química - pré-vestibular7 - resoluções i - modulo1b

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Volume 1.B

Quím

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CA análise do gráfico revela a existência de dois patamares.O primeiro, correspondente à fusão – uma vez que omaterial é sólido – ocorre a 40oC. O segundo,correspondente à ebulição, ocorre a 148oC.A partir desses dados, é possível constatar que a afirmativaA está errada, pois a fusão do material correspondente àebulição, ocorre a 148oC.

Matéria e Energia

Capítulo 1

Capítulo 1: Matéria e EnergiaMatéria e EnergiaMatéria e EnergiaMatéria e EnergiaMatéria e Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Tópico A: Conceitos FundamentaisTópico B: Classificação dos SistemasTópico C: Estados Físicos da MatériaTópico D: Propriedades da MatériaTópico E: Relacionando Substâncias e MisturasTópico F: O Fenômeno da AlotropiaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Capítulo 2: Modelos AtômicosModelos AtômicosModelos AtômicosModelos AtômicosModelos Atômicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Tópico A: IntroduçãoTópico B: Estudo das Partículas Elementares numa Perspectiva Histórica (Prótons e Elétrons)Tópico C: O Modelo Atômico de Niels BöhrTópico D: A Equação de PlanckTópico E: As Aplicações do Modelo de Böhr no nosso dia-a-diaTópico F: Equação de BroglieTópico G:O Princípio da Incerteza (orbital)Tópico H: A Equação de SchrödingerTópico I: Generalidades Sobre ÁtomosTópico J: Distribuição EletrônicaQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

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SUMÁRIO

Resolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosResolução de ExercíciosVolume 1.B

Exclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professorExclusivo da apostila do professor, este guia, este guia, este guia, este guia, este guiaapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercíciosapresenta a resolução dos exercícios

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AMisturas heterogêneas são aquelas cujos componentespodem ser identificados. Assim, o leite, água + éter, água+ óleo de cozinha, sangue são misturas heterogêneas.

DI. (V) Os CFC e o gás butano possuem propriedades

químicas diferentes.II. (V) E = m . c2

III. (F) Densidade e volume são grandezas inversamenteproporcionais: dÁLCOOL < dÁGUA < dCLOROFÓRMIO, assimVÁLCOOL > VÁGUA >VCLOROFÓRMIO.

IV. (F) Propriedades gerais: massa, extensão,compressibilidade, elasticidade.Acidez é uma propriedade específica.

V. (V) Massa é a medida da quantidade da matéria eportanto não varia com a gravidade.

O item D é correto.

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CA água mineral, filtrada (sem gás) não permite que os seuscomponentes sejam identificados e conseqüentemente éuma mistura homogênea.

EO ponto de fusão de uma substância pura é constante.A substância pura resiste aos processos de fracionamento.

EA análise do diagrama revela que o Material I foidesdobrado em um sólido e um líquido por um processomecânico de separação – a filtração. Portanto, ele é ummaterial heterogêneo e, conseqüentemente, a afirmativa Cestá correta.O sólido II fundiu-se na temperatura de 50oC. Portanto,ele pode ser uma substância pura ou uma mistura eutética.Já o filtrado III foi desdobrado em um sólido e um líquidopor destilação, que nãonãonãonãonão é um processo mecânico deseparação. Logo, ele não é uma mistura heterogênea, massim, homogênea, a afirmativa E está errada.O sólido IV apresenta uma faixa de fusão muito extensa –entre 120 e 160oC – constituindo, portanto, uma mistura,o que torna correta a afirmativa A.Da mesma forma, o líquido V também apresenta uma faixade ebulição extensa – entre 70 e 95oC – constituindotambém uma mistura. Logo, está correta a afirmativa D.Portanto, a afirmativa a ser assinalada é a E.

AGases industriais menos densos que o ar:hidrogênio (H2(g)), amônia (NH3(g)), metano (CH4(g))Gases industriais mais densos que o ar:Os demaisGás cloro (C 2) é mais denso que o ar e portanto deve-seobedecer a recomendação 1: ir a um lugar mais alto.Amônia (NH3) é menos denso que o ar e portanto deve-seobedecer a recomendação 2: ir a um lugar mais baixo.O item A é correto.

Bm = 37,8 gvolume do metal: 21 cm3 – 7 cm3 = 14 cm3.

dMETAL = mv

= 3

37,8g

14 cm = 2,70 g/cm3.

Assim o item B é correto.

BA naftalina passa do estado sólido diretamente para ogasoso (sublimação), dando a impressão de “desaparecerlentamente”.

CNessa temperatura os estados de agregação serão:• líquido para o mercúrio e benzeno, pois a temperatura

ambiente está entre o P.F. e o P.E.• gasoso para a amônia, pois a temperatura ambiente é

superior ao P.E.• sólido para o naftaleno, pois a temperatura ambiente é

inferior ao P.F.

DComo, durante a passagem do estado sólido para o líquido,a temperatura permaneceu constante durante doismomentos, conclui-se que o sistema é formado por duassubstâncias.Lembre-se de que a fusão e a ebulição de substâncias (puras)ocorrem à temperatura constante.

AAlotropia é o fenômeno de substâncias simples, formadospelo mesmo elemento químico.

CO grafite é a forma mais estável do carbono e conduzeletricidade.

DOzônio e oxigênio são alótropos do oxigênio.Enxofre rônbico e enxofre monoclínico são alótropos doenxofre.As afirmações I, II, IV e V são verdadeiras.

C

Alotropia:

⎧ ⎧⎪ ⎪

⎨⎪⎪ ⎪⎨ ⎩⎪ ⎧⎪⎪ ⎨⎪ ⎪⎩⎩

grafite

Carbono diamante

fulereno

fósforo brancoFósforo

fósforo vermelho

BA espécie mais estável é a menos energética.

AFósforo branco e fósforo vermelho são formas alotrópicasdo fósforo.

BO oxigênio forma as substâncias simples O2 (mais estável)e O3 (mais instável). Forma também inúmeros compostos,muitos dos quais são encontrados no solo; areia, SiO2,óxido nitroso, N2O, carbonato de cálcio, CaCO3, sulfatode amônio, (NH4)2SO4, óxido de potássio, K2O, pentóxidode difósforo, P2O5 etc.

CA combustão menos exotérmica é gerada pela formaalotrópica mais estável, o Cgrafite.

BPara se identificar uma substância deve-se determinar aspropriedades específicas dessa substância, especialmente aspropriedades físicas, entre elas: a densidade e o ponto de ebulição.Massa e volume são propriedades gerais da matéria.O item B é correto.

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O sólido AAAAA não é puro, pois sua temperatura de fusão nãoé constante. BBBBB pode ser uma substância pura ou uma misturaeutética (mistura com temperatura de fusão constante).

Tempo

Ebulição

Fusão

Líquido + vapor

Gelo + Líquido

Líqu

ido

Gelo

Vapo

r

0

98

200

t(ºC)

A) Sim, por exemplo o diamante, é duro, pois é resistenteao risco e também é quebradiço, pois não é resistente afortes impactos.

B) Devido à propriedade da porosidade e da solubilidade,pois o açúcar ao se dissolver passa a ocupar os espaçosvazios existentes entre as moléculas de água.

C) Água: incolor, insípida, inodora, líquida nas condiçõesambiente.Sal de cozinha: Branco, salgado, insípido, sólidocristalino.

Todos os sistemas estão nas condições normais detemperatura e pressão, ou seja, 0 oC e 1 atm.Sistema 1:Temos a mistura de 3 gases (O2, CO2 e Ar), portanto, como nascondições normais os componentes desta mistura continuamgasosos e toda mistura gasosa é monofásica, o sistema 1 possuiuma única fase e é homogêneo.Sistema 2:Temos a mistura de H2O(s), CH3 C (l) e CaSO4(s), como osulfato de cálcio é praticamente insolúvel em água e noclorofórmio e como a água é muito pouco solúvel noclorofórmio, o sistema 2 apresentará 3 fases e seráheterogêneo.Sistema 3:Temos a mistura de C7H16(l), C6H6(l) e gasolina, como se tratade uma mistura miscível de três líquidos apolares o sistemaformado terá uma fase e será homegêneo.

Como o querosene é uma mistura de hidrocarbonetosapolares e todos os componentes do sistema 3 são apolareseles seriam miscíveis, logo teríamos uma única fase e osistema seria homogêneo.

As substâncias podem ser identificadas por meio dosdiferentes volumes ocupados pelos três líquidos. Aexpressão da densidade, d = m/V, mostra que para umamesma massa de líquidos diferentes, quanto menor adensidade do líquido, maior será o seu volume.Como: detanol < dágua < dclorofórmio

Então: Vetanol > Vágua > Vclorofórmio

Conclusão: O frasco com maior volume de líquido contém etanol,o frasco com menor volume de líquido contém clorofórmio e ofrasco com volume intermediário de líquido contem água.

