nível de origem emitindo energia sob a forma de luz. Como a interação núcleo-elétron é diferente em cada tipo de átomo, a energia emitida por um átomo é característica do elemento. Dessa forma, o estrôncio ou qualquer outro elemento, pode ser identificado pela cor característica de sua chama.

Questão 09 – Letra AComentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Correta. O modelo de Bohr pode ser considerado um híbrido entre a física clássica e a mecânica quântica. Os elétrons movem-se em órbitas circulares em torno do núcleo atômico central sem perder ou ganhar energia (órbitas estacionárias), ou seja, sem irradiar.

B) Falsa. O princípio da incerteza, segundo o qual é impossível determinar com precisão, a posição e a velocidade instantâneas de uma partícula, é atribuído a Heisenberg e é oriundo do comportamento dual do elétron.

C) Falsa.OspindoelétronéumaconfirmaçãoexperimentaldeStern e Gerlach, que relaciona o campo magnético gerado por cargas elétricas em movimento.

D) Falsa. A emissão de energia por um elétron ocorre quando ele retorna de um nível mais externo para outro mais interno.

E) Falsa. O princípio segundo o qual não existem dois elétrons como os quatro números quânticos iguais, conhecido por “Princípio de Exclusão de Pauli”, é atribuído a Wolfgang Pauli.

Questão 10 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. De fato o elétron possui carga negativa expressa por –1,602 . 10–19 C, e sua massa é muito pequena. Entretanto, em um experimento envolvendo gotículas de óleo, uma fonte ionizante e um campo elétrico, o cientista Robert Millikan determinou a massa do elétron.

B) Correta. Planck explicou fenômenos de emissão de luz por corpos aquecidos, propondo que um corpo absorve energia apenas em quantidades discretas.

C) Incorreta. De fato o nêutron não apresenta carga elétrica. No entanto, sua massa é apenas ligeiramente maior que a do próton.

D) Incorreta. De acordo com a física moderna, a radiação eletromagnética apresenta comportamento dual, ou seja, se comporta ora como onda ora como partícula.

Questão 11 – Letra EComentário: A tabela a seguir exibe a coloração da chama no teste da chama para os íons metálicos dos elementos químicos presentes nas alternativas.

Íon metálico Cor da chama

Bário Amarelo esverdeado

Cobre Verde

Lítio Vermelho carmim

Potássio Violeta

Sódio Amarelo

Portanto, a mudança na coloração da chama para amarelo evidencia a presença do íon sódio na amostra de sal iônico.

Questão 12 – Letra DComentário: Os espectros atômicos são descontínuos porque a energia dos elétrons é quantizada, isto é, os elétrons só podem assumir determinados valores energéticos e, ao realizarem transições, absorvem ou emitem energia em algumas frequências características.Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.I. Verdadeira. Cada linha do espectro de emissão representa uma

transição eletrônica, ou seja, a energia emitida por um elétron quando ele retorna para níveis mais próximos do núcleo.

II. Verdadeira. A linha M corresponde à radiação eletromagnética de menor comprimento de onda e, consequentemente, de maior energia.

III. Falsa. A análise qualitativa desse e de outros espectros semelhantes tem como base o modelo atômico de Bohr.

IV. Falsa. VidecomentáriodaafirmativaI.Logo, a alternativa D é a correta.

Questão 13 – Letra EComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta. O primeiro estado excitado para o elétron do átomo

de hidrogênio é o estado com número quântico principal n = 2.B) Incorreta. Quanto maior o número quântico, maior a

distância média entre o elétron e o núcleo atômico.C) Incorreta. O elétron no estado excitado é mais energético

que no estado fundamental. Portanto, é necessária menor quantidade de energia para ionizar o átomo no estado excitado que no estado fundamental.

D) Incorreta. Pela análise da equação

En = mz e

(4 ) . 1

n

2 4

02 2 2

−πε

pode-se verificar que a diferença de energia entre doisníveis de energia ímpares consecutivos diminui quanto mais afastados eles estiverem do núcleo atômico. Portanto, a energia necessária para excitar um elétron do estado n = 3 para o estado n = 5 (ou seja, a diferença de energia entre os dois níveis) é menor que a energia necessária para excitar um elétron do estado n = 1 para o estado n = 3.

E) Correta. A energia emitida seria igual a Eemitida = E1 – E3, enquanto a energia absorvida seria igual a Eabsorvida = E3 – E1. Logo, em módulo, Eemitida = Eabsorvida. Como, em módulo, as energias das transições são iguais, elas emitem ou absorvem radiações de mesma frequência e mesmo comprimento de onda.

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16 Coleção EM1

Questão 14Comentário: Segundo os modelos de Bohr e de Sommerfeld, o elétron descreveria uma órbita bem definida (seja circular ou elíptica), com uma energia específica em torno do núcleo. No entanto, o comportamento dual do elétron impõe uma limitação quanto à determinação simultânea de sua energia e posição. Dessa forma, seria impossível descrever a trajetória do elétron quando sua energia é determinada com precisão. Fala-se, então, em regiões no espaço com maior probabilidade de se encontrar o elétron, que são os orbitais.

Questão 15Comentário:

A) A linhas de emissão equivalem a transições em que elétrons excitados retornam a níveis mais internos. Essas transições podem ocorrer entre níveis consecutivos ou não. Assim temos:

n = 6

n = 5

n = 4

n = 3

n = 2

n = 1

a b c de f g

h i

j

B) À medida que os elétrons se afastam do núcleo, a atração núcleo-elétron diminui, reduzindo a diferença energética entre dois níveis consecutivos. Isso também pode ser explicado considerando a equação de Bohr, em que a energia estacionária associada a uma órbita é inversamente proporcional ao número da órbita ao

quadrado (En

∝ 12

).

C) Conformeindicadonafigura,há4transiçõeseletrônicasnaregião do visível (n = 6 → n = 2; n = 5 → n = 2; n = 4 → n = 2; e n=3 → n=2). Entre estas, a que envolve maior energia é n = 6 → n = 2, e a que envolve menor energia é n = 3 →n=2.Baseando-senafigurafornecidanaquestão,a luz violeta apresenta maior frequência e, portanto, maior energia. Logo, a transição equivalente a ela é n = 6 → n = 2. Jáaluzvermelhaapresentamenorfrequênciae,portanto,menor energia, sendo a energia emitida pela transição representada por n = 3 → n = 2.

Questão 16 – Letra BComentário: As figuras representam as energias associadas às seguintes transições:

Esquerda: n = 3 → n = 1 Direita: n = 3 → n = 2 e n = 2 → n = 1.

Energia e comprimento de onda se relacionam de acordo com a relação a seguir:

=λ

E hc

Assim, a energia associada à transição n = 3 → n = 1 é dada por:

=λ→

Ehc

3 11

,

enquanto a energia associada às transições n = 3 → n = 2 e n = 2 → n = 1 são dadas, respectivamente, por:

=λ

=λ→ →

Ehc

e Ehc

.3 2

22 1

3

Sendo E3→1 = E3→2 + E2→1, temos:

λ=

λ+

λhc hc hc

1 2 3

e, portanto:

λ=

λ+

λ1 1 1

1 2 3

.

Questão 17 – Letra CComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta.Ográficomostraasprováveisposiçõesparaum

elétron do átomo de hidrogênio, sem apresentar dados sobre sua velocidade.

B) Incorreta. O conceito de órbitas não faz parte do modelo atômico atual, já que não é possível a determinação exata da trajetória de um elétron ao redor do núcleo. Essa ideia foi substituída pelo conceito de orbital.

C) Correta. Para conhecermos com exatidão a velocidade e, consequentemente, a energia de um elétron, não é possível a determinação exata de sua trajetória ao redor do núcleo, de acordo com o Príncipio da Incerteza de Heinsenberg.

D) Incorreta. O átomo neutro do hidrogênio apresenta somente um elétron.

E) Incorreta. A representação evidencia somente a região do espaço mais provável de um elétron ser encontrado.

Questão 18 – Letra EComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta: O 3º nível apresenta os subníveis s, p e d que

comportam até 2, 6 e 10 elétrons respectivamente. Assim, o número máximo de elétrons nesse nível é 18.

B) Incorreta: O 3º nível apresenta apenas os subníveis s, p e d.C) Incorreta: Os elementos de número atômico 11 e 12

apresentam seus elétrons de valência no 3º nível, subnível s. Já os elementos de número atômico 13 e 14, emboratambém apresentem seus elétrons de valência no 3º nível, estes se encontram no subnível p.

D) Incorreta: Os elementos com os números atômicos mencionados são gases nobres que apresentam seus elétrons de valência no mesmo subnível – p – porém em níveis energéticos diferentes.

E) Correta: Os elementos de números atômicos entre 25 e 28 apresentam seus elétrons diferenciais no 3º nível, subnível d.

Questão 19 – Letra CComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Correta. Nas transformações químicas nenhum átomo é

criado ou destruído, eles apenas se rearranjam. O modelo de Dalton é capaz de explicar tais fenômenos.

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B) Correta. O modelo de Rutherford descreve o átomo conforme as leis da física clássica. Entretanto, o comportamento de partículas tão pequenas tais como os elétrons são descritos apenas pela mecânica quântica.

C) Incorreta. O princípio de Heisenberg propõe ser impossível determinar simultaneamente a posição e a velocidade do elétron. Assim, considerando que a velocidade do elétron é bem descrita, não se pode falar de sua trajetória, apenas da região do espaço – denominada orbital – onde há maior probabilidade de se encontrar o elétron.

D) Correta. O comportamento dual do elétron foi proposto por De Broglie e permitiu a elaboração do princípio da incerteza descrito na alternativa anterior.

Questão 20 – Letra DComentário: A distribuição eletrônica deve ser feita de modo que um subnível seja totalmente preenchido para que possamos passar para outro subnível, seguindo a sequência energética do Diagrama de Pauling. Dessa maneira, a distribuição corresponderá à do átomo no seu estado fundamental. Contudo, as distribuições eletrônicas nem sempre obedecem estritamente a uma regularidade. Quando terminadas em ns2 (n – 1)d4 e ns2 (n – 1)d9, as distribuições não devem permanecer assim; um elétron do orbital s deverá ser transferido para um orbital d, transformando-os em ns1 (n – 1)d5 e ns1 (n – 1)d10.

Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. Estado excitado. A espécie em questão apresenta 7 elétrons. Para tal espécie o estado fundamental é representado por 1s2 2s2 2p3, que corresponde à sequência energética segundo o Diagrama de Pauling.

B e E) Incorretas. Estados excitados. As espécies em questão apresentam 29 elétrons. Para tais espécies o estado fundamental é representado por 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d10, já que a distribuição segundo o Diagrama de Pauling termina em 4s2 3d9.

C) Incorreta. Estado excitado. A espécie em questão apresenta 18 elétrons. Para tal espécie o estado fundamental é representado por 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6, que corresponde à sequência energética segundo o Diagrama de Pauling.

D) Correta. Estado fundamental. A espécie em questão apresenta 30 elétrons. Para tal espécie o estado fundamental é representado por 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10, que corresponde à sequência energética segundo o Diagrama de Pauling.

Questão 21 – Soma = 16Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada um dos itens, considerando que a distribuição eletrônica do átomo, que tem número atômico igual a 58 e encontra-se em seu estado normal, está representada a seguir:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f2 5s2 5p6 6s2

01. Incorreto. Conforme representado anteriormente, o átomo apresenta 2 elétrons no subnível 4f.

02. Incorreto. Conforme representado anteriormente, o primeiro subnível com elétrons em orbitais d é o n = 3.

04. Incorreto. O número de neutros (N) de uma espécie é determinado pela diferença entre o número de massa (A) e o número atômico (Z):

N = A – Z

Considerando que o número de massa é 142 e o número atômico igual a 58, o número de nêutrons será igual a:

142 – 58 = 84

08. Incorreto. A ordem crescente de energia para os subníveis é obtida pelo valor da soma de n + , de forma que quanto menor o valor da soma, menor é a energia para os subníveis. Para o mesmo valor da soma, n + , o subnível de menor energia será aquele que apresentar o menor valor de n. Assim:

5s: n = 5 e = 0 soma = 54d: n = 4 e = 2 soma = 65p: n = 5 e = 1 soma = 66s: n = 6 e = 0 soma = 64f: n = 4 e = 3 soma = 7

Logo, a ordem crescente de energia para os subníveis equivale à ordem: 5s 4d 5p 6s 4f.

16. Correta. O último nível do átomo em questão é o sexto (n = 6), que apresenta 2 elétrons.

32. Incorreta. O terceiro número quântico, m

, refere-se à orientação espacial do orbital. Seus valores são números inteiros compreendidos entre – até +. Se = 0 então m

= 0.

Questão 22 – Letra DComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

I. Correta. De acordo com a distribuição eletrônica fornecida no enunciado, o ferro, quando neutro, apresenta 26 elétrons. Logo, possui também 26 prótons, o que significaqueonúmeroatômicodoferroé26.

II. Correta. O último subnível, representado na distribuição eletrônica do átomo de ferro no estado fundamental, apresenta os elétrons mais energéticos.

III. Incorreta. Conforme representado a seguir, o ferro, no estado fundamental, apresenta 4 elétrons desemparelhados.

IV. Correta. Conforme representado no enunciado, o nível mais externo do ferro contém 2 elétrons e estes se encontram no subnível 4s.

Questão 23 – Soma = 17Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada um dos itens.

01. Correto. O número quântico secundário de um elétron é o número que indica a forma da região mais provável de ele ser encontrado, ou seja, a forma de seu orbital. Os valores numéricos de podem variar de 0 a n–1 e são comumente denominados de s, p, d, f e g para os valores de de 0 a 4.

02. Incorreto. O número de orbitais em um subnível corresponde ao intervalo de – a +, ou seja, para subníveis do tipo s, o número de orbitais é 1; para subníveis do tipo p, o número de orbitais é 3; para subníveis do tipo d, o número de orbitais é 5; para subníveis do tipo f, o número de orbitais é 7, e assim por diante.

04. Incorreto. O diagrama de Pauling é uma ferramenta utilizada para a distribuição dos elétrons em ordem crescente de energia nos subníveis. Nesse diagrama, a ordem crescente de energia segue a direção diagonal, da direita para a esquerda.

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08. Incorreto. O elemento de número atômico Z = 28 apresenta a seguinte distribuição eletrônica:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8

Como o subnível 3d se encontra com apenas 8 elétrons e a sua capacidade é de 10 elétrons, ele se encontra incompleto.

16. Correto. O terceiro nível eletrônico (camada M) apresenta os subníveis s, p e d. Um orbital s, três orbitais p e cinco orbitais d, totalizando 9 orbitais.

Questão 24 – Letra DComentário: O princípio de exclusão de Pauli estabelece que dois elétrons em um mesmo átomo não podem apresentar o mesmo conjunto dos quatro números quânticos. Isso significa que se 1 elétron ocupa o orbital 1s e apresenta a sequência dos quatro números quânticos n = 1, = 0, m = 0 e ms = –1/2, o outro elétron que ocupará esse orbital deve ter um número quântico de spin diferente, já que os três primeiros são definidos para o orbital e não sofrem diferenciação. Dessa forma, o segundo elétron a ser adicionado nesse orbital deve possuir número quântico de spin ms = +1/2. Isso pode ser justificado considerando que, se em um mesmo orbital existisse dois ou mais elétrons com o mesmo spin, a repulsão intereletrônica seria muito intensa.

Questão 25 – Letra EComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmações.I. Correta. De acordo com o texto, a técnica permitirá que os

cientistas mensurem e controlem as transições eletrônicas. Assim, a absorção e a emissão de energia pelos átomos, quando os elétrons mudam de níveis de energia, podem ser ampliadas no laser.

II. Correta. O comportamento dual do elétron impõe uma limitação quanto à determinação simultânea de sua velocidade e posição. Dessa forma, é impossível descrever a trajetória do elétron quando sua velocidade é determinada com precisão. O modelo atômico atual admite a existência de orbitais, que equivalem às regiões de alta probabilidade de se encontrar um elétron.

III. Correta. Os elétrons dos átomos no estado fundamental ocupam os subníveis menos energéticos. De fato, aconfiguraçãoeletrônicadopotássioéaapresentadanaquestão.

Portanto, a alternativa correta é a E.

Questão 26 – Letra AComentário: A distribuição eletrônica em ordem geométrica do ânion Se2– é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6. As espécies apresentadas têm as seguintes distribuições eletrônicas, também em ordem geométrica:Kr: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6

Br: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p5

As: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3

Te: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p4

Portanto, a espécie isoeletrônica ao Se2– é o Kr.

Questão 27 Comentário: A) A configuração eletrônica de um átomo deve ser feita

considerando o diagrama de Linus Pauling. De acordo com o enunciado, o elemento em questão apresenta 19 elétrons e, portanto, sua distribuição eletrônica é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1.

B) A espécie em questão é neutra e, assim, apresenta 19 prótons. Logo, o seu número atômico é 19 e trata-se do potássio (K).

C) =0equivaleaosubnívels.Deacordocomaconfiguraçãoeletrônica fornecida no item A, 7 elétrons no referido subnível.

D) =1equivaleaosubnívelp.Deacordocomaconfiguraçãoeletrônica fornecida no item A, 12 elétrons no referido subnível.

E) =3equivaleaosubnívelf.Deacordocomaconfiguraçãoeletrônica fornecida no item A, não há elétrons no referido subnível.

Questão 28 – Soma = 13

Comentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada um dos itens.

01. Correto. Íons negativos, ou seja, espécies que ganham elétrons, são denominados ânions, e os íons positivos, espécies que perdem elétrons, são denominados cátions.

02. Incorreto. A massa de um elétron é cerca de 1 840 vezes menor que a massa de um próton ou de um nêutron. Logo, perder ou ganhar elétrons não envolve variação na massa atômica, ou seja, íons apresentam massa atômica igual a de seu átomo de origem.

04. Correto. O cátion Ca2+ apresenta 2 elétrons a menos que o número de prótons. Logo, esse cátion é constituído por 18 elétrons.

08. Correto. O ânion C– apresenta 1 elétron a mais que o átomo de origem. Assim, sua distribuição eletrônica é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6.

Questão 29 – Letra DComentário: Sendo X e Y isóbaros, temos que o número de massa de Y é 40. Considerando que Y tem 20 nêutrons, haverá também 20 prótons (Z = 20) e, portanto, 20 elétrons. Assim, sua configuração eletrônica será 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2, e, portanto, a configuração eletrônica de seu cátion bivalente será: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6.

Questão 30 – Soma = 30Comentário: O alumínio apresenta Z = 13 e, portanto, 13 prótons. Seu número de massa é 27 e, portanto, apresenta 14 nêutrons. Sua distribuição eletrônica é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1. Assim:

01. Incorreta. O alumínio apresenta apenas três níveis energéticos preenchidos em sua configuração eletrônicafundamental.

02. Correta. Discutido anteriormente.

04. Correta. Conforme representado anteriormente, em seu nível eletrônico de valência há 2 elétrons no subnível s e 1 elétron no subnível p.

08. Correta. O elétron diferencial do alumínio ocupa o primeiro orbital do subnível p. Logo, os números quânticos para descrevê-lo são: n = 3, = 1, m = –1 e ms = –1/2.

16. Correta. Discutida anteriormente.

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Questão 31 – Letra AComentário: A distribuição eletrônica de um átomo de ferro neutro e no estado fundamental é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6. Embora os elétrons do subnível 3d sejam mais energéticos, os elétrons do subnível 4s são mais externos. Em um cátion, os elétrons perdidos são os mais externos. Logo, um íon Fe3+ perderá 2 elétrons do subnível 4s e 1 elétron do subnível 3d, de forma que sua distribuição eletrônica será 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5.

Questão 32 – Letra CComentário: A relação entre as semelhanças atômicas dos átomos M, X e Z está representada no esquema a seguir:

M XIsótopos

4321

4323

4523

22 n22 n 20 n

Isótonos Isóbaros

Z

Assim, a espécie X apresenta 21 elétrons e, portanto, a sua distribuição eletrônica é representada por 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1. Portanto, os números quânticos principal e secundário para esse elétron são: n = 3, pois ele encontra-se no terceiro nível; = 2, pois ele encontra-se em um orbital d. O seu número quântico magnético m pode apresentar valores –2, –1, 0, 1 e 2, bem como o valor do número quântico spin (ms) pode ser tanto –1/2 como +1/2. Assim, o único conjunto de números quânticos que pode caracterizar esse elétron é n = 3, = 2, m = –2 e ms = –1/2.

Questão 33 Comentário:

A) De acordo com a configuração eletrônica fornecida, temos o elétron diferencial no 3º nível, subnível d. Sendo assim, o orbital no qual esse elétron se encontra pode ser representado por:

m=0

Oquenoslevaaconcluirqueaconfiguraçãonessesubnívelé dada por:

Ou seja, sua configuração eletrônica no subnívelmaisenergético é 3d8. A configuração eletrônica para esseelemento é, então:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d8 ou 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d8 4s2

Como foram representados 28 elétrons, Z = 28 e se trata do elemento níquel (Ni).

B) Os elétrons devem ser removidos do subnível mais externo,

que, no caso, é o subnível 4s. Logo, o cátion bivalente

apresentaconfiguraçãoeletrônicarepresentadapor:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d8

Questão 34 – Letra C

Comentário: O número atômico mínimo do átomo deve ser tal

que o conjunto de números quânticos apresentados seja relativo

ao elétron mais energético desse átomo. Portanto, o elétron

mais energético do átomo pertence ao quarto nível (n = 4) e

ao primeiro orbital do tipo d ( = 2 e m = –2), sendo que

se trata do segundo elétron a ser adicionado nesse orbital

(ms = +1 2 , considerando que o primeiro elétron a ser

adicionado a um orbital possui spin –1 2 ). Assim, o último

subnível desse átomo apresenta 6 elétrons, e sua representação

é 4d6.

Retornando à sequência do diagrama de Pauling, a configuração

eletrônica desse átomo deve ser

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d6

e, portanto, o átomo apresenta número atômico Z = 44.

Questão 35 – Letra E

Comentário: A regra de Hund nos diz que os elétrons, em um

mesmo subnível, devem ser distribuídos de forma a obter o

maior número possível de elétrons desemparelhados. Isso não

é observado na alternativa E, na qual deveríamos encontrar

apenas 1 elétron em cada um dos 3 orbitais degenerados.


Comentário: O elétron encontra-se no segundo nível de

energia, logo apresenta número quântico principal n = 2 e está

localizado em um orbital p. Dessa forma, apresenta número

quântico secundário = 1, e seu número quântico magnético

m pode apresentar valores –1, 0 e 1, bem como o valor do

número quântico spin (ms) pode ser tanto –1 2 como +1 2 .

Portanto, o único conjunto de números quânticos que pode

caracterizar esse elétron é n = 2, = 1, m = –1 e ms = +1 2 .

Questão 37 – Letra D

Comentário:

• AconfiguraçãoeletrônicadoíonFe(II)édadapor1s2 2s2

2p6 3s2 3p6 3d8, sendo o subnível mais energético o 3d.

• Onúmeroquânticonrepresentaosníveis.Paraoíonem

questão, n do subnível mais energético é 3.

• Onúmeroquântico representa os subníveis que são iguais

a 0, 1 e 2, para s, p e d, respectivamente. E, portanto, para

o subnível mais energético = 2.

• Onúmeroquânticom representa as orientações espaciais

dos orbitais nos subníveis. Para o subnível d, m pode

variar entre –2 e 2. Logo, a alternativa D está incorreta,

pois apresenta m = –3.