Com uma colher recolhemos um pouco de cada pó em 3copos distintos. A seguir, adicionamos vinagre em cada umdeles. O que produzir efervecência é o carbonato de sódio,Na2CO3, pois “carbonatos reagem com ácidodesprendendo gás carbônico”.Uma vez identificado o carbonato de sódio, preparamosuma solução aquosa desse sal e adicionamos um pouco deum dos sais que ainda não foi identificado.Se houver desprendimento de amônia, NH3, que apresentacheiro característico, trata-se de nitrato de amônio,NH4NO3. Se não, o sal será o nitrato de sódio, NaNO3.

A) Calculo da “massa” recém-preparada para uma receita:360 g + 6 g + 1 g + 100 g + 90 g + 100 g + 3 g = 660 gComo a densidade aparente da “massa” recémpreparada é 1,10 g/cm3, temos:1 cm3_________1,10 gx _____________660 gx = 600 cm3

B) A densidade aparente da “massa” recém-preparada nãoé a medida das densidades aparentes dos constituintes,porque o ingrediente isolado está em uma certa “forma”e a massa está em uma “forma” diferente. Quando osingredientes são misturados, aparecem novas interaçõesintermoleculares que podem fazer variar o volume total.

O ferro, pois este é menos duro que o diamente, porémmais resistente a impactos.

O papel é mais duro que a grafita, pois o papel risca a grafita.

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1 BThomson é considerado o descobridor do elétron, ou seja,uma partícula subatômica.

CRutherford, em sua experiência, provou a descontinuidadeda matéria.

DA massa de um átomo está concentrada no núcleo do mesmo.

CSegundo Rutherford o átomo era um sistema descontínuocom grandes espaços vazios e um núcleo pequeno, denso epositivo, onde se concentra a maior parte da massa do átomo.

DDescrição probabilística de modelos atômicos refere-seao modelo orbital e não inclui o conceito de órbita.

BThomson não está relacionado ao modelo atual.

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Modelos Atômicos

Capítulo 2

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III. Até hoje muitos conceitos de Dalton são estudados.IV. Quando os elétrons são ativados eles “saltam” para

níveis de enegia mais externo.Logo, as afirmações II, III e IV são verdadeiras.

DSegundo Bohr, o elétron ao retornar ao seu nível energéticoinicial, emite a energia ganha na forma de fótons.

CO conceito de núcleo é aceito na atualidade.

AI. A energia acumulada de hfs é menor que a energia

acumulada de hfz.II. O nível D é o mais energético.III. Os saltos quânticos apresentados são de emissão de

energia.IV. Os comprimentos de onda das radiações emitidas são

diferentes e ficam menores à medida que a energiaaumenta, assim: λ3 < λ2 < λ1 ou E3 > E2 > E1.

V. E = hc

x representa a equação de Planck.

Apenas a afirmação V é correta.

C– Dalton: átomos indivisíveis.– Rutherford: descoberta do núcleo.– Böhr: Órbitas e níveis de energia.– Thomson: pudim de passas.

Aν = λf ⇒ 300.000 = λ . 1000.000 ⇒ λ = 0,3 km == 300 m.

DConseqüência do modelo de Böhr.

C– Dalton: átomos indivisíveis, leis ponderais.– Rutherford: núcleo, experiências com partículas α.– Thomson: descoberta do elétron, natureza elétrica da

matéria.– Böhr: espectros atômicos e níveis de energia.

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1 DI. O átomo de esfera maciça relaciona-se com o modelo

de Dalton. Logo, essa afirmação é falsa.II. O modelo de Bohr relaciona-se com o espectro

energético dos elétrons.

EConceito de orbital totalmente enfatizado na alternativa E.

CConceito de orbital está relacionado com o Princípio daIncerteza de Heisemberg.

BÁtomos de elementos químicos diferentes podem serisótonos (mesmo número de nêutrons).

B

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12

X1609070

X1649074

X1649470

Isótonos Isóbaros

Isótopos

7

8

10

9

p(ω) = e (ω = 74)

CI. Os isótopos possuem as mesmas propriedades químicas.II. Os íons em questão são formados por elementos

químicos diferentes (não são isótopos).III. Átomos de um mesmo elemento químico possuem

mesmo número atômico.IV. Rutherford concebeu o conceito de núcleo pequeno,

denso e positivo, concentrando a massa do átomo.

EIsótopos são elementos químicos iguais, porém comnúmero de massa diferentes.

A78Pt4+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6

5s2 4d10 5p6 26su . c

4f14 85d 6

energético

Logo: 78 Pt4+: [Xe] 4f14 5d6

A

48Cd2+: 2 2 6 2 6 2 10 6

Kr

1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 25su . c

4d10 ⇒

⇒ [Kr] 4d10

30Zn2+: 2 2 6 2 6

Ar

1s 2s 2p 3s 3p 24su . c

3d10 ⇒ [Ar] 3d10

20Ca2+: 2 2 6 2 6

Ar

1s 2s 2p 3s 3p 24su . c

⇒ [Ar]

B

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

u . c5s 1

energético (1elétron)

4d

5 camadaseletrônicas

D

I. 30Zn: [Ar] 2

u .c4s 3d10

↓ (2 e– valência)

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16

II. 26Fe: 1s2 ... 4s2

−

6

6e em "d"

3d

III. 15P: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 (Z = 15)

IV. 1s2 2s2 ... 2

u .c4s 3d1

( 4o nível)Logo, existem 4 níveis

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1

2

9 C

15P → 2 2 6 2 3

Z 10(ne) M.C.

1s 2s 2p /3s 3p=

⇒ 15P: [Ne]3s2 3p3

D

22Ti: 2 2 6 2 6 2

u.c.Z = 18 (Ar)

1s 2s 2p 3s 3p / 4s 3d2 ⇒ 22Ti[Ar] 4s2 3d2

A2713 A 3+ (p = 13, = 13 –

carga

3 =10, n = 27 – 13 = 14)

D

X3–

⎧⎪ ⇒ ⇒ ⇒⎨⎪ ⇒ ⇒⎩

n = 42

e = 36 (x) = 33 p(x) = 33 Z(x) = 33

A = Z + n A = 33 + 42 A = 75

BAs afirmações I, IV e V são verdadeiras.

A

48Cd2+: [Kr] 2

u.d.

5s 4d10 ⇒ 48Cd2+: 10

4 camadaseletrônicas

[Kr]4d

D

4Be 117 5B

116 6C

115

mesmo número (isóbaros) de massa.

número de nêutrons decrescente.

número de prótrons crescente.

⎧⎪⎨⎪⎩

E

78Pt ; [Xe] 26su.c.

4f14 8

energético6d

10

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A) Eion = E∞ – E1 = 0 – (–13,6)Eion = 13,6 eV

B) Absorção de energia, pois o elétron está se afastandodo núcleo, ou seja, sendo promovido para níveis maisenergéticos.

C) Sim, pois o aumento da carga nuclear faz mudar aintensidade das forças de atração núcleo-eletrosfera.

Ao ganhar energia os elétrons “pulam” para níveis maisdistantes do núcleo. Se por algum motivo, o fornecimentode energia é interrompido o elétron retorna para os níveisiniciais de energia devolvendo a energia recebida na formade fótons e que no caso do elemento sódio propaga-se naforma de luz com cor amarela.

E = hcλ

29Cu : [Ar] 4s2 3d9

4s1 3d10

Totalmente

preenchido

24Cr : [Ar] 4s2 3d4

4s1 3d5

Semipreenchido

Temos 6 níveis de energia para serem escolhidos 2, nosentido de retorno (↓). Logo, teremos:

C6, 2 = 6!

2!(4)! = 15 linhas de emissão.

A equação de Planck nos garante que

↑ , ou seja, energia e comprimento de onda são

grandezas inversamente proporcionais.

Assim raios X com comprimentos de onda pequenos irãotransportar muita energia, o que pode causar no ser humanodanos nas células, principalmente no núcleo celularcausando câncer e até mesmo mutação em fetos.

As pesquisas científicas mostram que o subnível “d” ficamais estável quando está semipreenchido (d5) ou totalmentepreenchido (d10);

Assim:

Note que trata-se de uma emissão de energia (retorno doelétron).Logo E = – 6,02 – (–2,65)

E = – 3,4 . 10–19 J ↓

indica a emissão.

Da equação de Planck:

E = hcλ ⇒ Eλ = hc ⇒ λ =

hcE

λ = -34 8

-19

6,6 . 10 . 3 . 103,4 . 10

=

4

5

19,8 . 10 – 2610 – 26 – (–19)

3,4 . 10 – 19 =

λ = 5,8 . 10–7 m = 5.800 . 10–3 . 10–7 =

= 5800 . -10

Å

10 m

Logo: λ = 5800Å (consultando a tabela)cor amarela.

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p + p + q = 79

n + m + n = 88

55 + A + A = 167

2A= 112 A= 56

+pAn55

pBmAqCnP

Isótopos

Isótonos

Isóbaros

7

8 5 = pX6111117== 3p+2Y188335

Isodiáferos: 6 – p= 18 – (3p + 2)2p= 10p= 5

9

10

A(x) + A(y) = 11 + 35 = 46

1 7 2

41AK MnO+ + −

25Mn7+ : 2 2 6 2 6 2

Ar(18)

1s 2s 2p 3s 3p / 4s 5

u.c.

3denergético

⇒ 25Mn7 : [Ar]

Os elétrons, ao ocuparem o mesmo orbital, giram emsentido contrário, criando um campo magnético de atraçãoque supera a repulsão elétrica das cargas negativas, fazendocom que eles possam ocupar o mesmo orbital com spinscontrários.

EO ar atmosférico é uma mistura de gases (principalmenteN2, O2 e Ar), o ouro 18 quilates é uma mistura deelementos (Au, Ag e Cu), o latão também é uma misturade elementos (Cu e Zn). O iodo, I2, é uma substânciasimples e o naftaleno, C10H8, e o gás carbônico, CO2,são substâncias compostas.

EO bronze é uma liga metálica (solução sólida ou misturade elementos químicos) conhecida desde a Antigüidade,constituída dos metais cobre (Cu) e estanho (Sn). Omármore é constituído principalmente de carbonato decálcio, CaCO3.

EAs moléculas são formadas pela ligação covalente de umnúmero determinado de átomos. Se esses átomos foremde um mesmo elemento químico a substância formada éclassificada como simples.

DAs curvas de aquecimento das duas amostras sólidas indicamque na fusão a temperatura não permaneceu constante ena ebulição a temperatura permaneceu constante,evidenciando que as amostras não são substâncias puras,mas sim misturas azeotrópicas.Nas temperaturas de fusão de AAAAA e BBBBB temos misturas desólido e líquido, pois as amostras são misturas.

BI. CorretaCorretaCorretaCorretaCorreta.

O líquido do béquer 1, como apresenta temperaturade ebulição constante, pode ser uma substância puraou uma mistura azeotrópica, pois não temosinformações sobre o ponto de fusão (embora a águapura apresente temperatura de ebulição igual a 100oC,sob pressão normal).

II. CorretaCorretaCorretaCorretaCorreta.Uma mistura comum apresenta ponto de ebulição variável.

III. ErradaErradaErradaErradaErrada.Se o líquido do béquer 3 apresenta o mesmo soluto,ele terá maior concentração que o líquido do béquer 2,pois o ponto de ebulição é maior.

DPara se resolver esta questão, basta estar-se atento aosresultados da experiência apresentada.O movimento de subida da bolinha é provocado pelo gásque cobre sua superfície quando ela se encontra no fundo.Como esse gás é pouco denso, a bolinha com gás se tornamenos densa que a solução que se está formando e sobe,pois um objeto menos denso que um líquido flutua nele.Na superfície da água, o gás escapa e a bolinha volta a tera densidade maior do que a da solução. Em conseqüênciadisso, ela afunda novamente. Assim, a alternativa A estácorreta, pois considerando o que foi exposto, a bolinhacoberta de gás tem densidade menor (e, portanto, diferente)da bolinha sem gás.A primeira frase da questão afirma que uma bolinha denaftalina colocada num copo com água vai ao fundo. Essainformação diz, na verdade, que a bolinha, sem gás, é maisdensa que a água. Assim, a alternativa C também está correta.Como qualquer gás, por ser matéria, tem massa, a bolinhacom gás tem que ter massa maior do que a bolinha semgás. Assim sendo, a alternativa B também está correta. Ofato de a bolinha com gás subir indica que o gás produzidopelo comprimido e que cobre a bolinha é menos denso quea água. Uma vez que a bolinha sem gás é mais densa que aágua (pois afunda), ela só irá se tornar menos densa esubir, se estiver misturada a uma substância menos densado que a água. Se o gás fosse mais denso que a água, amistura “gás + bolinha” também seria mais densa e abolinha não subiria. Desse modo, a alternativa E tambémestá correta.Finalmente, a dissolução do comprimido, apesar deaumentar a densidade da solução, não faz com que essevalor seja maior do que a densidade da bolinha sem gás.Se assim fosse, a bolinha flutuaria sempre, pois objetomenos denso que um líquido flutua neste. A experiênciamostra que a bolinha sobe quando se cobre de gás e descequando perde esse gás. Assim, a bolinha sem gás é menosdensa que a solução aquosa resultante da dissolução docomprimido. Portanto, a alternativa D está incorreta.Assim, a alternativa a ser assinalada é a D.

EH2O é uma substância composta e H2(g) e O2(g) sãosubstâncias puras simples.

EH2O é um líquido não volátil, pois apresenta ao nível domar um ponto de ebulição relativamente alto.M(H2O) = 18 g/mol

1

3

4

5

6

7

2

8

7

Volume 1.B

Quím

ica I

% H = 2 g/mol

18 g/mol = 0,1111 = 11,11%

% O = 16 g/mol18 g/mol = 89,89%

DO sistema apresentado tem um único componente – a água.No entanto, esse componente se apresenta sob duas fases –água líquida e água sólida (gelo). Portanto, a alternativa Aestá incorreta, pois o sistema só tem um componente. Asalternativas B, C e E também estão incorretas, já que o sistematem duas fases, não sendo homogêneo e, sim, heterogêneo.A alternativa correta é a D, porque o sistema é constituídopor uma substância pura – a água.Assim, a alternativa a ser assinalada é a D.

CCor e maleabilidade são propriedades físicas. Oxidação einertidade frente a certos compostos químicos, evidenciapropriedade química.

BQuando um objeto flutua num líquido, isso acontece porquesua densidade é menor que a desse líquido. Se o objeto, aocontrário, afunda no líquido, isso se explica porque suadensidade é maior que a densidade do líquido.A posição das bolas no etanol puro (densidade de 0,8 g/cm3)indica que a bola escura, por afundar, tem densidade maiorque 0,8 g/cm3 e que a bola branca por flutuar, tem densidademenor que 0,8 g/cm3. Portanto, a alternatica B está correta.No densímetro II, as duas bolas flutuam, o que indicaque a densidade da mistura II é maior que a do etanol(0,8 g/cm3). Portanto, a alternativa C é incorreta.Para que a mistura II tenha densidade maior que a doetanol, é necessário que o outro líquido presente namistura tenha densidade maior que a do etanol. Esselíquido é a água (densidade 1,0 m g/cm3). Assim sendo, aalternatica D está incorreta.

CA evaporação da água é uma transformação física, na qual asmoléculas passam de um estado de maior agregação (estadolíquido) para um estado de menor agregação (estado de vapor).Portanto, as moléculas de água não se decompõem, ou sedissociam, durante essa transformação, mas se conservam. Asalternativas A, D e E representam o vapor como águadecomposta, e a alternativa B apresenta-o como água dissociadaem íons. Portanto, a alternativa correta é a C, que representa ovapor de água como composto por moléculas de água.Assim, a alternativa a ser assinalada é a C.

BA) Erlenmeyer usado em titulações.B) Funil de decantação usado em separação de misturas

líquidas imiscíveis.C) Serpentina para destilações.D) Kitassato usado na filtração a vácuo.

CFazendo: E = n + , temos:4d (E = 4 + 2 = 6)

9

10

11

12

13

14

15

5p (E = 5 + 1 = 6)6s (E = 6 + 0 = 6)4f (E = 4 + 3 = 7)

Caso empate a energia observamos o n. Neste caso:4d < 5p < 6s < 4f.

Ee (M (H2O)4)

2+ = 50e (M(H2O)4) = 52M + 8 . 1 + 4 . 8 = 52M = 12 (Z = 12)

BO conceito de núcleo ainda figura nas propostas do modeloatual.

Bp(x3+) = p(X) = p(Y)

8436 36

isótopos

y w

Logo: p(Y) = p(X3+) = p(X) = 36

DOs espectros descontínuos estão associados aos níveis deenergia no modelo de Bohr.

B

47Ag: [Kr] 5s2 4d9 → 47Ag: [Kr] 4d10 1

1

5s .

1 é desemparelhado

C

119X: 1s2 2s2 ... 1

u.c

8s (Subnível s)

16

17

18

19

20

Anotações

Quí

mic

a II

Volume 1.B

COLEÇÃO PRÉ-UNIVERSITÁRIO

Professor(a):

Escola:

Críticas e Sugestões__________________________________________________________________________________

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Data: _____/_____/_____

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8

Quím

ica II

Volume 1.B

30mg de Ag 100%xmg de Ag 72%

→⎧⎨ →⎩

x = 30 . 72

100 = 21,6 mg de Ag

23

–3

108g de Ag 6,0.10 átomos de Ag

21,6.10 g de Ag y átomos de Ag

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = –3 2321,6.10 . 6,0.1010g = 1,2 . 1020 átomos de Ag

I. 2312g de C 6,0 . 10 átomos de C

3g de C x átomos de C

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x =

123

4

3 x 6,0 . 1012

= 1,5 . 1023 átomos de C

II.