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20 Coleção EM1

Questão 38 Comentário:

A) A distribuição eletrônica do íon A3+ é 1s2 2s2 2p6. Para substituir o A3+ é necessário ter a mesma valência, sendo, portanto, o íon Fe3+.

B) Combasenodiagramadeenergiacorrespondenteàfigura1, o fóton de luz visível liberado tem energia igual a 2,4 eV, conforme destacado a seguir:

Figura 2

4,0

3,5

3,0

2,4

2,0

1,5

1,0400 520 600 700

Ener

gia

(eV)

Comprimento de ondaλ (nm)

viol

eta

anil

azul

verd

e

amar

elo

alar

anja

do

verm

elho

Escala de coresλ (nm)400 450 500 550 600 650 700

Figura 15

4

2,4

1

0

Ener

gia

(eV)

520

Estado excitado

Estado fundamental

Relaxação molecularNível intermediário

Fóton de luzvisível

Nafigura2,épossívelassociarovalordaenergiadofótonao comprimento de onda. Verifica-se que a energia de 2,4 eV está associada ao comprimento de onda de 520 nm, conforme destacado a seguir:

Figura 2

4,0

3,5

3,0

2,4

2,0

1,5

1,0400 520 600 700

Ener

gia

(eV)


viol

eta

anil

azul

verd

e

amar

elo

alar

anja

do

verm

elho


Figura 15

4

2,4

1

0

Ener

gia

(eV)

520

Estado excitado

Estado fundamental



A cor correspondente ao comprimento de onda igual a 520 nm éaverde,conformeverifica-senaescaladecoresaseguir:

Figura 2

4,0

3,5

3,0

2,4

2,0

1,5

1,0400 520 600 700

Ener

gia

(eV)


viol

eta

anil

azul

verd

e

amar

elo

alar

anja

do

verm

elho


Figura 15

4

2,4

1

0

Ener

gia

(eV)

520

Estado excitado

Estado fundamental



Questão 39 – Letra BComentário: A regra de Hund nos diz que os elétrons, em um mesmo subnível, devem ser distribuídos de forma a obter o maior número possível de elétrons desemparelhados. A) e C) Incorretas: Há elétrons emparelhados em um mesmo

orbital mesmo havendo neste subnível orbitais vazios.D) eE) Incorretas. A configuração [Ar] 3d4 4s2 é irregular,

sendoqueoefetivamenteencontrado[Ar]3d5 4s1. Isso pode ser justificado, pois o subnível 3d ficará semi preenchido, aumentando a estabilidade da espécie em questão.

B) Correta. Conforme discutido anteriormente.

Questão 40 – Letra CComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta.Aoganharumelétron,oátomodeflúorassume

configuraçãoeletrônicasimilaràdoneônio.Comooquecaracteriza um elemento químico é o número de prótons, um elemento não se transforma em outro ao ganhar ou perder elétrons.

B) Incorreta. Ao perder um elétron, o átomo de sódio assume configuraçãoeletrônicasimilaràdoneônio.Aindaassim,continua sendo sódio.

C) Correta. Espécies diamagnéticas são aquelas que apresentam todos os seus elétrons emparelhados, tal comoocorrecomespéciesqueapresentamconfiguraçãoeletrônica similar aos gases nobres.

D) Incorreta.Aconfiguraçãoeletrônicadoneônioé1s2 2s2 2p6. Para o subnível s, = 0, enquanto para p, = 1. Logo, o segundo número quântico representado é incompatível.

Seção Enem

Questão 01 – Letra BEixo cognitivo: II

Competência de área: 1

Habilidade: 3

Comentário: De acordo com o modelo atômico de Bohr, os elétrons encontram-se em níveis de energia quantizados. Assim, a chama fornece energia igual à diferença energética entre as órbitas em questão, e ocorre a excitação de elétrons para níveis mais externos. Ao retornar para os níveis menos energéticos, a energia é emitida na forma de fótons, alterando a coloração da chama. Dessa forma, a alteração da cor da chama ocorre devido à emissão de fótons pelo sódio, excitado por causa da chama.

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: I


Habilidade: 24

Comentário: A quimiluminescência é um fenômeno em que uma reação química produz uma molécula intermediária no estado excitado que, ao retornar ao seu estado fundamental (relaxação), emite radiação com frequência na região do visível. A reação do luminol é um fenômeno de quimiluminescência em que os estados intermediário e fundamental da molécula que sofre relaxação estão representados pelas estruturas III (marcada com asterisco) e IV, respectivamente.

Questão 03 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 22

Comentário: Em seus postulados, Bohr propõe que o elétron se movimenta em órbitas estacionárias de energia. Ao absorver energia externa, um elétron pode ser excitado. Ao retornar a um nível mais interno, ele emitirá energia sob a forma de ondas eletromagnéticas. Caso esta apresente frequência na região do visível, haverá uma linha espectral.

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Eixo cognitivo: III


Habilidade: 22

Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. O ácido fosfórico na fase gasosa é incolor.

B) Incorreta. O P2O5 na fase gasosa é incolor.

C) Incorreta. Uma excitação eletrônica (ou seja, transição de um elétron de um nível de menor energia para um nível de maior energia) ocorre com absorção de energia.

D) Incorreta.Ooxigênionãocedeenergiatérmicaparaafosfinapara que ocorra a combustão. Um elétron formador de um átomo de oxigênio não poderia se aproximar do núcleo, pois os níveis mais internos estariam completamente preenchidos com outros elétrons.

E) Correta.Aqueimadafosfinaéumprocessoexotérmico.Parte da energia térmica liberada é absorvida por elétrons dos átomos que formam os produtos. Esses elétrons, ao absorverem energia, sofrem uma transição eletrônica de um nível menos energético para um nível de maior energia e, ao fazerem o caminho inverso, emitem a mesma quantidade de energia absorvida, nesse caso, na forma de luz azul.

Questão 05 – Letra B

Eixo cognitivo: I


Habilidade: 24

Comentário: A reatividade química de um átomo deve-se a sua capacidade em estabelecer ligações químicas. Esta deve-se, entre outros fatores, aos elétrons do nível de valência.

CAPÍTULO – A4Classificação periódica

Exercícios de aprendizagem


Comentário: Os elementos boro, carbono e nitrogênio apresentam 2 níveis eletrônicos com elétrons. Alumínio, silício e fósforo apresentam 3 níveis eletrônicos com elétrons, enquanto gálio, germânio e arsênio apresentam 4. Boro, alumínio e gálio apresentam 3 elétrons de valência; carbono, silício e germânio apresentam 4, enquanto nitrogênio, fósforo e arsênio apresentam 5.

Assim, os possíveis pares de elementos que atendem à solicitação do exercício são:

Boro e silício; carbono e fósforo; alumínio e germânio; ou ainda silício e arsênio.

Questão 02 – Letra A

Comentário: O elemento (W) apresenta número atômico superior a 92. Todos os elementos que apresentam número atômico superior a 92 são artificiais e possuem núcleos instáveis, sendo, portanto, radioativos.

O elemento X é o sódio, cujo íon Na+ é o principal cátion do líquido extracelular, além de desempenhar diversas funções no nosso organismo, sendo assim classificado como um íon essencial.

O elemento Y é o mercúrio, cujo íon metálico é acumulativo e tóxico. Mesmo em baixas doses, essa espécie pode causar distúrbios neurológicos, entre vários outros problemas de saúde.

O elemento Z é o nitrogênio. No nosso organismo, ele participa da constituição dos ácidos nucleicos, entre outras funções biológicas importantes.


Comentário: Conforme descrito no enunciado, os elementos utilizados como impurezas devem ter 5 elétrons de valência. A análise da tabela revela que nitrogênio (N), fósforo (P), arsênio (As), antimônio (Sb) e bismuto (Bi) apresentam 5 elétrons de valência.



A) Incorreta. Os metais alcalinos apresentam 1 elétron de valência.Assim,paraassumiremconfiguraçãoeletrônicasimilar à dos gases nobres, devem perder esse elétron, assumindo carga +1.

B) Correta. As semelhanças nas propriedades químicas de alguns elementos devem-se ao mesmo número de elétrons noníveldevalência,oqueéverificadoparaelementosdeuma mesma família. Cloro e iodo pertencem à família dos halogênios. As diferenças nos estados físicos devem-se às intensidades das interações existentes entre suas moléculas, o que é uma propriedade física.

C) Incorreta. A distribuição eletrônica ocorre em função da ordem crescente de energia dos subníveis. Como o subnível 4s é menos energético que o 3d, todos os elementos que apresentarem mais de 8 elétrons no terceiro nível (preenchimento dos subníveis 3s e 3p) necessariamente apresentarão o subnível 4s preenchido. Logo, apresentarão no mínimo 4 níveis, devendo ser colocados a partir do 4º período da tabela periódica.

D) Incorreta.Atabelaatualéclassificadaemordemcrescentede número atômico (número de prótons) dos elementos químicos e não de suas massas, de forma que elementos com propriedades químicas semelhantes sejam agrupados em uma mesma coluna, denominada família.

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Comentário: As configurações eletrônicas dos elementos X e Y são respectivamente:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p3 e 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1.

Para os dois elementos, o maior valor de n é 4. Logo, ambos os elementos se encontram no 4º período. O elemento X apresenta, no nível de valência, 5 elétrons – 4s2 4p3 e, portanto, pertence à família 15, antiga VA. Já o elemento Y apresenta, no nível de valência, 1 elétron – 4s1 e, portanto, pertence a família 1, antiga IA.



A) Incorreta. Entre os metais apresentados, apenas V, Cr, Mn, Fe, Co, Ni, Cu, Zn e Mo são de transição, e todos apresentam seu elétron diferencial no subnível d. Os demais elementos são representativos, e Na, Mg, K e Ca apresentam seu elétron diferencial no subnível s, enquanto Sn apresenta seu elétron diferencial no subnível p.

B) Correta. Mg e Ca são elementos representativos pertencentes à família dos metais alcalinoterrosos.

C) Incorreta. O potássio apresenta 19 elétrons, e a distribuição eletrônica deve seguir a ordem crescente de energia dos subníveis. Assim, a distribuição eletrônica correta para o potássio é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1.

D) Incorreta. Apenas elementos com 57 elétrons ou mais apresentam elétrons no subnível f. O Mo apresenta 42 elétrons, enquanto o Sn apresenta 50. Logo, os dois elementos não apresentam elétrons no subnível f quando os consideramos no estado fundamental.

E) Incorreta. Entre as espécies apresentadas, todas neutras no estado fundamental, Mg, Ca e Zn apresentam todos os subníveis completamente preenchidos, com distribuições eletrônicas iguais a:

Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2;

Ca: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 e;

Zn: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10.

Questão 07

Comentário: Para responder aos itens A e B, analisaremos a tabela a seguir:

Elemento Distribuição eletrônicaNúmero de elétrons de

valênciaFamília Classificação

A1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

3d10 4p6 8 18 Gases nobres Representativo

B1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10

4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 2 2Metais alcalino-

-terrososRepresentativo

C1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

3d10 4p5 7 17 Halogênios Representativo

D 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 1 1 Metais alcalinos Representativo

E 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 6 16 Calcogênios Representativo

Questão 08

Comentário:

A) Os três elementos apresentados encontram-se em uma mesma família. Dessa forma, a comparação entre seus raios pode ser feita considerando-se apenas o número de níveis energéticos preenchidos para cada um deles. Como o boro (B) apresenta apenas 2 níveis, o gálio (Ga) apresenta 4 níveis e o índio (In), 5 níveis energéticos preenchidos. Logo, a ordem crescente é raio B < raio Ga < raio In.

B) Os três elementos apresentados encontram-se no mesmo período e, portanto, apresentam mesmo número de níveis eletrônicos preenchidos. Assim, a comparação entre os seus raios atômicos deve ser realizada com base na carga nuclear efetiva (Zef) de cada um deles. Para o alumínio Zef = 3, para o fósforo Zef = 5, enquanto para o cloro Zef = 7. Como a carga nuclear efetiva do C é maior, seus elétrons de valência são mais fortemente atraídos pelo núcleo, apresentando, assim, menor raio. Já o A apresenta Zef menor, o que implica menor interação núcleo-elétrons de valência e, assim, maior raio. Logo, a ordem crescente de raio atômico verificada é raio C < raio P < raio A.

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C) As três espécies apresentadas possuem a mesma carga

nuclear, diferenciando-se apenas quanto ao número de

elétrons. Nesse caso, quanto maior for o número de elétrons

da espécie, maior também será a repulsão intereletrônica,

o que requer maior volume da eletrosfera. Assim, o Cu2+

que apresenta menor número de elétrons (27) apresentará

menor raio, enquanto o Cu, com 29 elétrons, apresentará

maior raio. Logo, a ordem crescente de raio das espécies

analisadas é raio Cu2+< raio Cu+< raio Cu.

D) As duas espécies em questão apresentam mesma carga

nuclear por se tratar do mesmo elemento químico.

Entretanto, o O2– apresenta 2 elétrons a mais que o O. Logo,

a repulsão intereletrônica no primeiro é maior, ocasionando

uma expansão do raio iônico. Assim, a ordem crescente de

raio das espécies analisadas é raio O < raio O2–.

E) Os elementos apresentados situam-se em famílias e

períodos diferentes. Considerando apenas as diferentes

localizações nos períodos, sabemos que quanto maior for

o número de níveis eletrônicos preenchidos, maior será a

distância do núcleo ao último nível e, portanto, maior será

o raio. Essa análise nos permite concluir que o raio de

S (3 níveis eletrônicos preenchidos) é maior que o de

F (2 níveis eletrônicos preenchidos). Considerando ainda

que os elementos encontram-se em famílias diferentes,

devemos analisar a carga nuclear efetiva de cada um deles.

Para o F, Zef = 7, enquanto para o S, Zef = 6. A menor

carga nuclear efetiva para o S evidencia que seus elétrons

de valência interagem menos intensamente com o núcleo,

logo, este apresenta maior raio. Assim, raio F < raio S.

Questão 09 – Letra AComentário: Ao longo de um período, o número de níveis se

mantémconstante.Jáacarganuclear,portanto,acarganuclear

efetiva sobre os elétrons de valência aumenta. Assim, cresce

também a atração núcleo-elétrons de valência, fazendo com

que o raio atômico diminua. Logo, a ordem crescente para os

raios atômicos dos metais do terceiro período é:

alumínio < magnésio < sódio.

Questão 10

Comentário: As três espécies mostradas no exercício são

isoeletrônicas e com configuração eletrônica expressa por 1s2 2s2

2p6. No entanto, as cargas nucleares e, portanto, a carga nuclear

efetiva sobre os elétrons de valência são diferentes e dadas por:

Zef (12Mg2+) = 12 – 2 = 10

Zef (8O2–) = 8 – 2 = 6

Zef (10Ne) = 10 – 2 = 8

Quanto menor for Zef sobre os elétrons de valência, menor

será a atração do núcleo sobre tais elétrons, e maior será o

raio. Logo, a espécie O2– é a que possui maior raio (esfera I).

Questão 11

Comentário:

A) Os elementos apresentados encontram-se na mesma

família. Assim, quanto maior for o número de níveis

eletrônicos preenchidos, menos intensamente o núcleo irá

atrair os elétrons de valência. Logo, menor será a energia

necessária para remover um elétron (menor potencial de

ionização). Como o Mg tem 3 níveis preenchidos, e o Ca

tem 4 níveis ocupados, concluímos que E(Mg) > E(Ca).

B) P e C apresentam mesmo número de níveis eletrônicos

preenchidos. Entretanto, a carga nuclear efetiva para o

C (Zef=7)émaiorqueaverificadaparaoP (Zef = 5).

Isso permite concluir que os elétrons de valência do C

interagem mais intensamente com o núcleo se comparado

aos do P. Portanto, a remoção de elétrons no C requer maior

absorção de energia, o que faz com que seu potencial de

ionização seja maior que o encontrado para o P; E(C) > E(P).

C) Oflúorapresentamaiorcarganuclearefetiva(Zef = 7) e menor

número de níveis quando comparado ao enxofre. Assim, os

elétrons de valência do F são mais fortemente atraídos pelo

núcleo que os do S. Logo, o potencial de ionização do F é maior,

pois a remoção de elétrons nos átomos desse elemento requer

maior absorção de energia; E(F) > E(S).


Comentário: A análise do gráfico revela um aumento considerável

da 3ª para a 4ª energia de ionização. Isso é verificado quando

ocorre mudança de nível, pois o próximo elétron a ser removido

encontra-se em um nível mais interno, mais próximo do núcleo.

Assim, podemos verificar que foram removidos 3 elétrons antes

da mudança de nível. Como o enunciado informa que o elemento

encontra-se no terceiro período, trata-se do alumínio.

Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das

alternativas.

A) Correta. Os não metais do terceiro período (Si, P, S e C)

apresentam carga nuclear efetiva maior que o A(Zef = 3).

Logo, a interação núcleo-elétron no alumínio é menor que

averificadaparaqualquernãometaldomesmoperíodo.

B) Correta.Aafinidadeeletrônicaédefinidacomoaenergia

liberada por um átomo ao receber 1 elétron em seu nível

de valência. Como Zef para o A é muito baixa, o núcleo

atrairá com menor intensidade o elétron adicional quando

comparado a um não metal.

C) Correta. A distribuição eletrônica do alumínio é 1s2 2s2 2p6

3s2 3p1, ou seja, 2 elétrons no primeiro nível, 8 elétrons

no segundo nível e 3 elétrons no terceiro nível.

D) Incorreta. Como discutido anteriormente, o elemento em

questão é o alumínio, que apresenta 3 elétrons de valência.

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Questão 13 – Letra BComentário: O número de elétrons de valência pode ser determinado considerando-se a variação abrupta na energia de ionização. Para os elementos I e III, a variação súbita ocorre da 1ª para a 2ª energia de ionização, indicando que o 2º elétron a ser removido encontra-se em um nível mais interno. Assim, esses elementos apresentam apenas 1 elétron de valência. Para o elemento II, a variação súbita ocorre da 2ª para a 3ª energia de ionização, indicando que esse elemento apresenta 2 elétrons de valência. Já para o elemento 4, nenhuma grande variação foi verificada. Logo, esse elemento apresenta 4 ou mais elétrons de valência.

Questão 14 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta. Como os elementos que estão sendo comparados

encontram-se no mesmo período, analisaremos suas cargas nucleares efetivas. Como os halogênios apresentam maior carga nuclear efetiva (Zef = 7) que os calcogênios (Zef = 6), a atração de seus núcleos pelos elétrons de valência será maior, necessitando-se, portanto, de maior energia para remover os elétrons.

B) Correta. Como os elementos encontram-se na mesma família, suas cargas nucleares efetivas serão aproximadamente iguais. Assim, quanto maior for o número de níveis ocupados por elétrons, maior será o volume da eletrosfera e, portanto, maior será o raio.

C) Incorreta. Assim como discutido no comentário da alternativa B, para elementos de mesma família, quanto maior for o número de níveis ocupados, maior será o raio atômico. Assim, um gás nobre do 2º período apresenta menor raio que um gás nobre do 6º período.

D) Incorreta. A eletronegatividade relaciona-se com a atração que o núcleo exerce nos elétrons em uma ligação química. Assim, quanto menor for o raio atômico, maior será a atração do núcleo pelos elétrons da ligação, e assim, maior a eletronegatividade. Como os elementos se encontram no mesmo período e a carga nuclear efetiva do elemento da família 16 é maior se comparada à da família 14, os calcogênios apresentarão maior eletronegatividade que os elementos encontrados na família do carbono de mesmo período.

E) Incorreta. A eletropositividade mede a facilidade de um átomo em perder elétrons. Para elementos de mesmo período, quanto menor for a carga nuclear efetiva, menor será a interação do núcleo com os elétrons de valência e, assim, maior a eletropositividade. Dessa forma, os metais alcalinos (Zef = 1) são mais eletropositivos que os metais da família 15 (Zef = 5) de mesmo período.

Questão 15 – Letra AComentário: Inicialmente, faremos a distribuição eletrônica e calcularemos a carga nuclear efetiva para cada uma das espécies:

5B – 1s2 2s2 2p1 2 níveis eletrônicos preenchidos Zef = 5 – 2 = 3

13Al – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 3 níveis eletrônicos preenchidos Zef = 13 – 10 = 3

6C – 1s2 2s2 2p2 2 níveis eletrônicos preenchidos Zef = 6 – 2 = 4

14Si – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2 3 níveis eletrônicos preenchidos Zef = 14 – 10 = 4

Com base na distribuição feita acima, analisaremos cada uma das alternativas a seguir.

A) Correta. O caráter metálico se relaciona com a tendência a perder elétrons que é verificada para elementos de menor Zef e maior número de níveis. Isso é verificado para o alumínio.

B) Incorreta. O raio atômico é tanto maior quanto menor for a atração entre o núcleo e os elétrons de valência. Isso irá ocorrer para elementos com maior número de níveis eletrônicos preenchidos e menor Zef, tal como ocorre com o alumínio.

C) Incorreta. A eletronegatividade se relaciona com a tendência de um átomo em atrair elétrons em uma ligação covalente. Para que tal atração seja mais efetiva, o átomo deve apresentar menor raio, ou seja, menor número de níveis eletrônicos preenchidos e maior Zef. Assim, o carbono é o elemento mais eletronegativo.

D) Incorreta. A energia de ionização se relaciona com a energia que deve ser fornecida para remover um elétron de um átomo isolado e na fase gasosa. Esta será tanto maior quanto menor for o raio. Portanto, entre os elementos listados, o carbono apresenta a maior energia de ionização.

Exercícios propostos


Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.

I. e III. Incorretas. O elemento de número atômico 16 é o enxofre (S).Seu número de massa é 32. Logo, possui 16 prótons, 16 elétrons e 16 nêutrons.

II. Correta. Sua configuração eletrônica é:1s2 2s2 2p6 3s2 3p4.

IV. Incorreta. Está localizado no terceiro período e na família 16 (calcogênios) da tabela periódica.

V. Correta. Vide comentário da afirmativa IV.

Logo, a alternativa C é a correta.



A) Incorreta. Os elementos Na (Z = 11), Al (Z = 13) e Ar (Z = 18) são todos do mesmo período.

B) Correta. Os elementos Ti (Z = 22), Ru (Z = 44) e W (Z = 74) são metais de transição externa.

C) Correta. Os elementos Ce (Z = 58), Yb (Z = 70) e Lu (Z = 71) são todos metais, e os dois últimos são elementos de transição interna.

D) Correta. Os elementos Be (M = 9,0), Mg (M = 24,3) e Ra (M = 226) são metais alcalinoterrosos.

E) Correta. Os elementos He (M = 4,0), N (M = 14,0) e Cl (M = 35,5) são gasosos.


Comentário: Elementos pertencentes ao mesmo grupo ou família apresentam propriedades físicas e químicas similares, devido às semelhanças em suas configurações eletrônicas. Os únicos elementos que pertencem às mesmas famílias entre os citados são o cálcio (Ca) e o magnésio (Mg), pertencentes ao grupo 2 (família IIA).

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Questão 04 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.A) Correta. Entre os elementos apresentados, somente o ferro

(Fe) e o titânio (Ti) são metais de transição. B) Incorreta. Abundância dos metais alcalinos (Na e K) =

2,8 + 2,6 = 5,4% em massa. Abundância dos metais alcalinoterrosos (Ca e Mg) = 3,6 + 2,1 = 5,7% em massa.