23

23

40g de Ca 6,0 . 10 átomos de Ca

yg de Ca 1,5 . 10 átomos de Ca

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

3

4

1

Cálculos Químicos – Parte I

Capítulo 1

BI. Falso, pois o A é 27 vezes mais pesado que a unidade

de massa atômica(u).

II. Verdadeiro: A = 27u = 27 . 1

1212C

III. Verdadeiro:MA(A )MA(C)

= 27u12u

= 2,25

IV. Verdadeiro:12 átomos de A = 12 . 27u = 324u27 átomos de C = 27 . 12u = 324u

MA(w) = 1 1 2 2m .P m .P100+

⇒ 106 = 1 2100.P 120.P100

+

100 P1 + 120 P2 = 10.600100 . (100 – P2) + 120 P2 = 10.60010.000 – 100 P2 + 120 P2 = 10.600

2

Capítulo 1: Cálculos Químicos – Parte ICálculos Químicos – Parte ICálculos Químicos – Parte ICálculos Químicos – Parte ICálculos Químicos – Parte I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Tópico A: Massas Atômicas (MA)Tópico B: Massa dos ÁtomosTópico C: Número de Átomos em uma Determinada AmostraTópico D: Massa Molecular (MM)Tópico E: Cálculo do Número de Moléculas a partir de uma Dada MassaTópico F: Quantidade de Matéria (Mol)Tópico G: Massa Molar (M)Tópico H: Cálculo da Quantidade de Matéria (Número de mol)Questões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Capítulo 2: Cálculos Químicos – Parte IICálculos Químicos – Parte IICálculos Químicos – Parte IICálculos Químicos – Parte IICálculos Químicos – Parte II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Tópico A: Cálculo de FórmulasTópico B: Fórmula Mínima, Empírica ou EstequiométricaTópico C: Fórmula Molecular (F.M)Tópico D: Leis Ponderais da MatériaTópico E: Leis VolumétricasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

20 P2 = 600 ⇒ P2 = 60020 = 30%

P1 + P2 = 100 x = 70%P1 = 100 – P2 y = 30%P1 = 70%

SUMÁRIO



9

Quím

ica II

Volume 1.B

y = 23

2340 . 1,5 . 10

6,0 . 10 = 10 g de Ca

23

23

2

63,5g de Cu 6,0.10 átomos de Cu

x g de Cu 12,0.10 átomos de Cu

⎧ →⎪⎨ →⎪⎩

x = 127 g de Cu

23

23

23g de Na 6,0.10 átomos de Na

x g de Na 3,7.10 átomos de Na

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 3,7 . 23

6 = 14,18 g de Na

Como o volume das duas amostras é o mesmo:

d = mV

constante

Densidade e massa são diretamente proporcionais, ou seja,quem possui maior massa, deve possuir maior densidadepara ocupar o mesmo volume. Assim, o que possui maiordensidade é o cobre.

MM(H2O) = 18u

232

2

2 2

18g de H O 6,02.10 moléculas

de H O

x g de H O 1 molécula de H O

⎧ →⎪⎪⎨⎪ →⎪⎩

x = 2318

6,02.10 = 2,99 . 10–23 g

x = 2,99 . 10–23 . 10–3 = 2,99 . 10–26 kg

MM(O3) = 48u(V) Pois a massa molecular do O3 é igual a 48u.(F) 6,02 . 1023 moléculas de O3 é que pesam 48 g.

(V) MM(O3) = 48u = 48 . 1

12 do 12C

(V) 3MM(O )MA(C)

= 48u12u

= 4

C12H22O11 = 342 u

A)23

12 22 11

12 22 11

342g de C H O 6,0 . 10 moléculas

6,84g de C H O x moléculas

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 6,840,02

23. 6,0 . 10

342 = 0,12 . 1023 =

= 1,2 . 1022 moléculas de C12H22O11

B) 1 mol de C12H22O11 → 12 mols de C

342 g 12 mols de C

6,84 g x

→⎧⎨ →⎩

x = 6,840,02

. 12342

= 0,24 . mol de C

5

6

7

C)12 22 11

2212 22 11

1molécula de C H O 11átomos de O

1,2 . 10 moléculas de C H O x átomos de O

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

x = 1,2 . 1022 . 11 = 13,2 . 1022 =

= 1,32 . 1023 átomos de O

1 molécula de C6H6C 6

6 átomos de C

6 átomos de H6 átomos de C

⎧⎪⎨⎪⎩

1 mol de moléculas de C6H6C 6

6 mols de átomos de C

6 mols de átomos de H6 mols de átomos de C

⎧⎪⎨⎪⎩

2 mols de moléculas de C6H6C 6

12 mols de átomos de C

12 mols de átomos de H12 mols de átomos de C

⎧⎪⎨⎪⎩

231 mol 6,02.10 átomos

12 mols x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 72,24 . 1023 átomos de C

Massa molar (Na) = 23 g/mol

A) 1 mol de Na 23gx mol de Na 92g

→⎧⎨ →⎩

x = 9223 = 4 mols de Na

B)

231 mol de Na 6,02.10 átomos de Na

4 mols de Na y átomos de Na

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 24,08 . 1023 átomos de Na

10

9

EI. Verdadeiro; a unidade de massa atômica (u), antes era

representada por u.m.a.II. Falso; devemos especificar qual dos isótopos do

carbono foi adotado para a determinação da unidadede massa atômica, pois o carbono possui três isótopos:

126C , 13

6C e 146C .

III. Verdadeiro; esta é a definição correta de unidade demassa atômica (u).

IV. Verdadeiro; a massa atômica (MA) e o No de massa (A)possuem sempre valores muito próximos.

1

8

10

Quím

ica II

Volume 1.B

4

5

3

2 AI. (V), pois se o seu número de massa (A) é igual a 39, a

sua massa atômica possui um valor aproximadamenteigual a 39u.

II. (V), pois MA(K) ≅ 39u ≅ 39 . 1

1212C

III. (V), MA(K)MA(C) =

39u12u

= 3,25

BI. F; Um átomo de cobalto pesa 60u.II. V; Um átomo de cobalto pesa 60u.

III. V; 60 u = 60 x 1

12 12C

IV. V; 12 átomos de cobalto = 12 x 60u = 720u60 átomos de 12C = 60 x 12u = 720u

MA(x) = 75,2u 74 75 76

1 3

X X XP 40% P

MA(x) = 1 1 2 2 3 3

1 2 3

m . P m . P m . PP P P

+ ++ +

75,2 = 1 374 . P 75 . 40 76 . P100

+ +

74 . P1 + 76 . P3 = 7.520 – 3.000

74 . (60 – P3) + 76P3 = 4.5204.440 – 74P3 + 76P3 = 4.5202P3 = 4.520 – 4.4402P3 = 80

P3 = 802

⇒ P3 = 40%

P1 + P2 + P3 = 100P1 + 40 + P3 = 100P1 + P3 = 60

P1 = 60 – P3

P1 = 60 – 40

P1 = 20%

A ocorrência do isótopo 76X = 40%.

MA(x) = 10,8u 10 12

1 2

X XP P

MA(x) = 1 1 2 2

1 2

m . P m . PP P

++

10,8 = 1 210 . P 12 . P100

+

10P1 + 12P2 = 1080

10 . (100 – P2) + 12P2 = 10801000 – 10P2 + 12P2 = 1080

2P2 = 80

P2 = 802

⇒ P2 = 40%

P1 + P2 = 100

P1 = 100 – P2

P1 = 100 – 40

P1 = 60%

10X = 60% e 12X = 40%

24,32 u

MA = 1 1 2 2 3 3MA . p + MA . p + MA . p100

MA(Mg) = 24 . 79 + 25 . 10 + 26 . 11

100 = 24, 32 u

30E = 35% e 34E = 45%

MA = 1 1 2 2 3 3MA . p + MA . p + MA . p100

Substituindo os valores, temos:

32,20 = 30 . p + 32 . 20 + 34 . p1 3

100Como p1 + p2 + p3 = 100, então:p1 + 20 + p3 = 100 ⇒ p1 = 80 – p3Substituindo p na equação da massa atômica, temos:

32,20 = + +3 330(80 – p ) 32 . 20 34 . p100

⇒ p3 = 45%

Então, p1 = 35%.Há 35% do isótopo 30E e 45% do isótopo 34E.

10 uMagnésio Cálcio 24 u 40 u 6 u x ⇒ x = 10 uA massa atômica do cálcio seria 10 u

6

8

7

B

23

–3

12g de C 6,0.10 átomos de C

1,2.10 g de C x átomos de C

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

1,2 mg = 1,2 . 10–3 g

x = –3 231,2 . 10 . 6,0 . 10

12

x = 0,6 . 1020 = 6,0 . 1019 átomos de C

2316g de O 6,02 . 10 átomos de O

x g de O 1 átomo de O

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

9

10

11

Quím

ica II

Volume 1.B

MF (A 2 (XO4)3) = 342uA 2 X3O12

2 . (27) + 3 . (x) + 12 . (16) = 34254 + 3x + 192 = 3423x = 342 – 192 – 543x = 96

x = 963

→ x = 32u

MA(X) = 32u

MM(CO(NH2)2) = 60u

232 2

2 2

60g de CO(NH ) 6,02.10 moléculas

30g de CO(NH ) x moléculas

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x =

1 23

2

30 . 6,02 . 1060

=

= 3,01 . 1023 moléculas de CO(NH2)2

2 223

2 2

1 molécula de CO(NH ) 2 átomos de N

3,01.10 moléculas de CO(NH ) y átomos de N

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

y = 3,01 . 1023 . 2 = 6,02 . 1023 átomos de N

AMM(C 2) = 2 . 35,5 = 71u0,355 mg = 0,355 . 10–3 g

232 2

–32 2

71g de C 6,02.10 moléculas de C

0,355.10 g de C x moléculas de C

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 0,355 .10 . 6,02 .10

71

–3 23 =

= 0,0301 . 1020 moléculas de C 2

x = 3,01 . 1018 moléculas de C 2

MM(CO2) = 44u

17

18

19

23

23

56g de Fe 6,0.10 átomos de Fe

x g de Fe 18.10 átomos de Fe

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 23

2356 . 18 . 10

6,0 . 10 = 168 g de Fe

223

23

40g de Ca 6,0.10 átomos de Ca

yg de Ca 3.10 átomos de Ca

⎧⎪ →⎨⎪ →⎩

y = 20 g de Ca

Massa da mistura: 168 g + 20 g = 188 g

CMassa molar do magnésio = 24 g/mol24 g 1 mol 6 . 1023 átomos Mg 6 g x

⇒ x = 16 23

4

. 6 . 10

24 =

14 . 6 1023 átomos Mg

BCálculo da massa de ferro em um glóbulo vermelho:

13

20

4g

xg

100%

75%

x4 x 75

3g de Au100

=

197g de Au

3g de Au

6,02 . 1023 átomos de Au


x átomos de Au

x3 x 6,02.1023

=197

=


x = 2316

6,02 . 10 =

= 2,65 . 10–23 g

x = 2,65 . 10–23 . 10–3 = 2,65 . 10–26 Kg

23

22

59g de Ni 6,02.10 átomos de Ni

x g de Ni 3,01.10 átomos de Ni

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x =

122

232

59. 3,01.10

6,02.10 = 29,5 . 10–1 =

= 2,95 g de Ni

D

11

12

14

15

16

2,9 g de Fe 2,6 . 1013 glóbulos x 1 glóbulo⇒ x = 1,12 . 10–13 g

Massa molar do ferro = 56 g/mol56 g 1 mol 6 . 1023 átomos de ferro1,12 . 10–13 g x ⇒

⇒ x = 1, 2 . 109 átomos de ferro

AMassa molar do Ca = 40 g/mol1 mol 40 g 6 . 1023 átomos Ca x 1 átomo Ca

⇒ x = 20 40

3 6 23. 10 =

2030 22. 10

= 23 . 10–22 g

12

Quím

ica II

Volume 1.B

232 2

232 2

44g de CO 6,0.10 moléculas de CO

x g de CO 30.10 moléculas de CO

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 23

2330 . 10 . 44

6,0 . 10 = 220 g de CO2

6 12 6

6 12 6

1 formiga 1.500 moléculas de C H O

2.000 formigas x moléculas de C H O

→⎧⎪⎨ →⎪⎩x = 2000 . 1.500x = 3.000.000 de moléculas de C6H12O6

6 12 6

6 12 6

1 molécula de C H O 24 átomos

3.000.000 de moléculas de C H O

y átomos

→⎧⎪ →⎨⎪ →⎩

y = 3.000.000 . 24

y = 72.000.000 de átomos

R: 72

BMassa molecular do ácido acético (C2H4O2) == 2 . 12 + 4 . 1 + 2 . 16 = 60 u

Então, a massa molar é igual a 60 g/mol.60 g 1 mol 6 . 1023 moléculas x 1 molécula ⇒

⇒ x = 60

10

16 23. 10 = 2310

10 = 10 . 10–23 = 10–22 g

D1 mol de Hg2C 2 2 mol de átomos Hg == 2(6 . 1023) = 12 . 1023 = 1,2 . 1024 átomos Hg

E

Analisando a relação n = mM , em que n é o número de

mols, m é a massa da substância e M é a massa molar (g/mol), temos que, para massas iguais, a substância que temmenor massa molar apresenta maior número de mols e,conseqüentemente, maior número de moléculas.

D1 mol de moléculas de lactose = 342 g2mols de moléculas de frutose = 2 . 180 g = 360 gx = 360 g – 342 g = 18 g1 mol de O2 = 2 . 16 = 32 g1 mol de H2 = 2 . 1 = 2 g1 mol de CO2 = 12 + 2 . 16 = 44 g1 mol de H2O = 2 . 1 + 16 = 18 g

B

I.23

2

2

28 g N 6,0 . 10 moléculas

10 g N x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

21

25

26

27

22

23

24

28

x = 2,14 . 1023 moléc. N2

II.23

2

2

1mol H 6,0 . 10 moléculas

5 mols H y

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 3,0 . 1024 moléc. H2

III. {6,0 . 1023 moléc. de O3.IV. 1 mol = 6,0 . 1023 moléc. COV. 32 g = 1 mol de O2 = 6,0 . 1023 moléc. COHá maior quantidade de moléculas em II.

Massa molar(H2O) = 18 g/mol

232

242

6,0.10 moléculas de H O 18g

6,0.10 moléculas de H O x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x =

1024

231

6,0.10 . 18

6,0.10 = 180 g

Massa molar(C2H6O) = 46 g/mol

2 6

2 6

1mol C H O 46y

0,5 mol de C H O y

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

y = 23 g

Massa da mistura: 180 g + 23 g = 203 g

MM((C3H8) = 44u

A) 3 8

3 8

1mol de C H 44g

x mol de C H 220g

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 22044

= 5 mols de C3H8

B) 23

3 8

3 8

1mol de C H 6,02.10 moléculas

5 mols de C H y moléculas

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 5 . 6,02 . 1023 = 30,1 . 1023 moléculas de C3H8

C) 3 8

233 8

1molécula de C H 8 átomos de H

30,1.10 moléculas de C H z átomos de H

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

z = 240,8 . 1023 átomos de H

D)

CNTP3 8

CNTP3 8

1mol de C H 22,4L

5 mol de C H x

⎧ → ⎯⎯⎯⎯→⎪⎨⎪ → ⎯⎯⎯⎯→⎩

x = 5 . 22,4 = 112 L

13

Quím

ica II

Volume 1.B

29–5

1mol de Hg 200g

1,0.10 mol de Hg x

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

x = 200 . 10–5 g de Hg

x = 200 . 10–5 . 103 = 200 . 10–2 mg =

= 2,0 mg de Hgem 25 g de batata

2mg de Hg 25g de batataymg de Hg 1000g de batata

→⎧⎨ →⎩

y = 2.1000

25 = 80 mg de Hg em 1 kg de batata

y = 80 ppm de Hg

A carga deve ser confiscada.

5,22 . 1026 moléculasMassa molar do C2H5OH = 46 g/mol• Cálculo da massa de etanol presente no automóvel:

8,0 . 102 g 1 dm3

x 50 dm3 ⇒ x = 40.0000 g de etanol

• Cálculo do número de moléculas de etanol existentesno tanque

46 g 1 mol 6 . 1023 moléculas de etanol40.000 g x

⇒ x = 5,22 . 1026 moléculas de etanol

• Cálculo do número de átomos de ferro em 560 g deferro:Massa molar do ferro = 56 g/mol 56 g 1 mol 6 . 1023 átomos Fe560 g x⇒ x = 60 . 1023 = 6 . 1024 átomos de ferro

• Cálculo do número de átomos de lítio em 560 g de lítio:Massa molar do lítio = 7 g/mol7 g 1 mol 6 . 1023 átomos de lítio560 g x⇒ x = 480 . 1023 = 48 . 1024 átomos de lítio

Logo, há maior número de átomos na amostra de lítio.

6 . 1022 moléculas de C4H10Massa molar do butano (C4H10) = 58 g/mol 58 g 1 mol 6 . 1023 moléculas C4H105,8 g x

⇒ x = 0,6 . 1023 = 6 . 1022 moléculas C4H10

30

31

32

1

2

3

4

(F) Não existe átomo de bromo com massa atômica iguala 79,90u, esse valor é a média ponderada dos doisisótopos do bromo.