C) Correta. Dos constituintes apresentados, os metais são A, Fe, Ca, Na, K, Mg e Ti. A porcentagem total, em massa, dos metais é igual a 24,6%, ou seja, menos da metade em massa da crosta terrestre.

D) Correta. Nenhum halogênio (grupo 17) se encontra entre os constituintes mais abundantes na crosta terrestre. Portanto, oshalogêniosestãorepresentadosnográficonaclassificação“Todos os outros”, que apresenta porcentagem de 1,1% em massa.

Questão 05 – Letra AComentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta. Elementos de mesmo período apresentam

mesmonúmerodeníveis.Jáelementosdemesmafamíliaapresentam propriedades químicas semelhantes.

B) Correta. Os elementos da família 1A (metais alcalinos), tal como o potássio, apresentam 1 elétron de valência.

C) Correta. O fator que caracteriza um elemento químico é o número de prótons. Assim, todos os átomos de um mesmo elemento apresentarão o mesmo número de prótons. Para o cloro, este número é igual a 17.

D) Correta. De fato, o símbolo do elemento silício é Si, e o fósforo é P, que deriva do nome desse elemento químico em latim phosphorus.

E) Correta. Os gases nobres apresentam os subníveis s e p completos, o que lhes confere estabilidade. Dessa forma, em condições normais eles não reagem. Observação: sob condições especiais de temperatura e pressão, alguns gases nobres podem formar compostos químicos.

Questão 06 – Letra DComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das distribuições eletrônicas:1. Elementometalalcalino(coluna1),poisaconfiguraçãode

valência é igual a ns1.2. Elemento da família dos gases nobres (coluna 18), pois a

configuraçãodevalênciaéigualans2 np6.3. Elemento metal alcalinoterroso (coluna 2), pois a

configuraçãodevalênciaéigualans2.4. Elemento da família dos gases nobres (coluna 18), pois a

configuraçãodevalênciaéigualans2 np6.5. Elemento da família dos halogênios (coluna 17), pois a

configuraçãodevalênciaéigualans2 np5.

Questão 07Comentário: A distribuição eletrônica nos indica a localização do elemento na tabela periódica. Assim, temos:

A) 2-8-4; 3p2 – O elemento apresenta seu elétron de valência, no 3º nível, subnível p. Logo se trata de um elemento representativo. Como apresenta 4 elétrons de valência encontra-se na família 14, antiga IVA.

B) 2-8-16-2; 3d8 – O elemento apresenta 4 níveis eletrônicos preenchidos. Logo se encontra no 4º nível. Seu elétron diferencial se encontra no subnível d. Logo se trata de um elemento de transição. Como apresenta 8 elétrons no subnível 3d, ele se encontra na família 10.

C) 2-8-18-8-1; 5s1 – O elemento apresenta seu elétron de valência no 5º nível, subnível s. Logo se trata de um elemento representativo. Como apresenta 1 elétron de valência, encontra-se na família 1, antiga IA.

D) 2-8-18-32-18-6; 6p4 – O elemento apresenta seu elétron de valência no 6º nível, subnível p. Logo se trata de um elemento representativo. Como apresenta 6 elétrons de valência, encontra-se na família 16, antiga VIA.

E) 2-8-10-2; 3d2 – O elemento apresenta 4 níveis eletrônicos preenchidos. Logo se encontra no 4º nível. Seu elétron diferencial se encontra no subnível d. Logo se trata de um elemento de transição. Como apresenta 2 elétrons no subnível 3d, ele se encontra na família 4.



A) Correta. O átomo neutro de Cr (Z = 24) apresenta 24 elétrons. Logo, seu cátion trivalente, Cr3+, apresenta 21 elétrons.

B) Correta. O ferro (Fe) apresenta número atômico Z = 26. Portanto, mesmo quando se encontra ionizado, como no cátion Fe3+, o ferro ainda possui 26 prótons.

C) Incorreta. O átomo neutro de Fe (Z = 26) possui 26 prótons e 26 elétrons. Para se transformar em seu cátion trivalente, Fe3+, o átomo neutro deve perder 3 elétrons. Assim, o cátion Fe3+ possui 26 prótons e 23 elétrons.

D) Correta. Distribuição eletrônica para o átomo neutro de Cu (Z = 29): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d10.

Para formar seu cátion Cu2+, o cobre perde um elétron de seu subnível de valência (4s), transformando o subnível 3d no novo subnível de valência de onde se retira mais um elétron.Assim,temosaconfiguraçãoeletrônicadocátionbivalente do cobre:

Cu2+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9

No primeiro nível, o cátion possui 2 elétrons; no segundo nível, 8 elétrons e, no terceiro nível, 17 elétrons.

E) Correta. Verificando-se as distribuições eletrônicas dos átomos neutros de Cu (Z = 29), Cr (Z = 24) e Fe (Z = 26):

Cu: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d10

Cr: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5

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

Todos os átomos neutros apresentam o 4º nível como nível de valência. Portanto, na tabela periódica, os elementos pertencem ao 4º período.

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Questão 09 – Letra CComentário: Os elementos de transição (grupo B) apresentam o elétron diferencial em um subnível d do penúltimo nível eletrônico (sublinhado na distribuição eletrônica a seguir). A distribuição eletrônica em ordem geométrica para o cádmio neutro e no estado fundamental encontra-se a seguir:

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

Portanto, o cádmio é um elemento de transição.

Questão 10 – Letra DComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.A) Incorreta. O carbono, o nitrogênio e o oxigênio fazem

parte do segundo período; o hidrogênio faz parte do primeiro período; e o fósforo, do terceiro período da classificaçãoperiódica.

B) Incorreta. Apenas dois elementos do conjunto B (12Mg e 20Ca) são metais alcalinoterrosos. O sódio e o potássio são metais alcalinos, e o enxofre e o cloro são ametais dos grupos dos calcogênios e dos halogênios, respectivamente.

C) Incorreta. Não há nenhum elemento nesse conjunto que faça parte do sexto período da tabela periódica. Os elementos 23V, 24Cr, 25Mn, 26Fe, 27Co, 29Cu e 30Zn fazem parte do quarto período, enquanto o 42Mo e o 53I fazem parte do quinto período da tabela periódica.

D) Correta. Excetuando o 53I, todos os outros elementos do conjunto C são metais de transição.

Questão 11Comentário: O elemento químico que é um metal alcalino (pertencente à família 1A) do 3º período é o sódio, cujo símbolo é o Na. A distribuição eletrônica do sódio neutro é 1s2 2s2 2p6 3s1. Portanto, o número de elétrons presente no subnível de valência 3s é igual a 1.O elemento genérico representado por T apresenta a configuração eletrônica 1s2 2s2 2p4. Considerando que a configuração corresponde a um átomo neutro, trata-se do elemento oxigênio, cujo número atômico e o número de elétrons é igual a 8 e cujo símbolo é O. O elemento químico que é um elemento representativo do 5º período e que possui 5 elétrons de valência (família 5A) é o antimônio, cujo símbolo é Sb e o número atômico é 51.

Portanto, a senha que o hacker deve digitar é Na1O8Sb51.

Questão 12 – Letra EComentário: Para a resolução desse exercício, analisaremos cada uma das afirmativas.

I. Correta. O 3º nível apresenta os subníveis s, p e d que suportam até 2, 6 e 10 elétrons, respectivamente. Isso totaliza 18 elétrons.

II. Correta.Aconfiguraçãorepresentadapodesersubstituídapor: 1s2 2s2 2p6 3p1. Sabemos que o subnível p é mais energético que o s do mesmo nível. Logo, o estado fundamental é representado por 1s2 2s2 2p6 3s1. Como foram representados 11 elétrons, e considerando que a espécie é neutra, ela apresentará Z = 11. Isso caracteriza o sódio.

III. Correta. A distribuição eletrônica do enxofre é representada por 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4. No subnível de valência, temos:

e, portanto, dois elétrons desemparelhados.

Portanto, a alternativa correta é a E.

Questão 13 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Incorreta. O hélio é um gás nobre, pois pertence à família

18 (VIII A). Os calcogênios são os elementos pertencentes à família 16 (VIA).

B) Correta. O cromo é um metal de transição, do quarto período, pertencente à família 6 (antiga VIB).

C) Incorreta. O frâncio apresenta menor carga nuclear efetiva sobre os elétrons de valência em relação ao hássio. Como ambos apresentam o mesmo número de níveis eletrônicos preenchidos no estado fundamental, o frâncio exibirá o maior raio atômico.

D) Incorreta. O ferro e o hássio pertencem à mesma família na tabela periódica. Entretanto, o ferro encontra-se no 4º período e o hássio pertence ao 7º período.

E) Incorreta. O lítio, o potássio e o frâncio são metais alcalinos e como tais, apresentam seu elétron mais energético situado no subnível s.

Questão 14 – Letra BComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.A) Correta. O bário se encontra na coluna 2 (família IIA) e

éclassificadocomometalalcalinoterroso.B) Incorreta. Uma espécie química com a mesma quantidade

de prótons e elétrons é eletricamente neutra. O íon Ba2+ apresenta 56 prótons e 54 elétrons.

C) Correta. O Ba2+ possui 1 nível eletrônico ocupado a mais que o Sr2+, o que confere ao Ba2+ maior raio iônico.

D) Correta. A carga bivalente do cátion de bário é resultado da perda de 2 elétrons pelo átomo neutro de bário.

E) Correta. Quando um átomo neutro de bário se transforma no cátion Ba2+, ele perde 2 elétrons, e o seu núcleo atrai mais fortemente a eletrosfera, diminuindo seu raio.

Questão 15 – Letra EComentário: A seguir, apresentam-se as configurações eletrônicas, em níveis de energia, para os átomos de alguns elementos e seus respectivos íons:

11Na

8 12

Na+ rNa+ < rNa

82

12Mg

8 22

Mg2+ rMg2+ < rMg

82

9F

72

F– rF– > rF

82

8O

62

O2– rO2– > rO

82

O raio de um cátion é sempre menor que o raio do respectivo átomo neutro.Jáumâniontemraiomaiorqueorespectivoátomoneutro.

Numa comparação entre espécies isoeletrônicas (mesmo número de elétrons), tem menor raio a espécie que apresenta a maior carga nuclear. Logo,

rMg2+ < rNa

+ < rF– < rO

2–

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Questão 16

Comentário:

A) Apenas para o grupo A, B, C é possível estabelecer uma relação direta. Quando se compara os raios atômicos do D e do F, não é possível chegar a uma conclusão precisa. Oraioatômicoé influenciadopelacarganuclearefetivae pelo número de níveis. O átomo F possui mais níveis eletrônicos e o átomo D possui menor carga nuclear efetiva, fatores que favorecem um raio maior, sendo impossível estabelecer uma ordem crescente de raio atômico para esses átomos analisando apenas os dados fornecidos.

B) A ordem crescente do grupo A, B, C é a seguinte:

B < A < C

A e B apresentam mesmo número de níveis, porém a carga nuclear efetiva de B é maior que a de A. Logo, os elétrons de valência de B são mais intensamente atraídos pelo núcleo, e o raio de B é menor que o de A. A e C apresentam cargas nucleares efetivas similares, entretanto, A apresenta um nível a menos, sendo, portanto, menor que C.

Questão 17

Comentário:

I. Li, Na, K, Rb, Cs e Fr são metais alcalinos, pois pertencem à família 1 (1A). Entretanto, entre esses, apenas o potássio (K) aparece citado no enunciado.

II. Apenas duas substâncias elementares são líquidas nas condições ambiente – o mercúrio e o bromo. Entretanto, apenas o mercúrio (Hg) aparece citado no enunciado.

III. A ordem crescente de potencial de ionização no grupo 15 é Bi < Sb < As < P < N. Como o bismuto e o antimônio não foram citados no enunciado, o elemento a ser indicado é o arsênio (As).

IV. Entre os elementos citados, o urânio (U) é radioativo e usado em usinas nucleares.

V. Apenas os gases nobres – He, Ne, Ar, Kr, Xe e Rn são gases encontrados naturalmente sob a forma monoatômica. Entre esses, apenas o argônio (Ar) foi citado no enunciado.

VI. Cério (Ce) é um lantanídeo, pois é o elemento de transição interna do 6º período que se encontra citado no enunciado.

Questão 18 Comentário: Iniciaremos com a distribuição eletrônica das espécies em questão:

82Pb – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p2

26Fe – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6

13A – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1

14Si – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2

80Hg – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10

24Cr – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5

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

A) Bário. O potencial de ionização é tanto menor quanto maior for o raio atômico da espécie em questão. Entre as espécies representadas, o maior número de níveis eletrônicos preenchidos juntamente com a menor carga nuclear efetiva éverificadoparaobário.

B) Ferro, Mercúrio e Cromo. Metais de transição são aqueles que apresentam seu elétron diferencial no subnível d. Conforme mostrado na distribuição eletrônica, isso ocorre para Fe, Hg e Cr.

Questão 19 – Letra CComentário: Energia de ionização é a energia necessária para retirar um elétron de um átomo no estado gasoso. Essa energia é tanto maior quanto mais próximo o elétron se encontra do núcleo, em virtude da maior atração coulombiana que está sendo exercida sobre ele. Quando se retira um elétron do átomo, ocorre a diminuição do raio iônico, pois o núcleo, com sua carga constante, atrai os elétrons restantes com mais intensidade. Assim, para retirar o segundo elétron, é necessário fornecer mais energia que aquela para retirar o primeiro. As sucessivas energias de ionização de um átomo são crescentes.

Questão 20

B

D H C J A I G F

E

Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das descrições:

A) Nitrogênio.Suaconfiguraçãoeletrônicaé1s2 2s2 2p3. Como o subnível p apresenta 3 orbitais, haverá três elétrons desemparelhados.

B) Entre as espécies apresentadas, H2, He, F2 e Ne são gases que apresentam baixas concentrações na atmosfera.

C) Os elementos das famílias 1, 2 e 13 perdem elétrons facilmente. Entretanto, tais características não se aplicam amplamente a Berílio (família 2) e boro (família 13).

D) Lítio. Apresenta carga nuclear efetiva muito baixa (Zef = 1) e, portanto, elétrons de valência fracamente atraídos pelo núcleo contribuindo para maior raio.

E) Hélio. Apresenta o menor raio entre as espécies apresentadas e, portanto, menor tendência a perder elétrons.

F) Neônio. Elementos de mesma família apresentam propriedades químicas semelhantes.

G) Flúor. A alta reatividade pode ser associada à grande tendência dos átomos desse elemento a receber elétrons. Logo, a espécie designada genericamente por B é o hidrogênio.

H) Berílio. Entre os metais apresentados, é o único que não tem elétrons desemparelhados, conforme mostrado em distribuição eletrônica – 1s2 2s2. Assim, a espécie designada genericamente por C é o Boro.

I) Oxigênio. Entre as espécies apresentadas, apenas carbono e oxigênio formam substâncias alotrópicas comuns. Entretanto, apenas oxigênio forma, como substância simples mais comum, moléculas diatômicas.

J) Carbono.Asligaçõescovalentesentreosátomosdecarbonono diamante fazem com que essa substância tenha elevada temperatura de fusão.

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Questão 21 – Letra BComentário: Para remover o segundo elétron de um átomo, é necessária uma quantidade de energia maior que aquela necessária para retirar o primeiro elétron. Isso se deve ao fato de os elétrons estarem cada vez mais próximos do núcleo, que usa sua carga positiva constante, com maior força, para atrair os elétrons restantes.

Questão 22 – Letra CComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das proposições.

A) Correta. Quando o sódio perde 1 elétron e se transforma em Na+, seu núcleo atrai mais fortemente os elétrons restantes, diminuindo o raio.

B) Correta. Na+ e Mg2+ possuem a mesma quantidade de elétrons, porém, o Mg2+ possui maior carga nuclear, fazendo com que seu raio seja menor que o do sódio.

C) Incorreta. O elétron mais externo no magnésio é mais fortemente atraído que o elétron mais externo no sódio, devido à diferença de carga nuclear. Portanto, o primeiro potencial de ionização do magnésio é maior que o primeiro potencial de ionização do sódio.

D) Correta. A segunda energia de ionização é sempre maior que a primeira, pois, ao remover o primeiro elétron, a força de atração do núcleo sobre os elétrons restantes aumenta, fazendo com que seja necessário um gasto maior de energia para remover o elétron seguinte.

Questão 23 – Letra EComentário: O elemento I teve seu raio diminuído ao se transformar em um íon. Portanto, I tende a formar cátions, tal como berílio, cálcio e magnésio. O elemento II teve seu raio aumentado ao se transformar em um íon. Portanto, II tende a formar ânions, tal como iodo, enxofre e oxigênio. Como o raio iônico de I é menor que o raio atômico de II, o cátion I deve ter igual ou menor número de níveis em relação ao átomo II. Apenas a opção E se enquadra nessas características e, portanto, os elementos I e II podem ser, respectivamente, magnésio e oxigênio.

Questão 24 – Letra CComentário: Conforme descrito no enunciado do exercício, o efeito fotoelétrico consiste na emissão de elétrons provenientes de superfícies metálicas. Para que isso ocorra mais facilmente, é necessário que a espécie em questão apresente seu(s) elétron(s) de valência fracamente atraídos pelo núcleo, o que é verificado para os metais de maiores raios, em especial aqueles mais abaixo, no canto esquerdo da tabela periódica. Tal como ocorre com o césio.


A) Quando um elétron é removido de um átomo, a repulsão intereletrônica diminui, e, portanto, o raio também diminui. Logo, a energia para remover o elétron seguinte será necessariamente maior, pois o elétron estará mais fortemente atraído pelo núcleo, de forma que as sucessivas energias de ionização serão sempre crescentes. Como no diagrama II os valores de energia de ionização não seguem uma ordem crescente, ele não corresponde a nenhum elemento.

B) A análise dográfico revela que a remoçãodo2º elétronrequer energia muito maior que aquela para remover o 1º elétron. Logo, o elemento em questão apresenta apenas 1 elétron de valência. Como trata-se de um elemento do terceiro períododaclassificaçãoperiódica,conclui-sequeéosódio.

Questão 26

Comentário: As sucessivas energias de ionização apresentam, necessariamente, valores crescentes. Tal acréscimo é muito pronunciado quando o elétron a ser removido encontra-se em um nível inferior ao elétron anteriormente removido. Isso pode, portanto, indicar o número de elétrons de valência do átomo.

Conforme descrito no exercício, os elementos A, B, C, D e E representam cinco metais do 2º e 3º períodos e, portanto, tratam-se de lítio, sódio, berílio, magnésio e alumínio.

Metais

Energias de ionização (EI) em

eV Análise Metal Família

1ª 2ª 3ª

A 6,0 18,8 28,4

Nenhuma variação brusca foi verificada.

Logo, tal espécie apresenta 3 ou mais elétrons de valência.

E, portanto, pela descrição do

exercício, trata-se do alumínio.

Alumínio 13

B 5,4 75,6 122,4

Verifica-se grande variação na 2ª EI em relação à 1ª.

Isso indica 1 elétron de valência, assim como observado

para D. Entretanto, a 1ª EI de B é maior que D e, portanto, B apresenta menor número de níveis.

Lítio 1

C 7,6 15,0 80,1

Verifica-se grande variação na 3ª EI em

relação à 2ª. Isso indica 2 elétrons

de valência, assim como observado

para E. Entretanto, a 1ª EI de C é menor

que E e, portanto, C apresenta maior número de níveis.

Magnésio 2

D 5,1 47,3 71,6 Verificar acima Sódio 1

E 9,3 18,2 153,9 Verificar acima Berílio 2

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A) As sucessivas energias de ionização são sempre crescentes.

Um aumento brusco nessas energias indica que o elétron

removido foi de um nível mais interno, ou seja, é possível

identificar quantos elétrons de valência o elemento em

questão apresenta. Assim, temos:

Elemento Variação brusca

Nº de elétrons de valência Nome da família

W 3ª – 4ª EI 3 Família do boro

X 1ª – 2ª EI 1 Metais alcalinos

Y 1ª – 2ª EI 1 Metais alcalinos

Z 2ª – 3ª EI 2 Metais alcalinos terrosos

B) Os elementos X e Y apresentam a 2ª energia de ionização

consideravelmente maior que a 1ª, uma vez que ambos

apresentam 1 elétron de valência. Como dito no enunciado,

os elementos pertencem ao 3º ou 4º período da tabela

periódica, sendo o sódio (Na) ou o potássio (K). Como a

primeira energia de ionização de Y é maior que a de X,

o raio atômico de Y deve ser menor, sendo, portanto, o sódio.

Questão 28 – Letra AComentário: Os elementos representativos do 3º período são

11Na, 12Mg, 13Al, 14Si, 15P, 16S e 17Cl. Em um mesmo período da

classificação periódica, quanto maior o número atômico, menor

é o tamanho do átomo. Assim, a ordem crescente do raio

atômico desses elementos é Cl < S < P < Si < Al < Mg < Na.

No gráfico a seguir, esses elementos foram relacionados às

letras M, T, Z, Y, D, G e H.

Tam

anho

do

átom

o

ST

NaZ

SiY

MgG

PH

CD

AM

Os elementos representativos do 5° período são 37Rb, 38Sr, 49In,

50Sn, 51Sb, 52Te e 53I. Em um mesmo período da classificação

periódica, quanto maior o número atômico, maior é a energia

de ionização do átomo. Assim, a ordem crescente do valor da

1ª energia de ionização desses elementos é Rb < Sr < In <

Sn < Sb < Te < I. No gráfico a seguir, esses elementos foram

relacionados às letras M, T, Z, Y, D, G e H.

Ener

gia

de io

niza

ção

RbM

IT

InZ

SnY

TeG

SrH

SbD

Assim, apenas os átomos das posições Y pertencem ao mesmo

grupo, que é denominado Família do carbono (14).


A) O elemento que apresenta a maior energia de ionização

é o X, pois possui o menor raio atômico. O elemento de

menor energia de afinidade é o Y, com apenas 2 elétrons

na última camada, pois apresenta o maior raio atômico.

B) Como as espécies têm o mesmo número de elétrons,

o raio atômico será tanto maior quanto menor for a carga

nuclear. Portanto, a ordem crescente de raio das espécies

isoeletrônicas é Z2+ > T > V1–.

C) O elemento mais eletronegativo é o V, porque tem maior

facilidade de receber elétron para atingir a configuração de

gás nobre.

D) Os elementos que apresentam o número quântico secundário

igual a 1 para o elétron mais energético são o T e o V, porque

o elétron mais energético está no subnível p.


Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos

cada uma das alternativas.

A) Incorreta. A energia de ionização de um elemento é a

energia mínima necessária para remover um elétron de

1 átomo isolado e na fase gasosa.

B) Correta. Os elementos de transição interna são representados

em 2 séries na parte inferior à tabela periódica e apresentam

seus elétrons mais energéticos no subnível f.

C) Incorreta. A afinidade eletrônica é a energia, geralmente

liberada, quando um átomo isolado recebe um elétron.

D) Incorreta. A maioria das propriedades químicas dos

elementos são funções periódicas de seus números atômicos.

E) Incorreta. Os elementos representativos apresentam seus

elétrons mais externos e mais energéticos em subníveis

s ou p.

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A) Incorreta. Como V– e X– terminam com a configuração eletrônica p6, seus átomos neutros devem pertencer à mesma família na classificação periódica. Entretanto, X apresentará um nível a menos e, portanto, maior energia de ionização em relação a V.