D

21

23

3,60.10 moléculas de SFn 0,876g

6,0.10 moléculas de SFn x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x =

10023

21

6,0.10 .0,876

3,60.10 =

6,0.87,63,60 = 146 g

1 mol de SFn → 146 g1 molécula de SFn → 146 u

SFn ⇒ 32u + 19u . (n) = 14632 + 19n = 146

19n = 114

n = 11419

⇒ n = 6

C9H8O4 = 180 g/mol

A)

239 8 4

–39 8 4

180 g C H O 6 .10 moléculas

360 . 10 g de C H O x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x =

2360 –3 23 . 10 . 6.10

180

x = 12 . 1020

x = 1,2 . 1021 moléculas

B) 1 mol de C9H8O4 → 4 mols de O

–3

180 g 4 mols de O

360 . 10 g x mols de O

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

x = 2

4 . 360 –3 . 10180

x = 8 . 10–3 mol de O

C) →⎧⎪⎨

→⎪⎩

9 8 4

219 8 4

1 molécula de C H O 21átomos

1,2 . 10 moléculas de C H O x

x = 1,2 . 1021 . 21x = 25,2 . 1021

x = 2,52 . 1022 átomos

A) Massa molar (CH4) = 16 g/mol(Massa de 1 mol de CH4)

B) ⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

234 4

4

1 mol de CH 6,0.10 moléculas de CH

3 mols de CH x

(V) Essa é a massa atômica do elemento químico bromo, que éobtida a partir da média ponderada dos seus dois isótopos.

(V) Pelo que já foi exposto, esse valor é obtido a partir damédia ponderada dos seus isótopos.

(V) A definição de massa atômica (MA) é totalmentediferente da definição de número de massa (A), masseus valores são sempre próximos. Assim, se osisótopos do bromo possuem números de massa 79 e81, suas massas atômicas também serãoaproximadamente 79u e 81u.

14

Quím

ica II

Volume 1.B

5

x = 18,0 . 1023 =

= 1,80 . 1024 moléculas de CH4

C) 3 mols de CH4

3 x 1 3 mols de átomos de C3 x 4 = 12 mols de átomos de H

=⎧⎨⎩

D) 3 mols de C = 3 . 6,0 . 1023 == 1,80 . 1024 átomos de C

E) 12 mols de H = 12 . 6,0 . 1023 == 7,20 . 1024 átomos de H

F)

CNTP4

CNTP4

1 mol CH 22,4L

3 mols CH y

⎧ ⎯⎯⎯⎯→⎪⎨⎪ ⎯⎯⎯⎯→⎩

y = 67,2 L de CH4 Volume molar do gásnas CNTP = 22,4 L

14

–34

1 mol de CH 16g

x mol de CH 640.10 g

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

x = –3640.10

16 = 40 . 10–3 mol de CH4

(havia no cilindro)

2

234

204

6,02.10 moléculas de CH 1 mol

12,04.10 moléculas de CH y mol

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 20

2312,04 . 10

6,02 . 10 = 2 . 10–3 mols de CH4

(foi retirado do cilindro)

Z = 40 . 10–3 mol – 2 . 10–3 mol = 38 . 10–3 mol de CH4

Z = 0,038 mol de CH4

(restou no cilindro)

A1 mol de H2SO4 6 . 1023 moléculas H2SO43 mol x

⇒ x = 18 . 1023 moléculas H2SO4 == 1,8 . 1024 moléculas de H2SO4

1 mol de Br2 6 . 1023 moléculas Br25 mol x⇒ x = 30 . 1023 = 3.0 . 1024 moléculas Br2

DMassa molar do ácido acetilsalicílico == 9 . 12 + 8 . 1 + 4 . 16 = 180 g/mol180 g 1 mol6 . 1023 moléculas0,60 g x

⇒ x = 230,60 . 6 .10

180 = 2,0 . 1021 moléculas

3,6 . 1020 átomos C• Cálculo da massa de carbono:

8 mg de tinta 100%massa de carbono 90% ⇒⇒ massa de carbono = 7,2 mg = 7,2 . 10–3 g

• Cálculo do número de átomos de carbono:Massa molar do carbono = 12 g/mol12 g 1 mol 6 . 1023 átomos C7,2 . 10–3 g x

⇒ x = –3 237,2 .10 . 6 .1012

= 3,6 . 1020 átomos C

2,7 . 1021 átomos de PtSe uma liga que contém apenas platina e sódio apresenta10% em massa de sódio, então 90% da massa da liga é deplatina.• Cálculo da massa de platina na liga:

1 g da liga 100%massa de platina 90% ⇒ massa de platina = 0,9 g

• Cálculo do número de átomos de platina:Massa molar da platina = 195 g/mol195 g 1 mol 6 . 1023 átomos de platina0,9 g x

⇒ x = 230,9 . 6 . 10

195 = 2,7 . 1021 átomos de platina

CTiO2 massa molar 80 g mol–1

d = 4,0 g/cm3

1 mol de TiO2 – 80 g – 6,0 . 1023 fórmulas TiO2 –6,0 . 1023 átomos Tix 6,0 . 1020 átomos Ti

x = 80 g . 6,0 20. 10 átomos

6,0 23. 10 átomos = 0,080 g de TiO2

1 cm3 4,0 g de TiO2 x 0,080 g de TiO2x = 0,02 cm3

A = 50 cm . 100 cm = 5.000 cm2

V = A . h

h = VA =

3

20,02 cm

5.000 cm =

–2 3

3 22 .10 cm5 .10 cm

= 4 . 10–6 cm

1nm 10–9m 10–7 cm x 4 . 10–6 cmx = 40nm

6

7

8

9

10

15

Quím

ica II

Volume 1.B

A) Mol1 = 154 g/mol

C H O

2,46 g

12 g

0,37 g

/mol 1g

0,33 g

/mol 16 g /mol

0,205 mol 0,37 mol 0,0206 mol0,0206 0,0206 0,020610 mols 18,0 mols 1mol

C10H18O → F. mínima

10 . 12 + 18 . 1 + 16 = 154 g/mol

N = F. molecularF. mínima

= 154 u154 u

= 1

F. molecular = F. mínima

F. molecular = C10H18O

B) 1C10H18O + 14O2 → 10CO2(g) + 9H2O( )154 g 9 . 18 g3,16 g Xg

x = 3,16 . 9 .18

154 = 3,32 g de H2O( )

A) C H N O

27,13g40,67g 8,47g 27,73g16g/mol12g/mol 1g/mol 14g/mol

1,69mols3,39mols 8,47mols 1,69mols1,691,69 1,69 1,69

1mol2mols 5mols 1mol

C2H5NO F . mínima

B) n = 118u59u = 2

F . molecular = (C2H5NO) x 2

F . molecular = C4H10N2O2

FeSO4 . x H2O 4

2

FeSO 62,8%xH O 37,2%

=⎧⎪⎨

=⎪⎩FeSO4 = 152 g/mol

152 g 62,8%y g 37,2%

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

y = 152 x 37,2

62,8 ⇒ y = 90 g

2

2

1mol H O 18g

xmol H O 90g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

5

7

6

Cálculos Químicos – Parte II

Capítulo 2

C2H6O = 24 + 6 + 16 = 46 g/mol

C 46 g 100%24 g x%

→⎧⎨ →⎩

x = 24.100

46 = 52,2%

H 46 g 100%6 g y%

→⎧⎨ →⎩

y = 6 .100

46 = 13,0%

O 46 g 100%16 g z%

→⎧⎨ →⎩

z = 16 .100

46 = 34,8%

N O

4,8 g14 g/mol

11,0 g16 g/mol

0,34 mol0,34

0,68 mol0,34

1 mol 2 mols

NO2

22

23

C H O

1,8g 6.10 átomos0,4mol

12g/mol 6.10

0,15mol 0,4mol 0,1mol0,1mol 0,1mol 0,1mol

1,5mol 4mols 1mol

x 2 x 2 x 23mols 8mols 2mols

C3H8O2

C H C

30,17% 3,13% 66,7%

30,17g 3,13g 66,7g12g/mol 1g/mol 35,5g/mol

2,5mols 3,13mols 1,87mol1,87 1,87 1,87

1,33mol 1,67mol 1mol

x 3 x 3 x 34mols 5mols 3mols

C4H5C 3 → F. mínima

1

3

4

2

16

Quím

ica II

Volume 1.B

x = 9018 = 5 mols de H2O

FeSO4 . 5H2O

Na segunda experiênciaA massa 48 g de magnésio é o dobro de 24 g, portanto iráreagir com 32 g de oxigênio (o dobro de 16 g) e irá formar80 g de óxido de magnésio (o dobro de 40 g).A massa de óxido de magnésio obtida também poderia serencontrada pela Lei de Lavoisier:48 g + 32 g = 80 gDesse modo, temos: A = 32 g e B = 80 g.

Cálculo da massa de magnésio C:

16 g de oxigênio4 g de oxigênio

= 4 então, 24C

= 4

C = 244 ⇒ C = 6 g

Cálculo da massa de óxido de magnésio D:

16 g de oxigênio4 g de oxigênio

= 4 então, 40D = 4

D = 404 ⇒ D = 10 g

Cálculo da massa de oxigênio E:

360 g de magnésio24 g de magnésio

= 15, então E

16 = 15

E = 15 . 16 ⇒ E = 240 g

Cálculo da massa de óxido de magnésio F.