B) Incorreta. As quatro espécies apresentadas são ânions monovalentes. Entre eles, V– e Y– apresentam 1 nível a mais que X– e Z–. Como X– apresenta mais elétrons em relação a Z–, ele deve apresentar também maior número de prótons. Logo, a remoção de 1 elétron em X deve requerer maior absorção de energia em relação à remoção de 1 elétron em Y.

C) Incorreta. Como V– e X– terminam com a configuração eletrônica p6, seus átomos neutros devem pertencer à mesma família na classificação periódica. Entretanto, X apresentará um nível a menos e, portanto, maior atração por elétrons. Assim, a afinidade eletrônica de X será maior que a de V.

D) Incorreta. Z e X pertencem ao mesmo período na classificação periódica, entretanto, X apresenta 3 prótons a mais. Assim, ele exibirá maior afinidade por elétrons.

E) Correta. Como Z– e Y– terminam com a configuração eletrônica p3, seus átomos neutros devem pertencer à mesma família na classificação periódica. Entretanto, Z apresentará um nível a menos e, portanto, maior atração por elétrons. Assim, a afinidade eletrônica de Z será maior que a de Y.

Questão 32

Comentário: A configuração eletrônica do átomo de berílio (Be) neutro e no estado fundamental é representada por 1s2 2s2. O elétron adicional recebido por esse átomo deve ocupar o subnível 2p, até então vazio. Como esse elétron será pouco atraído pelo núcleo, observa-se um baixo valor para a afinidade eletrônica.

Questão 33

Comentário:

A) Os elementos chumbo, cádmio e mercúrio são metais. O arsênio e o boro são semimetais e o fósforo é um não metal.

B) Os elementos fósforo e arsênio se encontram no mesmo grupo da tabela periódica. O arsênio possui menor eletronegatividade, pois apresenta maior número de níveis eletrônicos e, assim, a atração que o núcleo exerce sobre os elétrons envolvidos na ligação é menor, quando comparado ao fósforo.

Questão 34 – Soma = 12Comentário: O elemento em questão apresenta 4 níveis eletrônicos preenchidos e 5 elétrons no subnível mais energético (p). Logo, sua distribuição eletrônica é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p5. Para resolução dessa questão, analisaremos cada um dos itens.

01. Incorreto. O elemento em questão apresenta, no nível de valência, 5 elétrons no subnível p e 2 elétrons no subnível s, totalizando 7 elétrons de valência.

02. Incorreto. Para assumir configuração eletrônica similar à de um gás nobre, a espécie em questão ganha facilmente 1 elétron.

04. Correto. A soma do número de elétrons do átomo neutro é 35. Logo, ele também apresenta 35 prótons, o que significa que o seu número atômico é 35.

08. Correto. Os halogênios, tal como o elemento apresentado, apresentam alta carga nuclear efetiva. Logo atraem intensamente os elétrons em uma ligação química, sendo, portanto, muito eletronegativos.



A) Correta. A carga nuclear do oxigênio é 8, e a do nitrogênio é 7. Como ambos apresentam 2 níveis eletrônicos preenchidos, o oxigênio exibirá maior atração pelos seus elétrons de valência, o que faz com que ele tenha um raio menor.

B) Correta. A reatividade química se relaciona com o número de elétrons de valência. Como sódio e potássio apresentam o mesmo número de elétrons de valência, eles exibirão propriedades químicas similares.

C) Correta. Cálcio e magnésio estão na família 2 da classificação periódica, sendo, portanto, metais alcalinos terrosos.

D) Correta. Carbono e oxigênio apresentam o mesmo número de níveis eletrônicos preenchidos. Entretanto, o oxigênio apresenta maior carga nuclear efetiva, fazendo com que ele atraia mais intensamente os elétrons de uma ligação. Logo, o oxigênio é mais eletronegativo.

E) Incorreta. Fósforo, enxofre e cloro encontram-se no mesmo período na classificação periódica. Logo, apresentam mesmo número de níveis eletrônicos preenchidos. Entretanto, o número de elétrons no nível de valência é, respectivamente, 5, 6 e 7.

Questão 36

Comentário:

Quadrícula 1: Conforme análise da tabela periódica, o elemento cuja configuração eletrônica é equivalente à apresentada é o telúrio (Te).

Quadrícula 2: O metal alcalino terroso com maior raio é aquele que apresenta maior número de níveis, que corresponde ao rádio (Ra).

Quadrícula 3: A eletronegatividade será tanto maior quanto mais acentuada for a tendência da espécie em receber elétrons. O elemento do 3º período que apresenta essa característica é o cloro (Cl).

Quadrícula 4: O único elemento do grupo 15 que forma substância simples gasosa nas condições ambiente é o nitrogênio (N), cuja substância é o N2, componente mais abundante do ar atmosférico.

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cada uma das afirmativas.

A) Correta. O ferro possui maior tendência em atrair elétrons

em uma ligação química que o sódio, devido à sua maior

carga nuclear efetiva.

B) Correta. Os metais alcalinos perdem 1 elétron para atingir

o octeto de valência, adquirindo NOx = +1.

C) Incorreta. Em um mesmo período da tabela periódica,

quanto menor o número atômico de um elemento, maior

será o seu raio atômico, devido à menor atração exercida

pelo núcleo à eletrosfera. Portanto, o potássio possui maior

raio atômico que o ferro.

D) Correta. O rubídio possui mais níveis eletrônicos que o ferro,

logo, o raio atômico do ferro é menor que o do rubídio.




A) Incorreta. Os metais apresentam menores cargas nucleares

efetivas sobre os elétrons de valência. Assim, apresentarão

maiores tamanhos.

B) Incorreta. Como os metais apresentam menores cargas

nucleares efetivas sobre os elétrons de valência, eles

exercerão menor atração por elétrons em ligações químicas.

Logo, exibem menor eletronegatividade.

C) Correta. O caráter metálico se relaciona com a facilidade

de uma espécie em perder elétrons. Esse caráter é tanto

mais acentuado quanto menor for o número de elétrons

de valência.

D) Incorreta. Como os metais apresentam menores cargas nucleares efetivas sobre os elétrons de valência, eles perderão elétrons mais facilmente, apresentando, portanto, baixos valores de energia de ionização.



A) Correta. A carga nuclear efetiva sobre os elétrons de valência de B é maior. Assim, a remoção de elétrons em B requer maior absorção de energia.

B) Correta. O 3º elétron a ser removido de A se encontra em um nível mais interno que o 3º elétron a ser removido de B, necessitando, por isso, de maior absorção de energia.

C) Correta. A carga nuclear efetiva sobre os elétrons de valência de B é maior, logo, B é capaz de exercer maior atração por elétrons em uma ligação química.

D) Incorreta. A e B encontram-se em um mesmo período, mas pertencem a famílias diferentes, sendo A um metal alcalino terroso e B um halogênio.


Comentário: De forma geral, os elementos de maiores raios são aqueles que apresentam as menores eletronegatividades e as menores energias de ionização, o que facilita a retirada de elétrons.


Comentário: Enxofre e fósforo apresentam mesmo número de níveis, o enxofre, porém, apresenta maior número de prótons. Assim, esperava-se que a energia de ionização do enxofre fosse maior que a do P, o que não ocorreu. A seguir são mostradas as configurações eletrônicas do fósforo e do enxofre.

Configuração eletrônica Representação do subnível mais energético

15P – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3

Subnível 3p

16S – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

Subnível 3p

Como pode ser observado na figura anterior, o elétron a ser removido do enxofre experimenta maior repulsão intereletrônica, uma vez que ele se encontra emparelhado. Dessa forma, a remoção de 1 elétron do enxofre requer menor absorção de energia.

Questão 42 – Soma = 20

Comentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmações.

01. Incorreta. Os elementos com configuração ns2 np5 apresentamelevadaafinidadeporelétrons.

02. Incorreta. Em um mesmo período, os elementos apresentam o mesmo número de níveis eletrônicos preenchidos, entretanto, apresentam diferentes cargas nucleares efetivas sobre os elétrons de valência. Assim, esses elementos terão diferentes raios atômicos.

04. Correta. Quando um átomo perde elétrons, ocorre diminuição da repulsão intereletrônica. Logo, há diminuição do raio.

08. Incorreta. A eletronegatividade dos metais alcalinos é muito baixa, uma vez que esses elementos tendem a perder elétrons facilmente.

16. Correta. O elemento com número atômico 22 é o titânio, ummetaldetransiçãocomconfiguraçãoeletrônica1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d2. Conforme representado, o subnível d desse elemento está incompleto.

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A) Correta. Alguns elementos das famílias 6 (antiga VIB) e

11 (antiga IB) apresentam distribuição eletrônica irregular.

Isso pode ocorrer objetivando alcançar o parcial ou o

total preenchimento do subnível d. De fato, para o Cr,

a distribuição eletrônica, no estado fundamental,

é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1.

B) Incorreta. A primeira energia de ionização de um ânion

monovalente é a energia necessária para transformá-lo em

um átomo neutro.

C) Correta. Os metais alcalinos apresentam baixa carga nuclear

efetiva sobre os elétrons de valência. Assim, facilmente

perderão elétrons, sendo, portanto, os mais eletropositivos.

D) Correta. Dentre os elementos listados, todos apresentam

mesmo número de níveis eletrônicos preenchidos. Entretanto,

a carga nuclear efetiva sobre os elétrons de valência dessas

espécies é maior para o F, seguindo O, N e C. Maior carga

nuclear efetiva implica em elétrons de valência mais atraídos

e, portanto, menor raio. Logo, o raio do F é menor que do O,

queémenorqueNe,porfim,menorqueC.

Questão 44 – Letra EComentário: Nos períodos da tabela periódica, a densidade

aumenta das extremidades para o centro, devido à diminuição

do volume atômico. Portanto, entre os elementos Fr, Po, Hg,

Pb e Os, o ósmio é aquele que apresenta a maior densidade

por estar situado no centro da tabela.

Seção Enem

Questão 01 – Letra CEixo cognitivo: II


Habilidade: 24

Comentário: Para o processo mencionado, os átomos de flúor

devem atrair intensamente os elétrons do nível de valência dos

átomos de xenônio. A propriedade do flúor que justifica esse

processo é a eletronegatividade.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 26

Comentário: A interferência dos íons Cd2+ nos processos

biológicos acontece quando há a competição destes com

outros íons que possuem características semelhantes.

A carga do íon é um fator importante na determinação de sua

toxicidade, pois as interações químicas desses íons com os

sítios de enzimas que participam de processos metabólicos, por

exemplo, são diretamente influenciadas pela carga. Além disso,

um íon de raio grande não interfere com eficácia em processos

bioquímicos que ocorrem com a presença de íons pequenos.

Assim, para que a interferência dos íons Cd2+ nos processos

biológicos seja eficaz, é necessário que estes íons apresentem

carga e raio semelhantes a de outros íons que atuam em

processos biológicos. Um exemplo seria a substituição dos

íons Ca2+ pelos íons Cd2+, uma vez que as cargas desses dois

íons são iguais e os raios iônicos têm valores muito próximos –

r(Ca2+) = 100 pm e r(Cd2+) = 103 pm –, o que provocaria uma

doença nos ossos.

Questão 03 – Letra CEixo cognitivo: II


Habilidade: 25



A) Incorreta. As massas molares do fósforo e do arsênio são

muitodiferentes.Issopodeserverificadoobservando-se

os valores das massas atômicas desses elementos na

tabela periódica. A massa do arsênio é mais que o dobro

da massa do fósforo:

M(P) = 30,9 g.mol–1

M(As) = 74,9 g.mol–1

B) Incorreta. O elemento químico fósforo pode formar

substâncias simples diferentes denominadas alótropos.

O fósforo branco é formado por um átomo de fósforo ligado

a outros três átomos. O fósforo vermelho é uma espécie

de polímero do primeiro. O arsênio, por sua vez, forma

uma substância simples cuja coloração característica é

acinzentada, característica de substâncias metálicas.

C) Correta. A similaridade química entre dois elementos

representativos está relacionada com a distribuição eletrônica

desses elementos, pois a quantidade de elétrons de valência

determina como esses elementos reagem com um elemento de

referência.Essasimilaridadepodeserverificadapelaposição

em que os elementos se encontram na tabela periódica. Assim,

como o fósforo e o arsênio estão localizados em uma mesma

famílianaclassificaçãoperiódica,pode-seafirmarqueesses

elementos têm configurações eletrônicas semelhantes e,

consequentemente, propriedades químicas similares.

D) Incorreta. Os elementos químicos em questão apresentam

diferentes números atômicos, ou seja, diferentes números de

prótons em seus núcleos. Portanto, o número de partículas

nos núcleos atômicos do fósforo e do arsênio são diferentes.

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E) Incorreta. O fósforo é um elemento ametálico e faz parte da

estrutura do DNA. Já o arsênio é um elemento semimetálico,

com características intermediárias entre os metais e os ametais.

Essas características não são determinantes para prever se é

possível a fixação desses elementos na estrutura do DNA.


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 25

Comentário: Conforme descrito no enunciado, a eletronegatividade

se relaciona com a tendência de um átomo em atrair elétrons

em um ambiente químico (uma ligação covalente). Essa atração

será tanto maior quanto menor for o raio do átomo em questão

e maior for sua carga nuclear. O átomo de hidrogênio apresenta

apenas um nível eletrônico preenchido, o que lhe confere um raio

razoavelmente baixo. Entretanto, apresenta apenas um próton

em seu núcleo e, portanto, baixa carga nuclear, o que contribui

para uma eletronegatividade razoavelmente baixa.


Eixo cognitivo: I


Habilidade: 24



A) Correta. Ouro, prata, manganês, cobre, ferro, zinco, níquel,

cromo e tungstênio são todos metais de transição externa

e possuem subnível d como subnível de diferenciação.

B) Incorreta. Os átomos de cromo apresentam maior raio

atômico e menor carga nuclear efetiva do que os átomos

de cobre. Portanto, os elétrons dos átomos de cromo estão

mais fracamente atraídos pelos núcleos atômicos do que os

elétrons dos átomos de cobre, requerendo, assim, menor

energia para promover a ionização de seus átomos.

C) Incorreta. Para íons isoeletrônicos (possuem o mesmo

número de elétrons), quanto maior for a carga nuclear,

menor será o raio iônico. Como a carga nuclear dos

íons Zn2+ é maior do que a dos íons Cu+, o raio iônico

dos íons Zn2+ é menor do que o dos íons Cu+.

D) Incorreta. Cobre, prata e ouro fazem parte do quarto,

quinto e sexto períodos, respectivamente, da família 11

da classificação periódica.

E) Incorreta. A eletronegatividade é uma propriedade dos

átomos dos elementos químicos. A bauxita é um minério de

alumínio cujo principal componente é o Al2O3 e, portanto,

não apresenta eletronegatividade.


Eixo cognitivo: IV


Habilidade: 18

Comentário: Os metais representativos apresentam pontos

de fusão e de ebulição que vão de médios a elevados.

Isso se deve ao fato de que, para esses metais, a força de

coesão eletrostática aumenta ao se passar do grupo 1 para o

grupo 2 e o do grupo 2 para o grupo 13, pois quanto menor for

o raio atômico, maior será a densidade de carga dos cátions

formados, e maior será a quantidade de elétrons semilivres,

aumentando a intensidade da ligação metálica.

Os metais de transição, por sua vez, contam com uma

contribuição dos elétrons localizados em subníveis d.

Tais elétrons têm energia de ionização alta demais para ficarem

deslocalizados. Esses átomos, então, disponibilizam seus

elétrons de valência para a formação do mar de elétrons, e os

elétrons desemparelhados, localizados em um subnível d mais

interno, formam ligações covalentes. Por esse motivo, os metais

de transição possuem, normalmente, pontos de fusão e de

ebulição mais elevados que os representativos.

O metal que pode ser utilizado como solda para a chave tem

de estar no estado sólido nas condições ambiente, porém, deve

possuir baixa temperatura de fusão. Assim, entre os metais

apresentados, o mais indicado para ser utilizado como solda é o

gálio, visto que este é um metal representativo que se encontra

no 4º período da tabela periódica, apresentando um maior raio

atômico e, consequentemente, uma menor temperatura de

fusão se comparado com os demais.

CAPÍTULO – B3Cálculos de fórmulas



Comentário: A fórmula mínima indica a menor proporção,

em números inteiros, entre as quantidades de matéria dos

elementos que constituem uma substância.

Fórmula mínima = CH2

Fórmula molecular = CxH2x

M = 12 . x + 1 . 2x = 42

x = 3

Fórmula molecular = C3H6

Uma molécula da substância orgânica de fórmula C3H6 é

formada por 3 átomos de carbono e 6 átomos de hidrogênio.

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Questão 02 – Letra EComentário: Conforme indicado no enunciado, o composto apresenta a seguinte proporção dos elementos: Y1O1,5. Entretanto, na representação dos compostos, devemos utilizar os menores coeficientes inteiros possíveis. Assim, devemos multiplicar os coeficientes por 2, de forma que o composto seja representado por Y2O3. As opções D e E representam óxidos que obedecem essa fórmula. No entanto, apenas o óxido apresentado no item E contém um elemento não metálico ligado ao oxigênio.

Questão 03 – Letra DComentário: Com base na relação dos elementos químicos formadores da substância, podemos multiplicar por quatro, de modo a obter números inteiros.

0,25 mol de H 1 mol de H

0,25 mol de S 1 mol de S

1 mol de O 4 mol de O

Assim, a fórmula que representa a menor proporção, em números inteiros, é HSO4, sendo essa a sua fórmula mínima.

Questão 04 – Letra CComentário:

• DeterminaçãodamassamolardoóxidoN2Ox:

1,20 . 1021 moléculas apresentam 0,152 gramas de N2Ox

6,02 . 1023 moléculas apresentam x

x = 76 gramas de N2Ox

• Determinação da quantidade de oxigênio presente nocomposto.

2 . 14,0 g.mol–1 + x . 16,0 g.mol–1 = 76,0 g.mol–1

x = 3

Questão 05 – Letra DComentário: Massa molar da ureia (CH4N2O):

12,0 g.mol–1 + 4 . 1 g.mol–1 + 2 . 14,0 g.mol–1 +

16,0 g.mol–1 = 60,0 g.mol–1

• Cálculodopercentualdenitrogênionaureia:

60 g de CH4N2O apresentam 28 g de N

100 g de CH4N2O apresentam x

x = 46,7 g de N

Logo, o percentual em massa de nitrogênio na ureia é 46,7%.

Questão 06Comentário: Iniciaremos a resolução convertendo a proporção em massa para a quantidade equivalente em mol:

1 mol de N 14 g

x 25,9 g

x = 1,85 mol de N

1 mol de O 16 g

y 74,1 g

y = 4,63 mol

Como a proporção deve ser expressa pelos menores números inteiros, devemos dividi-los por 1,85. Logo:

=N O NO1,851,85

4,631,85

2,5

Porém, para obtermos números inteiros, devemos multiplicar o valor encontrado por 2 e, assim, teremos a fórmula mínima N2O5.

Questão 07 – Letra BComentário: Iniciaremos a resolução convertendo a quantidade em massa para a quantidade equivalente em mol:

1 mol de N 14 g

x 87,42 g

x = 6,244 mol de N

1 mol de H 1 g

y 12,58 g

y = 12,58 mol de H

Como a proporção deve ser expressa pelos menores números inteiros, devemos dividi-los por 6,244. Logo:

=N H NH6,2446,244

12,586,244

2

Assim, a fórmula da hidrazina será representada por (NH2)n.

Questão 08 – Letra BComentário: Iniciaremos convertendo a quantidade em massa para a quantidade equivalente em mol:

1 mol de C 12 g

x 60 g

x = 5 mol de C

1 mol de H 1 g

y 4,5 g

y = 4,5 mol de H

1 mol de O 16 g

z 35,5 g

z = 2,219 mol de O

Como a proporção deve ser expressa pelos menores números inteiros, devemos dividir por 2,219. Logo:

=C H O C H O5,0

2,2194,5

2,2192,2192,219

2,25 2,0

Para obter números inteiros, devemos multiplicar os valores encontrados por 4, obtendo assim a fórmula C9H8O4.

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• DeterminaçãodaquantidadedecarbononocompostoCxHy:

Conforme descrito pela equação, todo o carbono presente no CO2 é proveniente de CxHy. Assim, temos:

1 mol de CO2 apresenta 44 g

x apresenta 1,955 g

x = 0,0444 mol de CO2.

• DeterminaçãodaquantidadedehidrogênionocompostoCxHy:

Assimcomoverificadoparaocarbono,todoohidrogêniopresente na H2O é proveniente de CxHy. Logo:

1 mol de H2O apresenta 18 g

y apresenta 1,00 g

x = 0,0556 mol de H2O

Como cada mol de H2O apresenta 2 mol de H, teremos 0,111 mol de H no composto.

• Determinaçãodafórmulamínima:

Para a mesma massa do composto foi encontrado 0,0444 mol de C e 0,111 mol de H. Logo, a fórmula para o composto será: C0,0444H0,111.

Para transformar a representação nos menores números inteiros possíveis, podemos dividir os índices por 0,0444.

C H C H0 04440 0444

0 1110 0444

1 2 5,,

,,

,=

Como devemos utilizar osmenores coeficientes inteirospossíveis, multiplicamos a fórmula anterior por 2 e encontramos C2H5.


• Determinaçãodamassadecarbononocomposto:

Sendo a massa molar do CO2 44 g.mol–1, temos:

44 gramas de CO2 apresentam 12 gramas de C

1,32 gramas de CO2 apresentam x

x = 0,36 grama de C (0,03 mol de C).

• Determinaçãodamassadehidrogênionocomposto:

Sendo a massa molar do H2O 18 g.mol–1, temos:

18 gramas de H2O apresentam 2 gramas de H

0,72 gramas de H2O apresentam y

y = 0,08 gramas de H (0,08 mol de H)

• Determinaçãodamassadeoxigênionocomposto:

Sendo a massa total do composto 0,92 g e as massas referentes ao C e H, respectivamente, 0,36 g e 0,08 g, temos que 0,48 g referem-se ao O (0,03 mol).

• Determinaçãodafórmulamínimadocomposto:

Conhecendo-se as quantidades em mol, para cada um dos elementos, temos que a fórmula do composto é: C0,03H0,08O0,03. Sendo a fórmula mínima expressa pelos menores números inteiros, temos C3H8O3.

Questão 11 – Letra CComentário: A queima completa do composto pode ser representada pela equação parcialmente balanceada (por simplicidade, o oxigênio não foi balanceado).

0,25 mol de CxHyOz + O2 → 4,5 mol de CO2 + 4,0 mol de H2O.

A fim de simplificar o raciocínio, podemos multiplicar a equação por 4, obtendo:

1 mol de CxHyOz + O2 → 18 mol de CO2 + 16 mol de H2O.

Como a quantidade em mol de cada um dos elementos deve ser a mesma nos dois membros da equação, temos que:

x = 18 e y = 32 (lembre-se de que cada mol de água apresenta 2 mol de H).

Foi fornecido ainda na questão que os percentuais em massa de H e O são iguais, o que implica dizer que há 32 gramas de oxigênio (2 mol).

Logo, a fórmula molecular do composto é C18H32O2. Entretanto, como foi solicitada a fórmula mínima e esta expressa a menor proporção de números pequenos e inteiros, devemos dividir todos os índices por 2, obtendo C9H16O.