360 g de magnésio24 g de magnésio

= 15, então F

40 = 15

F = 15 . 40 ⇒ F = 600 g

H2(g) +12 O2(g)

⎯⎯→ H2O( )

1a) 1g 8g 9g

2a) 3g 30g (Xg) yg

24 30

A) O oxigênio está em excesso:

13

= 8x

⇒ x = 24 g de O2

excesso: 30 g – 24 g = 6 g de O2

B)13

= 9y

⇒ y = 27 g de H2O

ouy = 3 g + 24 g = 27 g de H2O

C) 2(g)

2(g)

mH

mO =

18

= 3

24 =

18

8

9

2

AMassa molar (NH4NO3) = 28 + 4 + 48 = 80 g/mol

N 80g 100%28g x

→⎧⎨ →⎩

x = 28 . 100

80 = 35%

ou N 4 3

4 3

80g de NH NO 28g de N

100g de NH NO x g de N

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 35%

M3+ O2– = M2O3

102 + 48 = 150 g/mol

M 150g 100%102g x%

→⎧⎨ →⎩

x = 68%

O 150g 100%48g y%

→⎧⎨ →⎩

y = 32%

1

2H2(g) + 1O2(g) → 2H2O(g)

2L 1L 2L

10L 40L (x = 5L) (y = 10L)

10 80 reagente em excesso

A)2

10 = 1x ⇒ x =

102 = 5 L

Excesso: 40 L – 5 L = 35 L de O2

B)2

10 = 2y ⇒ y =

10 . 22 = 10 L

C) Contração: 15 L – 50 L = 5 L

15L 100%5L x%

→⎧⎪⎨

→⎪⎩ x =

5 .10015 = 33,3%

C

3(g)

V Vx y O

0,34g 0,48g=

T P T P

3

3

1mol de O 48g

kmol de O 0,48g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩ k =

0,4848 = 0,01 mol de O3

0,01mol de x 0,34g

1mol de x Wg

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩ W =

1. 0,340,01 = 34 g

Massa molar de x = 34 g/molMassa molar (H2S) = 2 . 1 + 32 = 34 g/mol

10

11

17

Quím

ica II

Volume 1.B

B

0,5 mol de quinina

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

120 g de carbono

12 g de hidrogênio

1,0 mol de átomos N

1,0 mol de átomos O

Então em 1 mol de quinina há

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

240 g de carbono

24 g de hidrogênio

2,0 mol de átomos N

2,0 mol de átomos O

Cálculo do número de mols de carbono (massa molar doC = 12 g/mol):1 mol 12 g x 240 g ⇒ x = 20 mol de átomos C

Cálculo do número de mols de hidrogênio (massa molardo hidrogênio = 1 g/mol):1 mol 1 g y 24 g ⇒ y = 24 mol de átomos H

Se 1 mol de quinina tem 20 mols de átomos C, 24 mols deátomos H, 2 mol de átomos N e 2 mol de átomos O, entãouma molécula de quinina apresenta a seguinte proporçãode átomos: C20H24N2O2.

B

número de átomos do elementonúmero de átomos do oxigênio

= 1,01,5

= 23

O óxido de um elemento metálico que apresenta aproporção 2 : 3 é o Fe2O3.

B

1 mg de nicotina

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

–3

–3

–3

74,00% de carbono = 0,74 mg =

= 0,74 .10

8,65% de hidrogênio = 0,0865 mg =

= 0, 0865 .10

17,35% de nitrogênio = 0,1735 mg =

= 0,1735 .10

g

g

g

Carbono⎧⎪ = =⎨⎪⎩

–30,74 .10mnM 12 = 6,17 . 10–5 mol

Hidrogênio⎧⎪ = =⎨⎪⎩

–30,0865 .10mn

M 1 = 8,65 . 10–5 mol

Nitrogênio⎧⎪ = =⎨⎪⎩

–30,1735 .10mnM 14 = 1,24 . 10–5 mol

6

7

8

4

5

AC14 H9 C 5

(168 + 9 + 177,5 = 354,5 g/mol)

C 354,5 g 100%168 g x

→⎧⎨ →⎩

x = 47,4%

H 354,5 g 100%9 g y

→⎧⎨ →⎩

y = 2,5%

d 354,5 g 100%177,5 g z

→⎧⎨ →⎩

z = 50,1%

C2Na S O H O

18,5% 25,8% 19,4% 36,3%18,5g 25,8g 19,4g 36,3g

23g/mol 32g/mol 16g/mol 18g/mol

0,8mol 0,8mol 1,2mol 2mols0,8 0,8 0,8 0,8

1mol 1mol 1,5mol 2,5molx 2 x 2 x 2 x 2

2mols 2mols 3mols 5mols

Na2S2O3 . 5H2O

CS O

40% 60%40g 60g

32g/mol 16g/mol

1,25mol 3,75mols1,25 1,25

1mol 3mols

SO3 → F. mínima

S O

50% 50%

50g 50g32g/mol 16g/mol

1,56mol 3,12mols1,56 1,56

1mol 2mols

SO2 → F. mínima

3

18

Quím

ica II

Volume 1.B

P O

43,6% 56,4%43,6g 56,4g

31g/mol 16g/mol

1,4mol 3,52mols1,4 1,4

1mol 2,5molsx2 x2

2mols 5mols

n = Massa molecular

Massa da F. mínima

n = 284142 = 2

F. molecular = (F. mínima) . nF. molecular = (P2O5) . 2

f. molecular = P4O10

P2O5 → F. mínima

P2O5 = 2 . 31u + 5 . 16u = 142u

9

10

11

24

23

C H O

48g 1,2.10 átomos10mols

12g/mol 6,0.10

4mols 10mols 2mols2 2 2

2mols 5mols 1mol

C2H5O → F. mínima = F. molecular

24 24 24

23 23 23

C H O

1,806.10 átomos 3,612.10 átomos 1,204.10 átomos6,02 .10 6,02 .10 6,02 .10

3mols 6mols 2mols2 2 2

1,5mol 3mol 1molx 2 x 2 x 2

3 mols 6 mols 2 mols

21

23

0,296g 2,408.10 moléculas

xg 6,02.10 moléculas

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 74 g

C3H6O2 = F . mínima

36 + 6 + 32 = 74 g/mol

n = massa molar

massa da F. mínima

n = 7474 = 1

F . molecular = F . mínima = C3H6O2

12

13

A proporção do número de átomos é

–56,17 . 10C –58,65 . 10

H –51,24 . 10N

Para obter uma proporção com números inteiros:

–56,17 . 10C –58,65 . 10

H –51,24 . 10N ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

–6: 1,24 . 10 C5H7N

(fórmula mínima)

C

FeSO4 . x H2O ⎧⎪⎨⎪⎩

2

4

45,3% H O

54,7% FeSO

4 2FeSO H O54,7% 45,3%

54,7g 45,3g152 g/mol 18g/mo

0,35mol 2,5mols0,35 0,35

1mol 7mols

FeSO4 . 7H2O

E

C H O

96 g

12 g

8 g

/mol 1g

48 g

/mol 16 g /mol

8 mols 8 mols 3 mols3 mols 3 mols 3 mols

2,66 mols 2,66 mols 1molx3 x3 x3

8 mols 8 mols 3 mols

C8H8O3 → F. mínima

1 mol = 96 g + 8g + 48 g = 152 g/molF. mínima = 8 . 12 + 8 . 1 + 3 . 16 = 152 u

N = 1; F. molecular = C8H8O3

19

Quím

ica II

Volume 1.B

P4O10

Fórmula molecular: PxOyMassa molecular = 31x + 16y = 284

↓ ↓ ↓ 43,6% 56,4% 100%

Fósforo ⎧⎨⎩

31x 284=

43,6 100 ⇒ x = 4

Oxigênio ⎧⎨⎩

16y 284=

56,4 100 ⇒ y = 10

A fórmula molecular do óxido de fósforo é P4O10.

A) O sal orgânico é o glutamato de sódio (pois apresentao elemento carbono), sendo constituído de cincoelementos (sódio, carbono, hidrogênio, oxigênio enitrogênio).

B) Sal inorgânico: NaCMassa molar = 23 + 35,5 = 58,5 g/mol

↓ ↓ x% 100%

Cálculo da porcentagem de sódio no sal:

23x

= 58,5100

⇒ x = 39,32% de sódio.