Questão 12 – Letra AComentário: Cada 100,00 gramas de cacodilo apresentam 22,88 gramas de carbono, 5,76 gramas de hidrogênio e 71,36 gramasde arsênio. Como a massa molar é 209,96 g.mol–1, devemos encontrar a quantidade em massa de cada elemento na massa molar:

100 g de cacodilo apresentam 22,88 g de C

209,96 g de cacodilo apresentam x g de C

x = 48,0 g de C (4 mol de C)

100 g de cacodilo apresentam 5,76 g de H

209,96 g de cacodilo apresentam y g de H

y = 12,0 g de H (12 mol de H)

100 g de cacodilo apresentam 71,36 g de As

209,96 g de cacodilo apresentam z g de As

z = 149,8 g de As (2 mol de As)

A quantidade de matéria para a massa encontrada, em cada caso, foi obtida dividindo essa massa pela massa molar do elemento em questão. Essas quantidades, expressas em mol, equivalem à quantidade em mol de átomos de cada elemento em 1 mol do composto. Logo, a fórmula molecular é C4H12As2.

Questão 13Comentário: Uma possível resolução para essa questão consiste em calcular as quantidades em mol presentes na massa molar de cada substância:

100 g de composto 37,5 g C

192 g de composto x

x = 72 g de C que equivale a 6 mol

100 g de composto 4,2 g de H

192 g de composto y

y = 8 g de H que equivale a 8 mol

100 g de composto 58,3 g de O

192 g de composto z

z = 112 g de O que equivale a 7 mol

Logo, a fórmula molecular para o composto em questão é: C6H8O7.

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36 Coleção EM1

Questão 14 Comentário: Como a quantidade de matéria no composto anidro ou hidratado é a mesma, a variação da massa deve-se exclusivamente à perda de água. Logo:

Massa molar do CuC2 = 134,5 g.mol–1.

• CálculodaquantidadedematériadeCuC2

134,5 g 1 mol de CuC2

2,0 g x

x = 0,015 mol de CuC2 do composto anidro

• CálculodamassadeH2O no composto

2,6 g - 2,0 g = 0,6 g

• CálculodaquantidadedematériadeH2O

18 g de H2O 1 mol

0,6 g y

y = 0,033 mol

Assim, para cada 0,015 mol de CuC2 há 0,033 mol de H2O. Dessa forma, calcula-se a menor proporção em números inteiros:

= =0,0150,015

1 0,0330,015

2,2

Logo, em cada 1 mol do composto, há 2 mol de água, sendo a sua fórmula molecular igual a CuC2.2H2O.


Comentário: A massa do composto ZnSO4.xH2O deve-se à soma das massas do ZnSO4 associada à massa de água de hidratação. Como foi dito no enunciado, ocorreu perda de 43,9% de massa referente à água de hidratação, logo, 56,1% da massa do composto refere-se ao ZnSO4.

A massa molar do ZnSO4 é:

65,4 g.mol–1 + 32,1 g.mol–1 + 4 . 16,0 g.mol–1 = 161,5 g.mol–1 Podemos, então, estabelecer a seguinte relação:

56,1 g ZnSO4 apresentam 43,9 g de H2O

161,5 g ZnSO4 apresentam x g de H2O

x = 126,4 g de H2O

Podemos, então, concluir que a massa de água presente em 1 mol de ZnSO4 é 126,4 gramas, que equivale a 7 mol de H2O.


Questão 01 – Letra BComentário: A razão entre o número de átomos de enxofre e o número de átomos totais dos outros elementos, para cada um dos compostos é dada por:

Composto I – Na2SO4 = 16

= 0,167

Composto II – ZnS = 11

= 1,000

Composto III – MgSO4 = 15

= 0,200

Composto IV – Na2S = 12

= 0,500

Como o preparo do medicamento deverá ser feito com o composto que apresentar a maior razão entre o número de átomos de enxofre e o número total de átomos dos outros elementos, o composto a ser usado é o sulfeto de zinco (II).

Questão 02 – Letra BComentário: De acordo com os dados da questão, temos:

0,5 mol de quinona → 120 g de C (10 mol)

12 g de H (12 mol)

1,0 mol de N

1,0 mol de O

Logo, em 1,0 mol de quinona → 20 mol de C

24 mol de H

2 mol de N

2 mol de O

E, portanto, a fórmula do composto será C20H24N2O2.

Questão 03 – Letra CComentário: Considerando os dados fornecidos, o percentual de oxigênio no carbonato de cálcio é 100 – 40 – 12 = 48, ou seja, em 100 g do composto há 48 g de oxigênio. Logo, em 50 g do composto haverá 24 g de oxigênio.

Questão 04 – Letra BComentário: A fórmula do composto discutido é NH4NO3, cuja massa molar é calculada da seguinte maneira:

2 . 14 + 4 . 1 + 3 . 16 = 80 g.mol–1

Logo, o percentual de nitrogênio pode ser calculado por:80 g 100%

28 g xx = 35%

Questão 05 – Letra AComentário: A decomposição do K2Mn2O7 pode ser representada por meio da seguinte equação:

K2Mn2O7 →Κ2Ο+2ΜοΟ3

As massas molares do K2Mn2O7edoΚ2Οsãorespectivamenteiguais a:

2 . 39,1 + 2 . 95,9 + 7 . 16 = 382 g. mol–1

2 . 39,1 + 16 = 94,2 g. mol–1

Assim,opercentualemmassadeΚ2Οserá:382 g de K2Mn2O7 100%

94,2gdeΚ2Ο xx = 24,66%

O percentual de MoO3 pode ser obtido por: 100,00 – 24,66 = 75,34%

Questão 06 – Letra CComentário: A massa molar da estreptomicina é calculada da seguinte forma:21 . 12 g.mol–1 + 39 . 1 g.mol–1 + 7 . 14 g.mol–1 + 12 . 16 g.mol–1 = 581 g.mol–1

Para cada 581 g de estreptomicina, 252 g referem-se ao carbono. Assim: Em 581 g de C21H39N7O12 estão presentes 252 g de C

Em 100 g de C21H39N7O12 estão presentes x

x = 43,4 g de C

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Comentário: A massa molar do timerosal é igual a 404 g.mol-1 e a massa molar do Hg é 200 g.mol-1. Para determinar a porcentagem de mercúrio presente na estrutura do timerosal, basta fazer a

razão entre as massas molares: =−

−

200 g.mol404 g.mol

0,495 0,51

1 .

Logo, o percentual de mercúrio é de 50% (0,5 . 100% = 50%).


Comentário: Para ordenar os compostos em função do percentual em massa de nitrogênio, podemos fazer o cálculo em cada um dos compostos. Assim:

• Cálculodopercentualemmassadenitrogênionaureia:

Massamolar da CO(NH2)2: 12 g.mol–1 + 16 g.mol–1 + 2 . 14 g.mol–1 + 4 . 1 g.mol–1 = 60 g.mol–1

60 g de ureia equivalem a 100%

28 g de nitrogênio equivalem a x

x = 46,7%

• Cálculodopercentualemmassadenitrogênionosulfatode amônio:

Massamolardo(NH4)2SO4: 2 . 14 g.mol–1 + 8 . 1 g.mol–1 + 32 g.mol–1 + 4 . 16 g.mol–1 = 132 g.mol–1

132gde(NH4)2SO4 equivalem a 100%

28 g de nitrogênio equivalem a y

y = 21,2%

• Cálculodopercentualemmassadenitrogêniononitratode amônio:

MassamolardoNH4NO3: 2 . 14 g.mol–1 + 4 . 1 g.mol–1 + 3 . 16 g.mol–1 = 80 g.mol–1

80gdeNH4NO3 equivalem a 100%

28 g de nitrogênio equivalem a z

z = 35,0%

Assim, a ordem crescente do percentual em massa de nitrogênio é II < III < I.

Outraformaderesolveraquestãoefetuandomenornúmerodecálculoéconsiderarque,nostrêscompostos,há2moldenitrogêniopormoldecomposto.Assim,quantomaiorfor a massa molar do composto, menor será o percentual de nitrogênio. Para essa resolução, bastaria, então, calcular a massa molar dos compostos apresentados.

Questão 09

Comentário:

A) MassamolardePt(NH3)2Cl2: 195,1 g.mol–1 + 2 . 14,0 g.mol–1 + 6 . 1,0 g.mol–1 + 2 . 35,5 g.mol–1 = 300,1 g.mol–1

Opercentualdenitrogênioédadopor:

300,1gdePt(NH3)2Cl2 equivalem a 100%

28 g de nitrogênio equivalem a x

x = 9,3%

E, portanto, o percentual de massa de nitrogênio na cisplatina é 9,3%.

B) 300,1gdePt(NH3)2Cl2 apresentam 1,0 mol de Pt

0,180gdePt(NH3)2Cl2 apresentam y

y = 6,0 . 10–4 mol de Pt

Ouseja,opacienterecebeu6,0.10–4 mol de Pt.

Questão 10Comentário: Amassamolar da vanadinita é calculada daseguinte forma:

5 . 207,2 g.mol–1 + 3 . 50,9 g.mol–1 + 12 . 16,0 g.mol–1 + 35,5 g.mol–1 = 1 416,2 g.mol–1

Para cada 1 416,2 g de vanadinita, 152,7 g referem-se aovanádio.Assim:

A) 1 416,2 g de Pb5(VO4)3Cl estão presentes 152,7 g de V

100 g de Pb5(VO4)3Cl estão presentes x

x = 10,78 g de V

Logo, o percentual emmassa de vanádio nominério é10,78%.

B) Em 1 mol de Pb5(VO4)3Cl há3moldevanádio(152,7g)e1moldeCl (6,0 . 1023 átomos desse elemento). Logo:

152,7 g de V para cada 6,0 . 1023átomosdeCl

y para cada 2,4 . 1024átomosdeCl

y = 610,8 g de V

Portanto,amassadevanádiocontidanaamostraé610,8g.

Questão 11 – Letra CComentário:OprimeiropassoédeterminaraquantidadedematériadeC,HeOquecompõecadamoléculadecinamaldeído:

= =

= =

= =

n(C) 81,8212

6,82mol

n(H) 6,061

6,06mol

n(O) 12,1216

0,76mol

Dividindo-setodososíndicespor0,76,temos:C H O .6,820,76

6,060,76

0,760,76

Logo,afórmulamínimadocompostoéC9H8O.


Comentário:AquantidadedematériadeSicontidaem100g do composto é calculada da seguinte forma:

1 mol de Si equivale a 28 g

x equivale a 46,67 g

x = 1,667 mol

Aquantidadedematériadeoxigênio(O)contidaem100gdocomposto pode ser calculada utilizando a seguinte regra de três:

1moldeOequivale a 16 g

y equivale a 53,33 g

y = 3,333 mol

Afórmulamínimadocompostopode,então,serencontradapor:

Si O SiO1,6671,667

3,3331,667

2≡

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38 Coleção EM1


Comentário: A quantidade de matéria de sódio (Na) contida em 100 g do composto é:

1 mol de Na equivale a 23 g

x equivale a 32,4 g

x = 1,41 mol de Na

A quantidade de matéria de hidrogênio (H) contida em 100 g do composto é:

1 mol de H equivale a 1 g

y equivale a 0,7 g

y = 0,70 mol de H

A quantidade de matéria de fósforo (P) contida em 100 g do composto é:

1 mol de P equivale a 31 g

z equivale a 21,8 g

z = 0,70 mol de P

A quantidade de matéria de oxigênio (O) contida em 100 g do composto é:

1 mol de O equivale a 16 g

t equivale a 45,0 g

t = 2,81 mol de O

A fórmula mínima do composto pode, então, ser encontrada por:

=Na H P O Na HPO1,410,70

0,700,70

0,700,70

2,810,70

2 4

Questão 14 – Letra BComentário: A quantidade de matéria de C contida em 100 g do composto é:

1 mol de C equivale a 12 g


x = 6,167 mol de C

A quantidade de matéria de H contida em 100 g do composto é:


y equivale a 8,65 g

y = 8,650 mol de H

A quantidade de matéria de N contida em 100 g do composto é:

1 mol de N equivale a 14 g

z equivale a 17,30 g

z = 1,236 mol de N

A fórmula mínima do composto pode então ser encontrada por:

=C H N C H N6,1671,236

8,6501,236

1,2361,236

5 7


Comentário: Óxidos são compostos binários de oxigênio. Logo, considerando que o percentual de ferro no composto é 72,4 %, haverá 27,6 % de oxigênio.

A quantidade de matéria de ferro (Fe) contida em 100 g do composto é:

1 mol de Fe equivale a 55,8 g

x equivale a 72,4 g

x = 1,297 mol de Fe



y equivale a 27,6 g

y = 1,725 mol de O


= =Fe O FeO Fe O1,2971,297

1,7251,297

1,33 3 4

Questão 16

Comentário: A equação genérica, não balanceada, da queima do composto pode ser representada por:

CxHyOz + O2(g) → xCO2(g) + y2 H2O(g)

• Determinação da quantidade dematéria de carbonopresente na amostra:

44 g de CO2 (1 mol) apresentam 12 g de C (1 mol)

1,056 g de CO2 apresenta x

x = 0,288 g de C (0,024 mol)

• Determinação da quantidade dematéria de hidrogêniopresente na amostra:

18 g de H2O (1 mol) equivalem a 2 g de H (2 mol)

0,396 g de H2O equivale a y

y = 0,044 g de H (0,044 mol)

• Determinação da quantidade dematéria de oxigêniopresente na amostra:

A massa de oxigênio pode ser dada por:

massa total do composto – massa de C – massa de H =

0,684 g – 0,288 g – 0,044 g = 0,352 g

Assim, a quantidade de matéria de oxigênio é:

1 mol de O apresenta 16 g

z apresenta 0,352 g

z = 0,022 mol de O

• Determinaçãodafórmulamínimadocomposto:

A fórmula do composto pode ser dada por C0,024H0,044O0,022, ou ainda C24H44O22. Sendo a fórmula mínima expressa pela menor razão entre números inteiros, devemos dividir os índices por 2, obtendo C12H22O11 (fórmula mínima do composto em questão).

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Manual do Professor


Questão 17

Comentário: Conforme descrito no enunciado, o composto é formado por C, H e O. Podemos representar a reação pela seguinte equação não balanceada:

CxHyOz + O2 → xCO2 + y2 H2O

Como todo carbono presente no CO2 é oriundo do composto, podemos encontrar a massa de C a partir da massa de CO2 fornecida:

44 g de CO2 apresentam 12 g de C

0,176 g de CO2 apresenta w

w = 0,048 g de C

De forma análoga, todo hidrogênio presente na água é oriundo do composto:

18 g de H2O apresentam 2 g de H

0,036 g de H2O apresenta t

t = 0,004 g de H

Considerando que foram queimados 180 mg do composto, podemos encontrar a massa de oxigênio presente no composto:

moxigênio = 0,180 g – 0,048 g – 0,004 g = 0,128 g

Como a massa molar é 90 g.mol-1, podemos encontrar a quantidade em massa de cada elemento na massa molar:

0,180 g do composto estão presentes 0,048 g de C

90 g do composto estão presentes a

a = 24 g de C (2 mol de C)

0,180 g do composto estão presentes 0,004 g de H

90 g do composto estão presentes b

b = 2 g de H (2 mol de H)

0,180 g do composto estão presentes 0,128 g de O

90 g do composto estão presentes c

c = 64 g de O (4 mol de O)

A quantidade de matéria para a massa encontrada, em cada caso, foi obtida dividindo essa massa pela massa molar do elemento em questão. Essas quantidades, expressas em mol, equivalem a quantidade em mol de átomos de cada elemento em 1 mol do composto. Logo, a fórmula molecular é C2H2O4.


Comentário: Óxidos são compostos binários de oxigênio. Logo, considerando que o percentual de ferro nos compostos 1 e 2 seja, respectivamente, 70,0% e 77,8 %, haverá 30,0% e 22,2% de oxigênio.

• Paraóxido1–Aquantidadedematériadeferro(Fe)contidaem 100 g do composto é:

1 mol de Fe equivale a 56 g

x equivale a 70,0 g

x = 1,25 mol de Fe



y equivale a 30,0 g

y = 1,875 mol de O


= =Fe O FeO Fe O1,251,25

1,8751,25

1,5 2 3

• Paraóxido2–AquantidadedematériadeFecontidaem100 g do composto é:

1 mol de Fe equivale a 56 g

x equivale a 77,8 g

x = 1,389 mol de Fe



y equivale a 22,2 g

y = 1,388 mol de O

A fórmula mínima do composto pode então ser encontrada por:

Fe O FeO1,3891,388

1,3891,388

=

Questão 19

Comentário:

A) A quantidade de matéria de carbono (C) contida em 100 g de celulose é:



x = 3,70 mol de C

A quantidade de matéria de hidrogênio (H) contida em 100 g de celulose é:


y equivale a 6,17 g

y = 6,17 mol de H

A quantidade de matéria de oxigênio (O) contida em 100 g de celulose é:



z = 3,09 mol de O

A fórmula mínima da celulose pode, então, ser calculada da seguinte forma:

C H N C H O C H O3,703,09

6,173,09

3,093,09

1,2 2 1 6 10 5= =

B) A massa molecular da glicose, C6H12O6 é calculada da seguinte forma:

Massa molecular da glicose = 6 . 12 u + 12 . 1 u + 6 . 16 u

Massa molecular da glicose = 180 u

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Questão 20

Comentário: A quantidade de matéria de X contida em 100 g de composto é:

1 mol de X equivale a 32 g

a equivale a 40 g

a = 1,25 mol de X

A quantidade de matéria de Y contida em 100 g de composto é:

1 mol de Y equivale a 96 g

b equivale a 60 g

b = 0,625 mol de Y


X Y YX1,250,625

0,6250,625

2≡

Logo, os percentuais em quantidade de matéria de cada um dos elementos podem ser encontrados por:

1 mol de Y equivale a z

3 mol de átomos totais equivale a 100%

z = 33,33%

A) O percentual em quantidade de matéria de Y é 33,33%, e o de X é 66,67%.

B) A fórmula mínima do composto é YX2.

Questão 21 – Letra DComentário: As massas de iodo e estanho que efetivamente reagem são, respectivamente, 5,08 g e 1,18 g (4,18 g – 1,18 g). Logo, são formados 6,26 g do composto.

A quantidade de matéria de estanho (Sn) contida em 6,26 g de composto é:

1 mol de Sn equivale a 118 g

x equivale a 1,18 g

x = 0,01 mol de Sn

A quantidade de matéria de iodo (I) contida em 6,26 g de composto é:

1 mol de I equivale a 127 g

y equivale a 5,08 g

y = 0,04 mol de I

A formula mínima do composto pode, então, ser encontrada por:

Sn I SnI0,010,01

0,040,01

4=

Questão 22Comentário: Os dados do problema estão de acordo com a

Lei de Dalton (Lei das proporções múltiplas). Logo, deve existir

uma relação, expressa por números pequenos e inteiros, entre

as massas de oxigênio.

2,8 g de N

1,6 g de O Composto A 1

2

3

4

5

Razão entre as massas de

oxigênio

Composto B

Composto C

Composto D

Composto E

3,2 g de O

4,8 g de O

6,4 g de O

8,0 g de O

se combinam com

Portanto, a fórmula de cada um dos óxidos pode ser

representada por:

Composto Relação entre as fórmulas Massa molar

A NxO

B NxO2

C NxO3 76 g.mol–1

D NxO4

E NxO5

A massa molar de C é igual a 76 g.mol–1, assim, o número de

átomos de nitrogênio, X, presente em cada mol desse composto

é calculado da seguinte forma:

X . Massa molar do nitrogênio + 3 . Massa molar do oxigênio

X . 14 g.mol–1 + 3 . 16 g.mol–1 = 76 g.mol–1

X = 2

Logo, para as quantidades de oxigênio representadas, deve

haver 2 átomos de nitrogênio por mol do composto.

Portanto, os compostos A, B, C, D e E são representados,

respectivamente, por N2O, N2O2, N2O3, N2O4 e N2O5.


Comentário: A massa molar para a fórmula mínima é

30 g.mol–1, enquanto a massa molar da substância é

180 g.mol–1. A razão entre essas massas é 180 g.mol30 g.mol

6–1

–1= .

Logo, há 6 vezes mais átomos na fórmula molecular em relação

a fórmula mínima. Portanto, n = 6.

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Manual do Professor


Questão 24

Comentário: Cada 100 gramas do referido óxido de fósforo

apresentam 43,6 gramas de fósforo e 56,4 gramas de oxigênio.

Como a massa molecular é 284 u (a massa molar é 284 g.mol–1),

devemos encontrar a quantidade em massa de cada elemento

na massa molar:

100 g de óxido estão presentes 43,6 g de P

284 g de óxido estão presentes x

x = 123,8 g de P (4 mol de P)

100 g de óxido estão presentes 56,4 g de O

284 g de óxido estão presentes y

y = 160 g de O (10 mol de O)

A quantidade de matéria para a massa encontrada, em cada

caso, foi obtida dividindo essa massa pela massa molar do

elemento em questão. Essas quantidades, expressas em mol,

equivalem à quantidade em mol de átomos de cada elemento

em 1 mol do composto. Logo, a fórmula molecular do óxido

é P4O10.


Comentário: Em 100 g de lindano, temos:

24 782 0873 14

, , ,

g de Cg de Hg de C

Cálculo da quantidade de matéria de C, H e C:

n(C) = 24 78

12 1

, . –

ggmol

≅ 2,0 mol

n(H) = 2 08

1 1

, . –

ggmol

≅ 2,0 mol

n(C) = 73 14

35 5 1

, , . –

ggmol

≅ 2,0 mol

Dividindo-se os valores encontrados por 2, temos:

Fórmula mínima = CHC

Fórmula molecular = CxHxCx

M = 12x + 1x + 35,5x = 290,85

x = 6

Assim, a fórmula molecular do lindano é C6H6C6.


Comentário: A quantidade de matéria de carbono presente em 1 mol da substância (200 g) é calculada por:

100 g da substância contém 72 g de C

200 g da substância contém x

x = 144 g de C (12 mol)

A quantidade de matéria de hidrogênio presente em 1 mol da

substância (200 g) é calculada por:

100 g da substância contém 12 g de H

200 g da substância contém y

y = 24 g de H (24 mol)

A quantidade de matéria de oxigênio presente em 1 mol da

substância (200 g) é calculada por:

100 g da substância contém 16 g de O

200 g da substância contém z

z = 32 g de O (2 mol)

Logo, a fórmula molecular da substância é C12H24O2.

Questão 27

Comentário: Em 100 g do composto, temos 8 g de hidrogênio,

48 g de carbono, 28 g de nitrogênio e 16 g de oxigênio.

• CálculodaquantidadedematériadeH,C,NeO:

n(H) = =−

81

8 001

.

,ggmol

mol de H

n(C) = =4812

4 001

.

,–

ggmol

mol de C

n(N) = =−

2814

2 001

.

,ggmol

mol de N

n(O) = =−

1616

1 001

.

,ggmol

mol de O

Assim, a fórmula obtida, que já é a fórmula empírica do

composto, é C4H8N2O.

• Cálculodafórmulamolecular:

A massa molar correspondente à fórmula empírica

(C4H8N2O) é igual a:

4 . 12 g.mol–1 + 8 . 1 g.mol–1 + 1 . 16 g.mol–1 +

2 . 14 g.mol–1 = 100 g.mol–1.

Portanto, a proporção entre a massa molar correspondente à

fórmula empírica ou mínima e a massa molar correspondente

à fórmula molecular é igual a:

massa molar da fórmula molecularmassa molar

da fórmula mínima

= =200100

2

Portanto, para encontrar a fórmula molecular, basta

multiplicarmos a fórmula mínima por 2.

Fórmula molecular: C8H16N4O2

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42 Coleção EM1


Comentário: De acordo com a Lei das Proporções Múltiplas de Dalton, sabe-se que ao fixar a massa de nitrogênio existirá uma razão expressa por números pequenos e inteiros entre as massas de oxigênio que formam os diferentes compostos.

Fixando a massa de nitrogênio como 0,7 g, tem-se:

• Reação1:0,7gdenitrogênio+0,8gdeoxigênio

• Reação2:2,8 g de nitrogênio reagem com 1,6 g de oxigênio

0,7 g de nitrogênio reage com xx = 0,4 g de oxigênio

• Reação3:3,5 g de nitrogênio reagem com 10 g de oxigênio

0,7 g de nitrogênio reage com yy = 2,0 g de oxigênio

Logo:

Massa de nitrogênio

Massa de oxigênio Identificação

Razão entre as

massas de oxigênio

Fórmula prevista

0,7 g

0,8 g Composto 1 2 NxO2

0,4 g Composto 2 1 NxO

2,0 g Composto 3 5 NxO5

Como foi fornecido que a fórmula do composto 1 é NO, x deve ser igual a 2 e, portanto, as fórmulas dos compostos 2 e 3 são, respectivamente, N2O e N2O5.


Comentário: De acordo com a Lei das Proporções Múltiplas de Dalton, sabe-se que ao fixar a massa de nitrogênio existirá uma razão expressa por números pequenos e inteiros entre as massas de oxigênio que formam os diferentes compostos.

Fixando a massa de nitrogênio como 14 g, tem-se:

• Reação1:14gdenitrogênio+32gdeoxigênio

• Reação2:14gdenitrogênio+40gdeoxigênio

• Reação3: 84 g de nitrogênio reagem com 48 g de oxigênio

14 g de nitrogênio reagem com yx = 8,0 g de oxigênio

Logo:

Massa de nitrogênio

Massa de oxigênio Identificação

Razão entre as

massas de oxigênio

Fórmula prevista

14 g

32 g Composto 1 4 NxO4

40 g Composto 2 5 NxO5

8 g Composto 3 1 NxO

Como foi fornecido que a fórmula do composto 1 é NO2, x deve ser igual a 2 e, portanto, as fórmulas dos compostos 2 e 3 são, respectivamente, N2O5 e N2O.

Questão 30

Comentário:

A) A quantidade de matéria de carbono (C) contida em 100 g de benzedrina é:


x equivale a 80 g

x = 6,67 mol de C

A quantidade de matéria de hidrogênio (H) contida em 100 g de benzedrina é:


y equivale a 9,63 g

y = 9,63 mol de H

A quantidade de matéria de nitrogênio (N) contida em 100 g de benzedrina é:



z = 0,74 mol de N

A fórmula mínima da benzedrina pode, então, ser

encontrada por:

C H N C H N6,670,74

9,630,74

0,740,74

9 13=

B) A massa molecular para a fórmula mínima da benzedrina é:

9 . 12 g.mol–1 + 13 . 1 g.mol–1 + 14 g.mol–1 = 135 g.mol–1

Esse valor encontrado para a fórmula mínima é o mesmo valor fornecido na questão para a fórmula molecular. Logo, tais fórmulas são equivalentes, ou seja, a fórmula molecular

também é C9H13N.


Comentário: A massa encontrada para a fórmula mínima é: 5 . 12 g + 6 . 1 g + 16 g = 82 g.

Esse valor corresponde à metade da massa molar. Logo, a fórmula molecular do eugenol é C10H12O2. Podemos, então, encontrar o percentual de C:

164 g de C10H12O2 representam 100%

120 g de C representam x

x = 73%


Comentário: Primeiramente, calculamos as proporções molares de C, H e O. Na análise do composto, foram encontrados 1,8 g de C, 6 . 1022 átomos de oxigênio e o restante de hidrogênio:

n(C) = =−

1 812

0 151

, .

,g

gmolmol de C

n(O) = =−

6 .10 átomos6 .10 átomos.mol

0,122

23 1mol de O

Como 1 mol de O é igual a 16 g, logo

0,1 mol de O . 16 g.mol–1 = 1,6 g de O

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Manual do Professor


Como a massa total analisada foi de 3,75 g, a massa de

hidrogênio contida no composto é de

3,75 g – 1,8 g – 1,6 g = 0,35 g de H.

Portanto, a quantidade, em mol, de hidrogênio é igual a:

n(H) = =−

0 351

0 351

, .

,ggmol

mol de H

Assim, a fórmula obtida, em proporção molar, é C0,15H0,35O0,1.

Dividindo-se os índices por 0,1 e multiplicando-os por 2, temos:

C H O0 150 1

2 0 350 1

2 0 10 1

2,,

. ,,

. ,,

.

Fórmula mínima do composto orgânico: C3H7O2.

• Cálculodafórmulamolecular:

A massa molar do composto orgânico pode ser calculada

sabendo-se que 0,75 mol do composto corresponde à massa

de 112,5 g:

0,75 mol ——–––– 112,5 g

1 mol ——–––– x

x = 150,0 g

Assim, a massa molar do composto é 150,0 g.mol–1.

A massa molar da fórmula mínima é:

3 . 12 g.mol–1 + 7 . 1 g.mol–1 + 2 . 16 g.mol–1 = 75 g.mol–1.

A proporção entre a massa molar correspondente à fórmula

empírica e a massa molar correspondente à fórmula

molecular é igual a:

massa molar da fórmula molecularmassa molar

,da fórmula mínima

= =150 275

2

Para encontrar a fórmula molecular, multiplicamos a fórmula

mínima por 2.

Fórmula molecular: C6H14O4


A) Sabemos que a massa molar do eucaliptol é 154 g. Assim, temos:

3,16 g do composto apresentam 2,46 g de C

154 g do composto (1 mol) apresentam x

x = 120 g de C (10 mol)

3,16 g do composto apresentam 0,37 g de H

154 g do composto (1 mol) apresentam y

y = 18 g de H (18 mol)

3,16 g do composto apresentam 0,33 g de O

154 g do composto (1 mol) apresentam z

z = 16 g de O (1 mol)

Logo, a fórmula molecular do composto é C10H18O.

B) A combustão completa do composto pode ser representada por:

C10H18O + 14 O2(g) → 10 CO2(g) + 9 H2O(g)

E, portanto, podemos calcular a massa de água produzida por:

154 g de C10H18O (1 mol) na combustão produzem 9 x 18 g de H2O

3,16 g de C10H18O na combustão produzem w

w = 3,32 g de H2O

A massa de água produzida na queima de 3,16 g do composto é 3,32 gramas.


Comentário: Cada 100,00 gramas do sal apresentam 25,8 gramas de água de cristalização. Como a massa molecular é 280 u (a massa molar é 280 g.mol–1), devemos encontrar a quantidade em massa de água de cristalização na massa molar:

100 g de sal estão presentes 25,8 g de H2O

280 g de sal estão presentes x

x = 72 g de H2O (4 mol de H2O)

A quantidade de matéria de H2O para a massa encontrada foi obtida dividindo essa massa pela massa molar (18 g.mol–1). Essas quantidades, expressas em mol, equivalem à quantidade em mol de água de cristalização em 1 mol do composto.

Questão 35 – Letra BComentário: A referida argila, quando úmida, contém 45 g de sílica para 100 g de amostra.

Ao secarmos a argila, perdemos 10% de sua massa e, assim, continuaremos com 45 g de sílica, porém em 90 g de amostra. Logo, teremos:

90 g de argila seca representam 100%

45 g de sílica representam x

x = 50%

Questão 36

Comentário: O aquecimento do sal implica em perda da água de cristalização. Logo, cada 100,00 gramas do sal apresentam 45,3 gramas de água de cristalização.

A massa molar do composto, FeSO4.xH2O, é:

55,8 g + 32,1 g + 4 . 16,0 g + 18x g = (151,9 + 18x) g.mol-1, sendo 18 g.mol-1 a massa molar da água e x o número de mols de água por mol do composto. Assim, podemos estabelecer a seguinte relação:

100 g de FeSO4.xH2O estão presentes 45,3 g de H2O

(151,9 + 18x) g de FeSO4.xH2O estão presentes 18x g de H2O

Resolvendo a equação, temos:(151,9 +18x) 45,3 = 1 800x

6881 + 815,4x = 1 800x984,6x = 6 881

x = 7

Logo, temos 7 moléculas de água de hidratação por unidade estrutural.

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44 Coleção EM1

Questão 37

Comentário: O aquecimento do sal implica em perda da água

de cristalização. Logo:

322 g de Na2SO4.10H2O quando aquecidos perdem 10 mol de H2O

32,2 g de Na2SO4.10H2O quando aquecidos perdem x

x = 1 mol de H2O

Sabemos que o volume de um gás ideal, medido nas CNTP, é

22,7 L (muitas vezes considerado 22,4 L). Assim, caso fosse

possível obter a água de cristalização na fase gasosa nas CNTP,

seu volume seria 22,7 L (ou 22,4 L).


Comentário: A massa molar do sulfato de cobalto (II) anidro é:

58,9 g.mol–1 + 32,1 g.mol–1 + 4 . 16 g.mol–1 = 155 g.mol–1

A análise dos dados experimentais permite estabelecer a

seguinte relação:

1,023 g do sal hidratado produz 0,603 g do sal anidro

x produz 155 g do sal anidro

x = 263 g do sal hidratado

A massa de água equivale à diferença entre a massa do sal

hidratado e do sal anidro, ou seja, 263 g – 155 g = 108 g

(6 mol de H2O).

Portanto, o sal é hexahidratado, ou seja, sulfato de cobalto (II)

hexahidratado – CoSO4.6H2O.

Questão 39

Comentário: As massas molares dos compostos envolvidos

na decomposição do oxalato de cálcio são calculadas da

seguinte forma:

• M(CaC2O4.H2O) = 40 g.mol–1 + 2 .12 g.mol–1 +

4 . 16 g.mol–1 + 18 g.mol–1 =146 g.mol–1

• M(H2O) = 2 . 1 g.mol–1 + 16 g.mol–1

• M(CaC2O4) = 40 g.mol–1 + 2 .12 g.mol–1 + 4 . 16 g.mol–1 =

128 g.mol–1

• M(CO)12g.mol–1 + 16 g.mol–1

• M(CaCO3) = 40 g.mol–1 + 12 g.mol–1 + 3 . 16 g.mol–1 =

100 g.mol–1

• M(CaO)=40g.mol–1 + 16 g.mol–1 = 56 g.mol–1

• M(CO2) = 12 g.mol–1 + 2 . 16 g.mol–1 = 44 g.mol–1

Conforme descrito no enunciado, por volta de 160 °C,

ocorre perda de 1 mol de água por mol de composto,

ou seja, perda de 18 g para cada 146 g. O processo pode

ser representado por:

CaC2O4.H2O(s) → CaC2O4(s) + H2O(g)

Por volta de 500 ºC, ocorre a seguinte reação:

CaC2O4(s) → CaCO3(s) + CO(g)

o que implica em perda de 28 g para cada 128 g.

Finalmente, por volta de 650 ºC, ocorre a seguinte reação:

CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g)

implicando em perda de 44 g para cada 100 g.

Arepresentaçãográficaé:

146 CaC2O4(s)

CaC2O4.H2O(s)

CaCO3(s)

CaO(s)

160 500 650

128

100

56

Temperatura / °C

Massa

Questão 40

Comentário:

A) Aanálisedográfico revelaqueadecomposição térmicade 88 mg da substância envolve perda de 44 mg (88 mg – 44 mg). Sendo a massa molar do CO2 igual a 44 g.mol–1 e considerando que é perdida apenas uma molécula de CO2 por molécula do composto, podemos inferir que a massa molar do composto é 88 g.mol–1.

B) Como todo o oxigênio presente na substância é perdido sob a forma de CO2 e considerando que 1 mol da substância libera 1 mol de CO2, temos a presença de 2,0 mol de O por mol de substância.

A massa de carbono e hidrogênio presente no composto é 56 g. Em função da valência dos elementos apresentados e de suas massas molares, deve haver no composto 4 mol de C, que totaliza 48 g. Os 8 g restantes referem-se ao hidrogênio. Logo, a fórmula molecular do composto é C4H8O2.

Seção Enem


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 25

Comentário: Sabemos hoje que a fórmula da água é H2O e que sua massa molar é 18 g.mol. Assim, podemos determinar o percentual em massa dos elementos hidrogênio e oxigênio por:

18 g de H2O equivalem a 100%

2 g de H equivalem a x

x = 11,1%

O percentual de oxigênio pode ser obtido por: 100,0% – 11,1% = 88,9%

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Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 25

Comentário: Observando-se a representação da água e da amônia, conclui-se que o hidrogênio, comum às duas substâncias, está representado por , o oxigênio por e o nitrogênio por .

A composição da água considerada por Dalton é de 85% de oxigênio e 15% de hidrogênio, em massa.

• 1ªrepresentação:

Massa da molécula: 1 + 5,66 = 6,66

Porcentagem, em massa, de oxigênio:

(5,66/6,66) . 100 = 84,98%


Massa da molécula: 1 + 1 + 5,66 = 7,66


(5,66/7,66) . 100 = 73,89%


Massa da molécula: 1 + 5,66 + 5,66 = 12,32


(2 . 5,66/12,32) . 100 = 91,88%

A representação da molécula de água que apresenta a porcentagem de oxigênio correta considerada por Dalton é a 1ª representação.

A composição da amônia considerada por Dalton é de 80% de nitrogênio e 20% de hidrogênio, em massa.


Massa da molécula: 1 + 4 = 5

Porcentagem, em massa, de nitrogênio:

(4/5) . 100 = 80%


Massa da molécula: 1 + 1 + 4 = 6


(4/6) . 100 = 66,7%


Massa da molécula: 1 + 4 + 4 = 9


(2 . 4/9) . 100 = 88,9%

A representação da molécula de amônia que apresenta a porcentagem de nitrogênio correta considerada por Dalton é a 1ª representação.


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 25

Comentário: Para responder a essa questão, é necessária a determinação das fórmulas mínimas dos óxidos A, B e C.

• DeterminaçãodafórmulamínimadoóxidoA:

nFe = 2856

gg.mol–1

= 0,5 mol nO = 1216

gg.mol–1

= 0,75 mol

O composto poderia ser representado por Fe0,5O0,75. Para

tornar os números inteiros, podemos dividir ambos por 0,5,

seguido da multiplicação por 2, obtendo Fe2O3.

• DeterminaçãodafórmulamínimadoóxidoB:

nFe = 33 656

, gg.mol–1

= 0,6 mol nO= 12 816

, gg.mol–1

= 0,8 mol


tornar os números inteiros, podemos multiplicar ambos

por 10, seguido da divisão por 2, obtendo Fe3O4.

• DeterminaçãodafórmulamínimadoóxidoC:

nFe = 2856

gg.mol–1

= 0,5 mol nO =8

16 g

g.mol–1 = 0,5 mol


tornar os números inteiros, podemos dividir ambos por

0,5, obtendo FeO.


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 25



A) Incorreta. A fórmula molecular da dopamina é C8H11NO2.

Osíndicesdessafórmulanãopodemsersimplificados;logo,

sua fórmula molecular é igual à fórmula mínima.

B) Incorreta. A fórmula mínima de uma substância indica a

menor proporção inteira entre os átomos dos elementos

que a constituem. Portanto, a proporção entre os átomos

de carbono, hidrogênio, nitrogênio e oxigênio, na dopamina,

é 8 : 11 : 1 :2, respectivamente.

C) Correta. A substância, cuja falta é associada a sensações

de tristeza e de abatimento é a serotonina e sua fórmula

molecular é C10H12N2O.

Cálculo da contribuição do carbono na formação da massa

molar da serotonina:

C → 68 181212, = 5,68 mol

H → 6 81211

, = 6,82 mol

N → 15 91414, = 1,136 mol

O → 9 11616, = 0,56875 mol

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46 Coleção EM1

Dividindo-se todos os valores encontrados por 0,56875, temos:

C → 5 680 56875

,,

= 10 mol

H → 6 820 56875

,,

= 12 mol

N → 1 0850 56875

,,

= 2 mol

O → 0 568750 56875,,

= 1 mol

Portanto, a fórmula molecular da serotonina é igual a C10H12N2O.

D) Incorreta. O hidrogênio contribui com 11 u na formação da massa molecular da dopamina, enquanto o nitrogênio contribui com 14 u. Logo, o percentual de contribuição, em massa, do nitrogênio é maior.

E) Incorreta. O hidrogênio contribui com 12 átomos, enquanto o carbono contribui com 10 átomos na formação de uma molécula de serotonina. Logo, a contribuição, em número de átomos, do hidrogênio é maior.

CAPÍTULO – B4Teoria cinética dos gases



Comentário: Podemos considerar, para esse experimento, que a pressão se mantém praticamente constante, uma vez que as paredes do balão de borracha são flexíveis.

Com o aquecimento, a energia cinética média das moléculas aumenta, de forma que tais moléculas passam a requerer maior caminho médio a ser percorrido, elevando o volume do balão. Sabemos ainda que o movimento das moléculas de um gás é caótico e aleatório, de forma que tais moléculas se espalharão uniformemente por todo o sistema. Finalmente, vale ressaltar que a quantidade de moléculas, bem como o tamanho individual de cada uma delas, mantêm-se inalterados.

Questão 02

Comentário: O gráfico a seguir representa dois experimentos realizados com a mesma quantidade de gás, a diferentes temperaturas, T1 e T2. Para o mesmo volume, a pressão em P2 é maior que a verificada em P1. Como o caminho médio nos 2 experimentos é o mesmo (mesmo volume), mas a pressão em 2 é maior, implica que o grau de agitação térmica das partículas em T2 é maior. Logo, a temperatura do experimento 2 é maior que a do experimento 1.

V

P2

P1

T2T1

P

Logo, T2 >T1..

Questão 03

Comentário: Para a análise das transformações gasosas construiremos uma tabela:

Transformação AnálisePressão Volume Temperatura

p V T

Expansão isotérmica até volume 2V(1)

Se T é constante,

então V ∝ 1/p

p/2 2V T

Aquecimento isovolumétrico

até 2T(2)

Se V é constante, então T ∝ p

p 2V 2T

Compressão isobárica até o volume V(3)

Se p é constante, então V ∝ T

p V T

Aanálisedatabelapermiteaconstruçãodográficoaseguir:

V

(1)(2)

(3)P

P/2

2V

Pressão

Volume

Questão 04

Comentário:

A) O quadro a seguir representa os valores de P, T e V fornecidos em cada uma das situações:

Pressão Volume Temperatura

Situação 1 P1 = 1,0 atm V1 = 30 L T1 = 27 ºC = 300 K*

Situação 2 P2 V2 = 40 L T2

Situação 3 P3 V3 T3 = 7 ºC = 280 K

Situação 4 P4 = 1,0 atm V4 T4 = 300 K

* Lembre-se de que, para que a relação de proporcionalidade seja obedecida, a temperatura deve ser fornecida na escala Kelvin.

Como, em todas as situações, a quantidade de matéria de amostra gasosa foi mantida constante, a equação PVT

cons te= tan pode ser aplicada.

Transformação que leva à situação 2, partindo da situação 1:

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Manual do Professor


De acordo com o enunciado, trata-se de uma transformação isobárica, logo P2 = P1 = 1,0 atm. Assim, a equação dos

gases se resume a VT

cons te= tan , e, portanto:

V

T

V

T1

1

2

2

=

30300

40

2

LK

LT

=

T2 = 400 K


Como a transformação é isovolumétrica, V3 = V2 = 40 L. O que

reduz a equação dos gases a PT

cons te= tan e, portanto,

P

T

P

T2

2

3

3

=

1 0400 280

3,

atmK

P

K=

P3 = 0,70 atm.


Como houve variação simultânea de P, V e T, temos:

P V

T

P V

T3 3

3

4 4

4

=

0 70 40280

1 0

3004, .

, .

atm L

K

atm V

K=

V4 = 30 L

O quadro representado anteriormente pode, então ser reescrito por:

Pressão Volume Temperatura

Situação 1 1,0 atm 30 L 300 K




B) Ográficopodeserconstruídoconsiderando-seospontosobtidos no item A:

1,00

Pres

são

/ at

m

30Volume / L

40

0,70

Transformação I(isobárica)

Transformação II(isovolumétrica)Transformação

III


Comentário: Baseando-se no princípio de Avogadro e considerando (como descrito no enunciado) que os gases encontram-se sob as mesmas condições de temperatura e pressão, temos que a quantidade em matéria de moléculas nos recipientes contendo CO e CO2 são as mesmas e que cada um deles contém n moléculas. Os recipientes contendo O2 e C2H4 contêm n/2 moléculas cada, pois o volume é a metade do verificado para os outros 2 recipientes (contendo CO e CO2). Assim:

• Parao recipientecontendoCO,hánmoléculase,comocada molécula é formada por 2 átomos, há 2n átomos;

• ParaorecipientecontendoCO2, há n moléculas e, como cada molécula é formada por 3 átomos (sendo 1 átomo de C e 2 átomos de O), há 3n átomos;

• ParaorecipientecontendoO2, há n/2 moléculas e, como cada molécula é formada por 2 átomos, há n átomos;

• Finalmente,paraorecipientecontendoC2H4, há n/2 moléculas e, como cada molécula é formada por 6 átomos (sendo 2 átomos de C e 4 átomos de H), há 3n átomos.



1. Correta. Conforme o enunciado, as condições de temperatura, pressão e volume são as mesmas. Logo os recipientes 1 e 2 apresentam o mesmo número de moléculas.

2. Incorreta. As massas moleculares de CO2, N2 e O2 são, respectivamente, 44 u, 28 u e 32 u. Como os 2 tipos de moléculas contidas no recipiente 2 são mais leves que as contidas no recipiente 1 e o número de moléculas é o mesmo, necessariamente a massa total contida em 1 será maior que a contida em 2.

3. Incorreta. No recipiente I, existem n moléculas e cada molécula apresenta 2 átomos de oxigênio, o que totaliza 2n átomos de oxigênio. Já no recipiente 2, hán moléculas totais, somando a quantidade de O2 e N2. Logo, a quantidade de moléculas de O2 é menor que n. Como cada molécula de O2 apresenta 2 átomos, a quantidade total de átomos de oxigênio contidos no recipiente 2 será menor que 2n.


Comentário: Sendo a massa molar do éter 74 g.mol–1, havia no frasco 0,1 mol dessa substância.

Considerando que toda a amostra evaporou, haverá 0,1 mol de gás no recipiente de 0,8 L submetido à temperatura de 37 °C (310 K). Podemos encontrar a pressão utilizando a equação de Clapeyron. Assim:

P nRTV

mol atm L mol K K= = 0 1 0 08 3100

1 1, . , . . . . ,

– –

883 1

,

Latm=

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48 Coleção EM1

Questão 08 – Letra CComentário: Conforme representado na equação, devidamente balanceada, a decomposição de 4 mol de nitroglicerina produz 29 mol de gás, sendo 6 mol de N2, 1 mol de O2, 12 mol de CO2 e 10 mol de vapor de H2O. Considerando-se o comportamento ideal dos gases produzidos, o seu volume pode ser obtido pela equação de Clapeyron. Assim:

V nRTp

mol atm L mol K= = 29 0 082 298 151 1 . , . . . . , – – KKatm

L1 0

709,

=

Questão 09 – Letra AComentário: O recipiente contém uma mistura gasosa

constituída por 42 g28 g.mol–1

= 1,5 mol de N2 e 16 g32 g.mol–1

=

0,5 mol de O2, totalizando 2 mol de gás. Considerando-se que os gases se comportam idealmente, a pressão total do sistema

pode ser obtida resolvendo-se a equação de Clapeyron. Assim:

P nRTv

mol atm L mol K K= = 2 0 082 3002 0

1 1 . , . . . . ,

– –

,

Latm= 24 6

Sabemos que a pressão total de um sistema contendo uma

mistura gasosa deve-se à soma das pressões parciais de cada

um dos gases, e esta pode ser encontrada conhecendo-se as

frações molares de cada um dos gases, bem como a pressão

total. Assim, devemos obter as frações molares:

χN

molmol2

1 52 0

0 75= =, ,

,

χO

molmol2

0 52 0

0 25= =, ,

,

Logo, a pressão parcial dos gases para o N2 é dada por:

PN2 = 0,75 . 24,6 atm = 18,45 atm

E, portanto, a pressão parcial do O2 é dada por:

PO2 = 24,6 atm – 18,45 atm = 6,15 atm

Questão 10Comentário: Após a abertura da válvula, o gás contido em

B (inicialmente ocupando 20 L) irá se difundir e, com isso, se

espalhar uniformemente em 50 L (soma dos volumes de A e B).

A temperatura se manteve constante, logo a energia cinética

média das moléculas também o será. Como a quantidade

de matéria também foi mantida constante e o volume a ser

percorrido pelas moléculas aumentou, então a frequência de

colisões de tais moléculas com as paredes do sistema deve

diminuir. Logo, a pressão registrada em MB será menor.

Questão 11 – Letra CComentário: A umidade relativa do ar (UR) é encontrada

dividindo-se a pressão de vapor pela pressão de vapor

saturante. De acordo com os dados do exercício, obtemos:

= = =URPV

PV11,9 mmHg23,8 mmHg

. 100% 50%presente

saturante

Questão 12Comentário: A quantidade de matéria de água é dada por:

= =n 9g18g.mol

0,5molH O –12

Logo a pressão de vapor da água na região é:

=

= =

Pn .R.T

V

P0,5mol . 62,3mmHg.L.mol .K .300K

1 000 L9,345mmHg

H O

H O

H O

–1 -1

2

2

2

=

= =

Pn .R.T

V

P0,5mol . 62,3mmHg.L.mol .K .300K

1 000 L9,345mmHg

H O

H O

H O

–1 -1

2

2

2

A pressão de vapor saturante na temperatura dada é 30,0 mmHg. A razão entre a pressão de vapor de água encontrada e a pressão de vapor saturante é dada por:

=UR9,345mmHg

30,0. 100

UR = 0,312 ou 31,2%

Questão 13 – Letra BComentário: A densidade de uma amostra gasosa pode ser

calculada por: =d PMRT

e, para o gás encontrado vale 1,25 g.L–1.

Logo a massa molar do gás em questão é:

= = =MdRTP

1,25g.L . 0,082atm.L.mol .K . 273 K1atm

28 g.mol–1 –1 –1

–1

Entre os gases fornecidos, O2, N2, H2 e CO2, suas massas molares são, respectivamente, 32 g.mol-1, 28 g.mol-1, 2 g.mol-1 e 44 g.mol-1. Apenas para o N2 a massa molar satisfaz o valor encontrado.

Questão 14Comentário: A densidade, ρ, de um gás a pode ser calculada

por ρ = PMRT

, em que P é a pressão sob a qual o gás encontra-se

submetido, M sua massa molar, R a constante universal dos gases e T a temperatura absoluta. Como foram fornecidos os dados ρ, P e T, a massa molar do gás em questão é dada por:

M RTP

= ρ

M g L atm L mol K Ka

= 0 65 0 082 3001 0

1 1, . . , . . . . ,

– –

ttm

M = 16,0 g.mol–1

Questão 15 – Letra CComentário: Considerando que os gases foram produzidos no mesmo sistema, eles apresentam mesma energia cinética média. Assim, a velocidade de difusão é inversamente

proporcional à raiz quadrada da massa molar vM

∝

1 , ou

seja, quanto menor for a massa molar, mais rapidamente o gás irá se difundir no ar. Precisamos, portanto, calcular a massa molar de cada um dos gases N2, O2, H2, CO2 e CH4, cujos valores são, respectivamente, 28, 32, 2, 44 e 16 g.mol–1.

Concluímos, então, que os gases irão se difundir na seguinte ordem: H2, CH4, N2, O2 e CO2.

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Questão 16

Comentário: A formação do aerossol ocorre em virtude da reação entre NH3 e HC que produz um sólido que se dispersa no ar. O processo pode ser representado por:

NH3(g) + HC(g) → NH4C(s)

Para ocorrência da reação, conforme representado acima, NH3 (M = 17,0 g.mol–1) e HC (M = 36,5 g.mol–1) precisam colidir. Como a massa molar do NH3 é menor, sua velocidade de difusão será maior e, com isso, em um mesmo intervalo de tempo, suas moléculas percorrerão maior distância. Consequentemente, o anel se forma mais próximo ao frasco do HC.



Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmações.

I. e II. Incorretas. De acordo com a Teoria Cinética dos Gases, as partículas são dotadas de movimento desordenado, em todas as direções e com velocidades e energias cinéticas variadas. Por outro lado, a energia cinética média das partículas é diretamente proporcional à temperatura absoluta.

III. Corretas. Gás ideal é todo e qualquer sistema gasoso em que suas partículas constituintes comportam-se como está previsto na Teoria Cinética dos Gases. Porém, um gás real aproxima-se do comportamento ideal a baixas pressões e altas temperaturas, pois as partículas praticamente não interagem.

IV. Correta. As colisões das partículas gasosas entre si e com as paredes do recipiente que as contêm são perfeitamente elásticas e de duração desprezível. Segundo a Teoria Cinética dos Gases, são essas colisões que determinam a pressão exercida por um gás dentro de um recipiente.


Comentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.

A) Incorreta. Em virtude da grande distância média entre as partículas, as forças de atração ou de repulsão que atuam nas partículas de gases são desprezíveis.

B) Correta. A energia cinética média das moléculas de um gás é diretamente proporcional à temperatura. Assim, tais moléculas se movem mais lentamente em temperaturas mais baixas.

C) Correta. As moléculas de um gás se movem retilineamente, podendo alterar suas direções após uma colisão.

D) Correta. À temperatura constante, o volume ocupado por um gás é inversamente proporcional à pressão que o mesmo exerce. Assim, se o gás for comprimido (redução do volume) a pressão irá aumentar proporcionalmente.


Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.A) Correta. A teoria cinética dos gases prevê que, durante

uma colisão, as moléculas podem trocar energia entre si, mas a energia total do sistema se mantém inalterada.

B) Incorreta. De acordo com a Lei de Graham, a velocidade de difusão das partículas de um gás é inversamente proporcional à raiz quadrada de sua massa.

C) Incorreta. O volume molar de qualquer gás é 22,4 L (mais corretamente considerado 22,7 L) quando a amostra se encontra nas CNTP (0 °C e 1 bar) e não nas condições padrão (25 °C e 1 bar).

D) Incorreta. À temperatura constante, o volume ocupado por uma massa gasosa é inversamente proporcional a sua pressão.


Comentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas de acordo com a teoria cinética dos gases ideais.1. Correta. De fato, a pressão exercida por um gás é resultante das

colisões entre as moléculas do gás e as paredes do recipiente.2. Incorreta. As colisões das moléculas do gás são perfeitamente

elásticas.3. Correta. Ao fornecer energia ao sistema, a temperatura

aumenta. Logo, eleva-se a energia cinética das moléculas e, considerando que o volume do sistema se manterá constante, ocorrerá aumento da pressão.

4. Correta. Haverá conservação da quantidade de movimento das moléculas de um gás para condições constantes de temperatura, volume e pressão.

Questão 05 – Letra BComentário: Cada uma das bexigas ficou cheia de gás. Como elas apresentam paredes flexíveis, podemos considerar que a pressão se mantém praticamente constante. Logo, o objetivo do exercício é relacionar o efeito do volume de uma amostra gasosa quando submetida à variação de temperatura.Ao colocarmos a bexiga em uma bacia com água quente, o gás é aquecido e, portanto, a energia cinética média de suas moléculas é elevada. Consequentemente, tais moléculas passam a necessitar de maior caminho livre para continuarem exercendo a mesma pressão. Logo, o volume da bexiga aumenta. O inverso

ocorre quando a bexiga é colocada na bacia com água fria.

Questão 06

Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos o texto de forma a preencher corretamente as lacunas.1ª Lacuna: aleatório. As interações entre as moléculas de

uma substância ou mistura gasosa são muito fracas, sendo consideradas nulas para os gases ideais. Isso possibilita a tais moléculas alto grau de liberdade, conferindo a elas movimento caótico e aleatório.

2ª Lacuna: linear. Em virtude da grande distância média entre as partículas, as forças de atração ou de repulsão que atuam são desprezíveis, exceto durante uma colisão. Uma consequência disso é que o movimento das partículas é retilíneo e uniforme entre duas colisões.

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3ª Lacuna: maiores. As partículas que constituem os gases apresentam grandes distâncias entre si, e, portanto, seus volumes são desprezíveis em relação ao volume do sistema que as contém.

4ª Lacuna: choque. As partículas se chocam entre si e com as paredes do recipiente em que se encontram. Tais choques são perfeitamente elásticos e de duração desprezível, ou seja, ao se chocarem, as partículas não perdem energia, o que confere a elas um movimento contínuo.

5ª Lacuna: pressão. A pressão é decorrente da força com que as moléculas se chocam com as paredes do recipiente.

Questão 07 Comentário: Conforme descrito no enunciado, trata-se de uma transformação cíclica (ciclo fechado) que pode ser descrita conforme representado na tabela a seguir:

Transformação Análise

Tempe-ratura Volume Pressão

T V p

O gás é aquecido a volume constante

Se V é constante, então T ∝ p

xt sendo xT>Τ

Vxp sendo xp > p

O gás se expande a

temperatura constante

Se T é constante,

então V ∝ 1/pxT

yV sendo yV>V

xp/y sendo

xp/y < xp

O gás é resfriado a volume constante

Se V é constante

então T ∝ p. Além disso, a transformação

completa é cíclica.

T yV p/y

O gás se contrai a temperatura

constante

Se T é constante,

então V ∝ 1/p. Devemos considerar ainda que o processo é

cíclico.

T V p

Logo, o motor de Stirling pode ser representado por:

yV

xP

P

Y

(3)

(2)(1)

(4)

Pressão

Volume

Questão 08 – Letra DComentário: Os pneus encontram-se cheios de ar. Conforme descrito, devemos considerar que o volume e a quantidade de matéria em seu interior se mantêm inalterados.

Em virtude do atrito com o chão, houve aquecimento do sistema e, com isso, as moléculas no interior do pneu passaram a colidir com maior intensidade e frequência com as paredes do recipiente, exercendo assim maior pressão.

Outra abordagem seria considerar a Lei de Charles e Gay Lussac – mantendo constantes o volume e a massa da amostra gasosa, temperatura e pressão são diretamente proporcionais.

Questão 09 – Letra BComentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. Sob volume constante, a pressão exercida por uma amostra gasosa é diretamente proporcional à temperatura absoluta.

B) Correta. Sob temperatura constante, a pressão exercida por uma amostra gasosa é inversamente proporcional ao volume ocupado pela amostra.

C) Incorreta. A Lei de Avogadro diz que volumes iguais de gases quaisquer, quando medidos à mesma pressão e temperatura, encerram o mesmo número de moléculas.

D) Incorreta. O valor R na função P.V = n.R.T apresenta valor constante independentemente da natureza do gás.

E) Incorreta. À pressão constante, o volume ocupado por uma amostra gasosa é diretamente proporcional à sua temperatura absoluta. Assim, se o gás for aquecido, o volume da amostra irá aumentar à pressão constante.

Questão 10 – Letra AComentário: Determina-se a pressão de calibração do pneu na temperatura de 12 °C utilizando a equação geral dos gases.

=PV

T

P V

Ti i

i

f f

f

Admite-se que:

Pi = 30 lb.pol–2 Pf = ?

Ti = 27 °C = 300 K Tf = 12 °C = 285 K

Vi = Vf

=30 lb.pol300 K

P

285 K

–2f ⇒ Pf = 28,5 lb.pol–2

A pressão de calibração na temperatura de 12 °C, em atm, é igual a

15 lb.pol–2 1 atm

28,5 lb.pol–2 x

x = 1,90 atm

Questão 11 – Letra AComentário: Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Correta. Considerando que a quantidade de matéria e o volume se mantêm constantes, a razão P

T também o será.

Logo, P

T

P

T1

1

2

2

= . Assim:

PP T

T1,5 atm . 400 K

300 K2,0 atm

21 2

1

= = =

B) Incorreta. No interior da embalagem, as moléculas encontram-se mais próximas. Para que ocorra a efusão é necessário afastá-las, o que requer absorção de energia. Consequentemente haverá resfriamento da válvula.

C) Incorreta. A tinta contém partículas sólidas. Logo, ao se espalhar no ar, formará uma dispersão.

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Manual do Professor


D) Incorreta. A quantidade de matéria de propano no interior da embalagem é calculada considerando-se as condições do sistema (P = 1,5 atm; T = 300 K (27 °C); e V = 0,1 L (50% do volume do sistema).

L o g o , = =n 1,5 atm . 0,1 L0,082 atm.L.mol K . 300 K

6,1 . 10 mol.–1 –1

–3

O número de moléculas é encontrado utilizando a seguinte

regra de três:

1 mol de C3H8 contém 6,0 . 1023 moléculas

6,1 . 10–3 mol de C3H8 contém x

x = 3,70 . 1021 moléculas

E) Incorreta. Conforme calculado na alternativa D, há na embalagem 6,1 . 10–3 mol de propano. A massa correspondente a essa quantidade de matéria pode ser calculada da seguinte forma:

1 mol C3H8 equivale a 44 g

6,1 . 10–3 mol C3H8 equivale a y

y = 0,27 g

Questão 12 – Letra AComentário: De acordo com a Lei de Gay-Lussac, em transformações isobáricas (à pressão constante), o volume ocupado por uma determinada massa gasosa é diretamente proporcional à temperatura. Logo, na situação X, o aumento da temperatura provocará um aumento do volume ocupado pelo gás e h1 > h. Conforme a Lei de Boyle-Mariotte, à temperatura constante, o volume ocupado por uma determinada massa gasosa é inversamente proporcional à pressão. Logo, na situação Y, o aumento da pressão sobre o gás é acompanhado pela diminuição de seu volume e h1 < h.


Comentário: Para análise de cada um dos gráficos, consideramos a temperatura e a pressão constantes, e com isso, p ∝ 1/V. Para a melhor compreensão dos gráficos, analisaremos a seguinte tabela:

Pressão Volume 1/Volume

p V 1/V

2p V/2 2/V

4p V/4 4/V

Assim teremos:

A) Correta. Se p aumenta, V diminui na mesma proporção e, portanto, pV/T se mantém inalterado

B) Incorreta. Se V aumenta, p diminui na mesma proporção. Logo, com o aumento de V a relação p/V diminuiria exponencialmente, sendo representado por:

V

p/V

C) Correta. Assim como analisado em A, a relação pV/T se mantém constante quando V aumenta.

D) Correta. Conforme analisado na tabela, quando P aumenta, V diminui na mesma proporção e, assim, 1/V aumenta.

E) Correta. Sendo a temperatura constante, a interpretação para a relação pV/T versus V ou PV versus V conduzem às mesmas conclusões e, portanto, os gráficos das alternativas C ou E são equivalentes.

Questão 14 – Letra EComentário: De acordo com a Hipótese de Avogadro, volumes iguais de gases diferentes, sob as mesmas condições de temperatura e pressão, apresentarão o mesmo número de moléculas. Como os volumes dos quatro recipientes são os mesmos, aqueles que apresentarem o mesmo número de moléculas apresentarão, também, as mesmas condições de temperatura e pressão.

No 1º quadro, estão representadas 6 moléculas de N2; no 2º, 5 moléculas de O2; no 3º quadro, 6 moléculas de CO2 e no 4º, 10 moléculas de H2. Logo, os recipientes representados pelos quadros com N2 e CO2 devem estar submetidos às mesmas condições de temperatura e pressão.


Comentário: Os três recipientes contêm o mesmo número de moléculas, pois, de acordo com a Hipótese de Avogadro, volumes iguais de gases diferentes, sob as mesmas condições de temperatura e pressão, apresentam o mesmo número de moléculas. O quadro a seguir sumariza a relação entre átomos e moléculas:

Recipiente Substância Nº de átomos por molécula

Nº total de átomos para x

moléculas

I O2

2 (2 átomos de O)

2x átomos de O

II CO2 (1 átomo de O e 1 de C)

2x, sendo x átomos de O e x átomos de C

III CO2

3 (2 átomo de O e 1 de C)

3x, sendo 2x átomos de O e x átomos de C

Analisaremos, então, cada uma das alternativas.

A) Incorreta. O número de átomos de oxigênio é igual em I e em III.

B) Incorreta. O número de átomos de carbono é igual em II e em III.

C) Incorreta. O número total de átomos em II é menor que em III.

D) Incorreta. O número de moléculas nos três recipientes é o mesmo.

E) Correta. O número de moléculas nos três recipientes é o mesmo.

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Questão 16Comentário: Como os volumes dos cilindros são idênticos e eles se encontram sob as mesmas condições de pressão e temperatura, eles contêm o mesmo número de moléculas. Entretanto, no cilindro A, todas as moléculas apresentam massa de 32 u. Já no cilindro B, algumas moléculas apresentam massa de 32 u, enquanto outras apresentam massa de 28 u. Logo, o cilindro A, que contém todas moléculas com massa 32 u, apresentará maior massa.

Questão 17Comentário: A massa molar da água (18 g.mol–1) é menor que a do etanol (46 g.mol–1). Logo, para massas iguais dessas duas substâncias, a quantidade de matéria de água é maior. Sendo a pressão parcial de um componente da amostra diretamente proporcional à quantidade de matéria desse componente, a pressão parcial da água será maior que a verificada para o etanol.

Questão 18 – Letra EComentário: Conforme descrito no enunciado, os dois recipientes se encontram à mesma temperatura e ocupam o mesmo volume. Logo, podemos estabelecer que a pressão é diretamente proporcional à quantidade de matéria.Como as massas gasosas são as mesmas, mas os gases são diferentes e suas moléculas apresentam diferentes massas molares, as quantidades de matéria nos dois recipientes também são diferentes. H2 apresenta menor massa molar (2,0 g.mol–1) que C2 (71,0 g.mol–1). Logo, o primeiro apresenta maior quantidade de matéria e, portanto, maior pressão interna. Assim, podemos considerar que a afirmação I está incorreta, enquanto as afirmações II e III estão corretas.

Questão 19 – Letra CComentário: De acordo com a hipótese de Avogadro, volumes iguais de gases diferentes, sob as mesmas condições de temperatura e pressão, apresentam o mesmo número de moléculas. A tabela a seguir mostra as relações estabelecidas para os três sistemas:

Massa da substância

Volume do recipiente

Quantidade de matéria Observação

1º Recipiente

16 g de O2 5 L 0,5 mol1

2º Recipiente

28 g de ? 10 L 1,0 mol

Para dobrar o volume,

a T e P constantes,

deve-se dobrar a

quantidade de matéria.2

3º Recipiente

? g de CH4 15 L 1,5 mol

Para triplicar o volume,

a T e P constantes,

deve-se triplicar a

quantidade de matéria.3

1 A quantidade de matéria de O2 é encontrada considerando que sua massa molar é igual a 32 g.mol–1.2 Entre as substância apresentadas como possíveis opções, apenas N2 e CO apresentam massa molar igual a 28 g.mol–1.3 Sendo a massa molar do CH4 igual a 16 g.mol–1, 1,5 mol equivale a 24 g.

Questão 20 – Letra CComentário: O volume molar de um gás é o volume ocupado por 1 mol de partículas de qualquer espécie química. Sabendo que o volume molar equivale a 22,4 L, podemos estabelecer a seguinte relação:

22,4 L — 1 mol O2

0,112 L — x

x = 0,005 mol O2

A massa de oxigênio presente na bexiga natatória do peixe ósseo é obtida relacionando a quantidade de matéria e a massa molar do oxigênio molecular (32 g/mol).

1 mol O2 — 32 g

0,005 mol O2 — y

y = 0,16g = 160 mg

Questão 21Comentário: Quando Dina levou o palito de fósforo aceso próximo a um dos furos presentes no ovo, desencadeou-se a reação de combustão do gás hidrogênio que havia sido colocado no interior do ovo. Considere que a reação química que ocorre pode ser representada pela seguinte equação balanceada:

2H2(g) + O2(g) → 2H2O(g)

A combustão do gás hidrogênio libera calor, sendo, portanto, um processo exotérmico. Ao analisarmos a equação geral dos gases, PV/T = constante, percebemos que um aumento da temperatura, em um volume constante, provoca um aumento de pressão. A explosão ocorre porque a pressão interna provoca o rompimento da casca do ovo.

Questão 22 – Letra BComentário: Pela Equação de Clapeyron, temos:

PV = nRT

1 . V = 2,0 . 10–4 . 0,082 . 300

V = 4,9 . 10–3 L

V = 4,9 mL

Questão 23 – Letra BComentário: O volume do cilindro é calculado utilizando a Equação de Clapeyron, conforme mostrado a seguir:

Vn.R.T

P=

Como a quantidade de matéria, n, é o quociente entre a massa da amostra e a massa molar do composto, temos:

Vm.R.T

M.P170 g . 0,082 atm.L.mol .K . 300 K

4 g.mol . 150 atm6,97 L

–1 –1

–1= = =

Questão 24 – Letra EComentário: A massa de oxigênio (O2, massa molar 32 g.mol–1) contida no cilindro pode ser encontrada considerando que todo o gás nele contido ocupa 3 m3 (3 000 L) quando submetido a 1 atm e 300 K. Logo:

p.V = n.R.T ou ainda, p.Vm.R.T

M= . Logo, m

p.V.MR.T

=

m1 atm . 3 000 L . 32 g.mol

0,082 atm.L.mol–1.K . 300 K3 902 g 3,9 Kg

–1

–1= = ≅

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A) O volume da sala é 50 m2 x 3 m = 150 m3; a temperatura é (32 + 273) K = 305 K; e a pressão 4 x 21 000 Pa = 84 000 Pa. Logo, a quantidade de matéria de gás contido na sala é calculada da seguinte forma:

npVRT

84 000 Pa . 150 m8,314 Pa.m .mol . 305 K

4 969 mol3

3 –1= = =

B) O ar é composto por N2, O2 e Ar, cujas massas molares são, respectivamente, 28 g.mol–1, 32 g.mol–1 e 39,9 g.mol–1. Assim, a massa molar aparente do ar atmosférico é:

Mar = 0,78 . 28 g.mol–1 + 0,21 . 32 g.mol–1 + 0,01 . 39,9 g.mol–1 = 28,9 g.mol–1

Dessa forma, se Rango tivesse a massa do ar, ele teria massa corpórea equivalente a 143,6 kg, estando mais distante do peso ideal, conforme pode-se verificar por meio do cálculo a seguir:

1 mol de ar equivale a 28,9 g

4 969 mol de ar equivalem a x

x = 143,6 kg

Questão 26 – Letra CComentário:

• A equação química balanceada mostra a proporção estequiométrica entre o ácido lático (M = 90 g.mol–1) e o gás oxigênio.

90 g de C3H6O3 (1 mol) reagem com 3 mol de O2

9 g de C3H6O3 reagem com x

x = 0,3 mol de O2

• Como descrito no enunciado, é necessário excesso de 11% de O2. Assim:

0,3 mol de O2 corresponde a 100%

y corresponde a 111%

y = 0,333 mol de O2

A pressão interna de O2 será, então,

= = =P nRTV

0,333 mol . 0,082 atm.L.mol–1.L–1 . 300 K1,0 L

8,20 atm

Questão 27 – Letra CComentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada conceito relacionado com a Teoria dos Gases Ideais com a segunda coluna.(3) Transformações isocóricas são aquelas que ocorrem

a volume constante. Nessas transformações, para quantidades fixas de gases, a pressão e a temperatura são diretamente proporcionais.

(2) O Princípio de Avogadro informa que volumes iguais de gases diferentes, sob as mesmas condições de temperatura e pressão, apresentam o mesmo número de moléculas.

(4) A Lei de Dalton das pressões parciais informa que a pressão total de uma mistura gasosa equivale à soma das pressões parciais.

(1) A fração molar equivale à fração em quantidade de matéria, ou seja, a quantidade em mol de um componente da mistura pela quantidade de matéria total.

(5) Transformações isobáricas são aquelas que ocorrem à pressão constante. Nessas, para quantidades fixas de gases, o volume e a temperatura são diretamente proporcionais.


Comentário: A reação descrita no exercício pode ser representada da seguinte maneira:

N2(g) + 2O2(g) → 2NO2(g)

Os dois reagentes se encontram em proporções estequiométricas, logo podemos considerar que há no sistema 3x mol de gás. De acordo com a estequiometria da reação, caso ela se processe com 100% de rendimento, haverá produção de 2x mol de gás. Considerando ainda que as condições de temperatura e pressão são as mesmas, teríamos:

3x mol de gás ocupam 24 L

2x mol de gás ocupam y

y = 16,0 L


Comentário: A pressão parcial dos gases é diretamente proporcional à quantidade de matéria, pois encontram-se na mesma temperatura e com o mesmo volume. Dessa forma, a pressão parcial do butano (a 100 mbar) equivale a 1 mol, enquanto a pressão parcial do oxigênio (a 500 mbar) equivale a 5 mols. A equação química que representa a combustão do gás butano é:

C4H10 + 5O2 → 5H2O + CO2 + 3CO

Relacionando as quantidades de matéria dos gases butano e oxigênio com a equação de combustão descrita, conclui-se que ambos estão em relação estequiométrica. Portanto, a pressão parcial do CO2 equivale a 1, enquanto a pressão parcial do CO equivale a 3. A relação entre as pressões parciais do CO e do CO2 é estabelecida por:

pCOpCO2

31

3= =

Questão 30 – Letra DComentário: A quantidade de matéria total contida no recipiente é calculada da seguinte forma:

1 mol de CO2 + 2 mol de N2 + 5 mol de Ar = 8 mol

Logo, a pressão total pode ser calculada por:

pn.R.T

V8 mol . 0,082 atm.L.mol .K . 300 K

6 L32,8 atm

–1 –1

= = =

Questão 31

Comentário:

A) A quantidade de matéria total contida no sistema pode ser calculada da seguinte forma:

2 mol de N2 + 4 mol de O2 + 4 mol de H2 = 10 mol

Logo, as frações molares são:

χN2 = 2/10 = 0,2

χO2 = 4/10 = 0,4

χH2 = 4/10 = 0,4

B) A pressão total exercida pela mistura pode ser calculada conforme demonstrado a seguir:

pn.R.T

V10 mol . 0,082 atm.L.mol .K . 273 K

22 L10,2 atm

–1 –1

= = =

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Comentário: A quantidade total de matéria presente no recipiente é: 0,20 mol de CH4 (3,2 g) + 0,40 mol de H2 (0,8 g) + 0,40 mol de N2 (11,2 g) = 1,0 mol de gás. O seu volume é 20 L e a temperatura é 298 K.

Para resolução dessa questão, analisaremos cada uma das alternativas.

A) Incorreta. A pressão total do sistema é calculada da seguinte forma:

pn.R.T

V1 mol . 0,082 atm.L.mol .K . 298 K

20 L1,22 atm

–1 –1

= = =

B) Incorreta. Como a quantidade de matéria desses dois gases é a mesma, suas pressões parciais também o serão.

C) Incorreta. A massa total do sistema é 3,2 g + 0,8 g + 11,2 g = 15,2 g, enquanto o volume é 20 L. Assim, a massa

específicaécalculadapor:15,2 g

0,02 cm3 = 760 g.cm–3

D) Incorreta. Numa transformação isobárica, ao duplicar o volume do recipiente, sua temperatura absoluta também dobra, ou seja, passa de 298 K (25 °C) para 596 K (323 °C).

E) Correta. A pressão parcial do hidrogênio nas condições descritas no enunciado pode ser calculada conforme demonstrado a seguir:

= = =pn.R.T

V0,40 mol . 0,082 atm.L.mol .K . 298 K

20 L0,49 atm

–1 –1

Ao duplicar o volume do recipiente à temperatura constante, a pressão parcial desse gás reduz pela metade, ou seja, passa a ser 0,245 atm. Esse valor é superior a 0,2 atm.


Comentário: A quantidade de matéria no frasco contendo neônio pode ser calculada por:

npVRT

0,65atm . 250 mLRTNe

= =

Jáaquantidadedematérianofrascocontendoargôniopodeser calculada por:

npVRT

1,25atm . 450 mLRTAr

= =

Ao abrirmos a válvula, os dois gases inertes irão se dispersar formando uma mistura homogênea e o volume total do sistema será 700 mL. Assim, teremos:

+ = + =n n0,65atm . 250 mL

RT1,25atm . 450 mL

RT

p .700 mL

RTNe Arfinal

Resolvendo a expressão matemática teremos:

0,65 . 250 = 1,25 . 450 = pfinal . 700

pfinal = 1,03 atm


A) Os gases que compõe a mistura são oxigênio (O2), hélio (He) e nitrogênio (N2).

B) A pressão parcial do hélio equivale a 24% da pressão total e é calculada da seguinte forma:

PHe = 0,24 . 9 000 kPa = 2 160 kPa.

C) As massas molares dos gases O2, He e N2 são, respectivamente, 32 g.mol–1, 4 g.mol–1 e 28 g.mol–1. Logo, a massa molar média da mistura é calculada da seguinte forma:

Mmistura = 0,16 . 32 g.mol–1 + 0,24 . 4 g.mol–1 + 0,60 . 28 g.mol–1 = 22,88 g.mol–1

Questão 35 – Letra EComentário: A pressão parcial de O2 não pode ser superior a 1,2 atm. Como O2 equivale a 20% do ar, a pressão total que o ar exerce será

1,2 atm equivale a 20% da pressão

x equivale a 100% da pressão

x = 6 atm

Logo, a pressão total sobre o mergulhador deve ser no máximo 6 atm. Como esta equivale à pressão atmosférica mais a pressão da coluna de ar, levando-se em conta que a pressão atmosférica é 1,0 atm, a pressão da coluna de ar deve ser no máximo 5 atm.

Conforme descrito no enunciado, a cada 10 m de profundidade, a pressão da coluna de água é 1 atm, portanto, o mergulhador

pode atingir, no máximo, a profundidade de 50 m.

Questão 36 – Letra AComentário: Como a cada 10 m de profundidade a pressão aumenta 1 atm, a 90 m de profundidade a pressão no interior do balão será 10 atm. Nessa condição, há no interior do balão 20 000 mol. Considerando que temperatura e volume se mantêm constantes durante toda a transformação, a pressão é diretamente proporcional à quantidade de matéria de gás.

A 10 m de profundidade, a pressão no interior do balão será 2 atm, ou seja, 5 vezes reduzida. Portanto, a quantidade de matéria também reduzirá 5 vezes, passando a ser 4 000 mols.

O percentual de gás residual pode ser calculado da seguinte forma: 20 000 mol equivalem a 100%

4 000 mol equivalem a xx = 20%

Questão 37 – Letra AComentário: Os três recipientes encontram-se submetidos às mesmas condições de temperatura. Assim, temos:

• OrecipienteB2 apresenta a mesma quantidade de matéria em relação ao recipiente B1, entretanto, apresenta um volume 2 vezes maior. Assim, a pressão em B2 é a metade daquelaverificadaemB1.

• OrecipienteB3 apresenta o dobro da quantidade de matéria em relação ao recipiente B1 e volume 3 vezes maior. Assim, a pressão em B3 é 2

3 daquelaverificadaemB1.

Issonospermiteanalisarcadaumadasafirmativas.

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I. Incorreta. A pressão em B2éametadedaquelaverificadaem B1.

II. Incorreta. A pressão em B2 é P1/2, de forma que

P2V2 = P

1

22V. Entretanto, a pressão em B3 é 2

3 P1, de

forma que P3V3 = 23

P13V.

III. Correta. Se a torneira T1 for aberta, o volume do sistema resultante será 3V e a quantidade de matéria será 1,0 mol, assim como no recipiente B3.

IV. Correta. A pressão em B2 pode ser expressa por P1/2, enquanto a pressão em B3 é 2P1/3. Sendo a pressão neste último maior, haverá difusão de gás de B3 para B2 no sentido de igualar as pressões.

V. Incorreta. Caso as três torneiras sejam abertas, o volume total do sistema passará a ser 6V e sua quantidade total de matéria 2 mol. Como a pressão

será igual nos três recipientes, a concentração média

de partículas será =2 mol6V

0,33molV

. Como B1 apresenta

volume V, nesse recipiente haverá 0,33 mol.

Questão 38 – Letra BComentário: A quantidade de matéria do gás A pode ser calculada por:

npVRT

3P .2V

RTAB B= =

JáaquantidadedematériadogásBpodesercalculadapor:

npVRT

P .V

RTBB B= =

Ao abrirmos a válvula, os dois gases inertes irão se dispersar formando uma mistura homogênea e o volume total do sistema será 3VB. Assim, teremos:

n n3P .2V

RT

P .V

RT

p .3V

RTA BB B B B final B+ = + =

Resolvendo a expressão matemática teremos:

P .V

RT(6 1)

P .3V

RTB B final B+ =

=P 73

Pfinal B




I. Incorreta. O acréscimo de acetileno para formar a mistura 1.1

não altera a pressão parcial do argônio, que depende apenas

de sua quantidade em mols (PAr . VTotal = n(Ar) . R . T), já

que o volume da mistura é constante.

II. Incorreta. A adição de acetileno aumenta a pressão total da

mistura, mas não altera a pressão parcial dos componentes

nitrogênio e argônio (videcomentáriodaafirmativaI).

III. Correta. Na mistura 1.1, a quantidade de matéria de acetileno

é de 0,2 mol e, na mistura 1.3, a quantidade de matéria de

acetileno será 0,6 mol. Como a quantidade de matéria de

acetileno na mistura 1.3 é três vezes maior que a quantidade

de matéria de acetileno na mistura 1.1, a pressão parcial desse

gás na mistura 1.3 é três vezes maior que na mistura 1.1.

IV. Correta.

PT . VT = nT . R . T ∴ PT = nT . RT/V

PT=[n(Ar)+n(N2) + n(C2H2)].RT/V

PT = 1,6 . 0,082 . 298/1

PT = 39,1 atm


Comentário: Como o nível da água dentro do tubo de ensaio é

igual ao nível da água externa ao tubo, a pressão interna do tubo

é igual à pressão ambiente (pressão exercida sobre a massa de

água fora do tubo). Assim, a pressão do interior do tubo é igual a

0,86 atm e corresponde à soma da pressão exercida pelo oxigênio

e pelo vapor de água. A pressão exercida somente pelo oxigênio

coletado é, portanto, igual a 0,82 atm (0,86 – 0,040 atm).

Utilizando a equação de Clapeyron, temos:

P.V = n.R.T ⇒ V = n .R . TP

= m.R . TM.P

V = 0,16 g.0,082 atm.L.mol .K .(273 27)K32 g.mol .0,82 atm

–1 –1

–1

+

V = 0,150 L ⇒ V = 150 mL

Questão 41

Comentário:

A) Para a resolução dessa questão, consideraremos como x a quantidade de matéria de C3H8 e como y a quantidade de

matéria de C4H10.

Pela equação de Clapeyron, temos que ntotal = PVRT

, sendo

ntotal = x + y. Substituindo nos dados da questão, temos:

x + y = 1,25 atm . VRT

.

De acordo com as equações apresentadas, sabemos que 1 mol de C3H8 fornece 3 mol de CO2; x mol de C3H8, 3x mol de CO2; 1 mol de C4H10 fornece 4 mol de CO2; portanto, y mol de C4H10 fornece 4y mol de CO2. Assim, para o CO2 coletado na combustão, temos:

3x + 4y = 0,5 atm . 8VRT

Dividindo as duas expressões encontradas, temos:

x y 1,25 atm . VRT

3x 4y 0,5 atm . 8VRT

+ =

+ =

ou ainda x yx y

++

=3 4

1 254,

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56 Coleção EM1

Manipulando essa expressão, temos que y = 0,25 x, ou

seja, a quantidade de matéria de y é 1/4 daquela verificada

para x e, portanto, a quantidade total de matéria pode ser

expressa por 5n. Logo, a fração molar de butano será igual

a nn5

= 0,20 ou 20%.

B) Ao elevarmos a temperatura, aumenta-se a energia

cinética média das moléculas. Como o volume é constante,

a frequência de colisões com as paredes do recipiente

aumenta. Sendo a pressão exercida por um gás proveniente

das colisões das moléculas com as paredes do sistema que

o contém, o aquecimento, a volume constante, implicará

em aumento da pressão.


Comentário: A massa específica ou densidade absoluta de

uma amostra gasosa pode ser calculada por: =d PMRT

e, para o

gás encontrado, vale 1,25 g.L–1, nas CNTP. Logo, a massa molar

do gás em questão é:

= = =MdRTP

1,25 g.L . 0,082 atm.L.mol .K . 273K1atm

28 g.mol–1 –1 –1

–1

As massas molares dos gases fornecidos, NO, C2H6, CO e H2S

são, respectivamente, 30 g.mol–1, 30 g.mol–1, 28 g.mol–1 e

34 g.mol–1.

Sendo assim, apenas para o CO a massa molar satisfaz o valor

encontrado.

Questão 43

Comentário:

A) A umidade relativa (UR) do ar é encontrada dividindo-se

a pressão de vapor pela pressão de vapor saturante.

De acordo com os dados do exercício, obtemos:

UR25,0mmHg31,8 mmHg

0,786 ou 78,6%= = .

B) O volume do ambiente é 3,0 m . 2,0 m . 2,5 m = 15 m3 =

15 000 L, a temperatura é 303 K (30 ºC) e a pressão parcial

da água é 25 mmHg. A quantidade de material de água

contida nesse recipiente, pode ser calculada por:

= = =np.VR.T

25 mmHg . 15 000 L

62,3mmHg.LK.mol

. 303 K19,9 mol (358,2 g)

H O2

Sabendo que a densidade da água é 1 g.cm–3, o volume de

água que pode ser coletada na fase líquida desse ambiente

é 358,2 mL.



A) Incorreta. De acordo com a Lei de Charles, o volume de um gás torna-se maior quanto maior for a sua temperatura.

B) Correta. A velocidade de difusão é tanto maior quanto menor for a massa molar da espécie em questão. As massas molares de O2 e N2 são, respectivamente, 32 g.mol–1

e 28 g.mol–1. Logo, a velocidade média de difusão do O2 será menor em relação ao N2.

C) Incorreta. Ao aquecermos determinada amostra gasosa a pressão constante, ocorrerá expansão do sistema. Logo a distância média entre as partículas consituintes irá aumentar e, consequentemente, a densidade irá diminuir.

D) Incorreta. Para gases diferentes submetidos às mesmas condições de temperatura e pressão, a densidade será tanto maior quanto maior for a massa molar do gás.

E) Incorreta. A compressão implica em aproximação das

moléculas. Logo, a densidade deverá aumentar.


Comentário: A quantidade de matéria de gás nitrogênio pode ser calculada por:

= = =npVRT

2,0atm . 0,250L0,082 atm.L.mol .K . 523 K

1,166 . 10 mol–1 –1

–2

O número de moléculas é obtido multiplicando a quantidade

encontrada pela constante de Avogadro (6,02 . 1023). O valor

resultante é 7,02 . 1021 moléculas.

Já a densidade pode ser calculada por:

= = =dMpRT

28 g.mol . 2,0atm0,082 atm.L.mol .K . 523 K

1,3 g.L–1

–1 –1–1

Questão 46

Comentário: Conforme descrito no enunciado, v

v

M

M1

2

2

1

= .

Considerando v1 e M1 a velocidade de difusão e a massa molar

da substância que contém o isótopo mais leve, e v2 e M2 a

velocidade de difusão e a massa molar da substância que

contém o isótopo mais pesado, temos:

M

3491,0046

M

3491,00922 2= ⇒ =

M2 = 1,0092 . 349 = 352

Como o composto tem fórmula UF6 e a massa molar do F é

19 g.mol–1, a massa molar do isótopo mais pesado do urânio será:

352 g.mol–1 – 6 . 19 g.mol–1 = 238 g.mol–1

Portanto, a massa atômica do isótopo mais pesado do urânio

é 238 u.

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Quí

mic

a

Manual do Professor



Comentário: A representação a seguir ilustra o experimento

NH4C HC

59,4 cm

1 m

NH3

De acordo com a Lei de Graham, sabemos que a velocidade

de difusão é inversamente proporcional às raízes das massas

molares, ou ainda

V

V

M

MNH

HC

HC

NH

3

3

=

Sendo as massas molares de HC e NH3, respectivamente iguais

a 36,5 g.mol–1 e 17,0 g.mol–1, temos:

V

V36,517,0

1,46NH

HC

3

= =

Seção Enem


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 9

Comentário: Como a água apresenta alto valor de calor

específico, durante o dia, ela necessita de maior quantidade

de energia e de tempo para elevar sua temperatura,

enquanto o solo, com calor específico baixo, rapidamente

eleva sua temperatura. Próximo à superfície do solo, com

altas temperaturas, o ar se aquece, tende a se expandir e a

diminuir sua densidade, subindo na atmosfera e deixando uma

zona de baixa pressão, fazendo com que o ar na superfície da

água (a uma menor temperatura e, portanto, a uma maior

pressão) seja levado para a superfície terrestre. Esse fenômeno

é denominado brisa marítima.

A água, à noite, também leva mais tempo para diminuir sua

temperatura (dissipar energia), enquanto o solo diminui a

temperatura mais rapidamente. Dessa forma, o ar sobre a água

tende a estar mais quente e sobe na atmosfera, causando uma

zona de baixa pressão, que é tomada pelo ar que se desloca do

continente, o qual se encontrava a uma maior pressão devido

à mais baixa temperatura. Esse fenômeno é conhecido como

brisa terrestre.


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 9


A) Incorreta. As barragens podem causar diversos impactos ambientais na região onde são construídas, por exemplo:

• Decréscimo na concentração de oxigênio devido àdiminuição da agitação da água;

• Contaminação e elevação dos níveis dos lençóisfreáticos devido ao alagamento de áreas não previstas;

• Retençãodematerialdevidoaohidrotransporte;

• Produção de gases metano e sulfídrico devido àdecomposição anaeróbica da matéria orgânica;

• Dificuldadedamigraçãoreprodutivadospeixesdevidoàcriação de obstáculos na construção das barragens, etc.

B) Incorreta. Vide comentário da alternativa A.

C) Incorreta. A vazão da represa é controlada de modo que a velocidade do rio não se altera.

D) Correta. O grande volume de água represado na construção de barragens faz com que ocorra o aumento da taxa de evaporação. Com isso, a concentração de vapor de água na atmosfera local aumenta e, consequentemente, a umidade relativa do ar se eleva.

E) Incorreta. A construção de represas aumenta a disponibilidade de água para a realização do ciclo da água, devido ao grande volume desta represado em uma determinada região.


Eixo cognitivo: I


Habilidade: 17


A) Incorreta. As moléculas de água não sofrem variação de volume, pois, durante o resfriamento, não ocorre distorção de suas nuvens eletrônicas.

B) Correta. O contato com a água fria faz com que a temperatura do vapor de água no interior da lata diminua bruscamente. Conforme a Lei de Charles e Gay-Lussac para transformações gasosas isovolumétricas, a diminuição da temperatura deve ser acompanhada pela diminuição da pressão,considerandoque,noinstanteinfinitesimalapóso resfriamento, o volume da lata não varia. Para aumentar a pressão interna, até que esta se iguale com a pressão atmosférica local, agora sob temperatura constante, ocorre uma diminuição do volume, conforme a Lei de Boyle para transformações gasosas isotérmicas, o que acarreta a implosão da lata.

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58 Coleção EM1

C) Incorreta. Antes do resfriamento, a água líquida no interior

da lata foi derramada, restando somente vapor de água. No

momento do contato da lata com a água fria, o resfriamento

não promove a perda da quantidade de matéria de água

para o meio externo.

D) Incorreta. A diminuição da distância média entre as

moléculas gasosas promove uma diminuição do volume

interno da lata devido à variação da pressão interna.

E) Incorreta. O contato com a água fria faz com que ocorra

uma diminuição da energia cinética média das moléculas

gasosas. Como a energia cinética é proporcional ao

quadrado da velocidade das moléculas, há uma diminuição

da intensidade dos choques entre essas moléculas e delas

com as paredes do recipiente, ou seja, há uma diminuição

da pressão interna da lata.


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 14


A) Incorreta. Durante o processo de expiração, o diafragma sofre retração e não se expande.

B) Correta. Durante o processo de expiração, o diafragma se retrai e o volume do pulmão diminui, aumentando a pressão interna do pulmão à temperatura constante.

C) Incorreta. Durante o processo de inalação do ar atmosférico,

o diafragma se expande e não se retrai.

D) Incorreta. Sendo a mesma pessoa, o volume pulmonar será o mesmo. Portanto, quanto maior for a temperatura, maior será, em média, a velocidade dos vapores de álcool e, consequentemente, maior será a frequência e a intensidade de suas colisões com as paredes do pulmão, aumentando a pressão dos vapores exalados.

E) Incorreta. Durante o processo de expiração, o diafragma se retrai e o volume do pulmão diminui, aumentando a pressão interna do pulmão à temperatura constante. Portanto, durante a expiração, há variação de pressão.


Eixo cognitivo: II


Habilidade: 25

Comentário: O responsável pelo laboratório sentiu o odor da

substância A devido ao processo de difusão gasosa. Como os

gases encontram-se à mesma temperatura, eles apresentam

a mesma energia cinética média e, portanto, suas velocidades

de difusão são inversamente proporcionais à raiz quadrada de

suas massas molares.

Como o técnico sentiu apenas o odor da substância A,

as moléculas desse gás devem apresentar menor massa molar,

sendo, portanto, o NH3 – 17 g.mol.

Observação: A massa molar do H2S é 34 g.mol–1.

Sugestões de leitura para o professor•Química. R. Chang; B. Cruickshank. McGraw-Hill.

•Química:aciênciacentral.T.L.Brown;H.E.Lemay;B.E.Bursten;J.R.Burdge.PearsonPrenticeHall.

•Química:amatériaesuastransformações.J.E.Brady;J.W.Russell;J.R.Holum.LTC.

•Química Geral. I. M. Rozenberg. Edgard Blücher.Loculvideniu ego nox no. Rae perum publiu ere fac

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