C Cx Hy (C6H6)z

MM = 12x + 1y + 78z = 322 u ↓ ↓ ↓ 70,81% 4,97% 24,22% 100%

Carbono⎧⎨⎩

12x 322=

70,81 100 ⇒ x = 19

Hidrogênio⎧⎨⎩

1y 322=

4,97 100 ⇒ y = 16

Benzeno (C6H6)⎧⎨⎩

78z 322=

24,22 100 ⇒ z = 1

Fórmula molecular: C19H16 . C6H6

DO papel é constituído de celulose, que ao sofrer combustãoconverte-se em CO2(g) e H2O(g), assim a massa do sistemaA irá diminuir, pois o sistema está aberto. O prato B maispesado baixa e o prato A mais leve sobe.A palha de aço é constituída de Fe(s) que ao sofrer combustãose converte em Fe2O3(s) aumentando a sua massa, assim amassa do sistema A irá aumentar. O prato A mais pesadobaixa e o prato B mais leve sobe.O item D é correto.

CA palha de aço ao sofrer combustão aumenta a sua massade acordo com a seguinte reação:

( )s4Fe

4 . 56 g224 g

+ ( )2 g3O

3 . 32 g96 g

→ ( )2 3 s2Fe O

2 .160 g320 g

O item C é correto.

17

18

19

20

21

14

15

16

mercúrio + oxigênio → óxido de mercúrio + mercúrio100g (50g) x = 4g 54g 50g

A) m oxigêniom mercúrio

= 4g50g

= 2g25g

= 0,08

B) mercúrio + oxigênio → óxido de mercúrio 100 g y g

50100

= 4y

⇒ y = 4 .100

50 =

40050

=

= 8 g de oxigênio

Dy + z → x10 g 20 g (30 g)

A) y = 20 g z = 40 g 60 g (x2) (falso)

B) y = 5 g z = 10 g 15 g (÷2) (falso)

C) y = 20 g z = 50 g(40g) 70 g (60 g) (x2)(falso)

D) m ym z

= 10g20g

= 12 (verdadeiro)

E) m ym z

= 12 (falso)

2 3CO CaO CaCOx 28 kg 50 kg

+ →

A) x = 50 kg – 28 kg = 22 kg de CO2

B) 22kg88kg

= 28kgxkg

⇒ x = 88 . 28

22 = 112 kg de CaO

228 =

50y

⇒ y = 88.50

22 = 200 kg de CaCO3

C) 2m COm CaO

= 2228 =

1114

E

CO(g) + 12 O2(g) → CO2(g)

• número de átomos dos reagentes = número de átomosdo produto

• massa dos reagentes = massa do produto

(. 2) 2

3 moléculas

2CO + O → 2

2 moléculas

2CO

• número de moléculas dos reagentes é diferente donúmero de moléculas do produto

22

20

Quím

ica II

Volume 1.B

DReação: magnésio + oxigênio → óxido de magnésioA massa dos reagentes é igual à massa do produto, portantoa lâmpada apresenta a mesma massa após a reação.

ESegundo a Lei de Lavoisier, a massa total dos reagentes éigual à massa total dos produtos.

B1N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

1L 3L 2L

4L 9L (y = 6L)

12 9

reagenteem excesso

1x =

39 ⇒ x =

93 = 3 L de N2(g)

39 =

2y ⇒ y =

9.23 = 6 L de NH3(g)

contração: 12 L – 6 L = 6 L

12L 100%6L x

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 6 .100

12 = 50%

B

2(g)

V V6g de H 48g de x

T P T P

2(g)

2(g)

1mol de H 2g

kmol de H 6g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

k = 3 mols de H2(g)

3 mols de x 48g

1mol de x y g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 483 = 16 g

Massa molar do gás x = 16 g/molMassa molecular do gás x = 16uO gás x é o CH4(g)

2(g) 2(g) 2 (v)2H 1O 2H O2mL 1mL 2mL

x y 400mL

+ →

23

24

25

26

27

28

29

2x =

2400 ⇒ x = 400 mL de H2(g)

1y =

2400 ⇒ y =

4002 = 200 mL de O2(g)

Volume da mistura = 400 mL + 200 mL = 600 mL.

2(g)

2(g)

3L 30L0,5mol CO

H

T P T P

A) 3L 0,5mol30L x⎧ →⎪⎨

→⎪⎩ x = 5 mols de CO2(g)

B)

232(g)

2(g)

1mol de CO 6,02.10 moléculas

5mols de CO y

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 30,1 . 1023 moléculas de CO2(g)

C) 2

2

1mol de CO 44g

5mols de CO z

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

z = 5 . 44 = 220 g de CO2(g)

D)

CNTP2(g)

CNTP2(g)

1mol de CO 22,4L

5mols de CO w

⎧ ⎯⎯⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯⎯→⎪⎩

w = 5 . 22,4 = 112 L de CO2

x(g) 2(g) y(g)m NO nO pN O3mL 1,5mL 3mL1,5 1,5 1,52mL 1mL 2mL2 : 1: 2 :

+ →

2NO(g) + 1O2(g) → 2 NxOy(g)

m = 2 ; n = 1; p = 2.(2NO(g) + 1O2(g) → 2NO2(g))

CN2 + 3H2 → 2NH3

4 volumes

1 vol. 3 vol

2 volumes

2 vol.

Houve contração de volume na reação: a mistura dereagentes corresponde a 4 volumes e o produto formado,a 2 volumes. Então, o volume final é a metade do inicial:houve contração de 50% do volume.

CAs reações que causam variação de pressão são aquelasque apresentam volume dos reagentes diferente do volumedos produtos. São elas:

30

31

21

Quím

ica II

Volume 1.BI. 2NO + O2 → 2NO2

3 volumes

2vol. 1 vol 2 volumes

2 vol.

IV. SO2 + 12 O2 → SO3

1,5 volume

1vol. 0,5 vol 1volume

1 vol.

B

SO2 + 12 O2 → SO3

1 mol 0,5 mol 1 mol ↓ ↓ ↓ em volume1 vol. 0,5 vol. 1 vol.

proporção desejada

x 5L

x = 5 . 0,5

1 = 2,5 L

32

C)

Quantidade em Número demols de C átomos de C1 mol _____________ 6 . 1023 átomos3 mol _____________ z

⎫⇒ =⎬

⎭24z 1,8 . 10 átomos

DPara resolver, vamos determinar quantas vezes aquantidade de matéria, em mols de moléculas, presenteem 6,8 g de açúcar é maior do que a presente em 42mg de aspartame. Isso pode ser feito estabelecendo arazão entre ambas as quantidades:

quantidade em mols de açúcarquantidade em mols de aspartame

=

6,8 g340 g/mol

0,042 g300 g/mol

=143

B) 1 mol de A 2(SO3)3 ⎯⎯→ 2 mols de A5 mol de A 2(SO3)3 ⎯⎯→ 10 mols de A10 mols de A = 20 . 27 g = 270 g de A

BPrimeiramente, vamos determinar a massa molar dadioxina, levando em conta que cada molécula tem 4átomos de cloro e que 44% da massa da dioxina sedeve a esse elemento químico.Massa de dioxina Massa de cloro

M ____________ 4 . 35,5 g100 g ____________ 44 g

⎫⇒ =⎬

⎭M 323 g

Agora vamos determinar a massa máxima de frangoque uma pessoa pode ingerir, relacionando a massa defrango com a massa de dioxina.

A) BenzaldeídoB) Vanilina: C8H8O3 = 8 . 12 + 8 . 1 + 3 . 16 = 152 g/mol

–13

8

2 . 10 mol de vanilina 1L de ar

x mol de vanilina 1.10 L de ar

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩x = 2 . 10–13 . 1 . 108

x = 2 . 10–5 mol de vanilina

–5

1mol de vanilina 152 g

2 . 10 mol de vanilina y

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩y = 2 . 10–5 . 152 = 304 . 10–5 g

y = 3,04 . 10–3 g de vanilina

A)Grandesas:Massa Quantidade em molsde C2H3C de C2H3C

62,5 g __________ 1 mol93,75 g __________ x

⎫⇒ =⎬

⎭x 1,5 mol

B)Grandesas:Quantidade em Quantidade em molsmols de C2H3C de C1 mol ____________ 2 mol1,5 mol ____________ y

⎫⇒ =⎬

⎭y 3 mol

A) 3 mols do sal ⎧⎪⎨⎪⎩

27 mols de átomos de O

9 mols de átomos de X6 mols de átomos de A

1 mol do sal ⎧⎪⎨⎪⎩

9 mols de átomos de O

3 mols de átomos de X2 mols de átomos de A

A 2X3O9 = A 2(XO3)32 . 27 + 3 . X . + 9 . 16 = 29454 + 3X + 144 = 2943X = 96

X = 32 X = S

Assim:A 2(SO3)3 = Sulfito de alumínio

1

2

3

4

5

⎫⇒ =⎬

⎭x 0,5 kg

A primeira linha da seguinte regra de três leva em contaque em um quilograma da ave há 2 . 10–13 mol de dioxinae que esse 2. 10–13 mol tem massa 2 . 10–13 . 323 g. Asegunda linha relaciona a massa pedida com a massamáxima de dioxina que pode ser ingerida por dia.

Massa de dioxina Massa de cloro

1 kg ____________ 2 . 10–13 . 323 gx ____________ 3,23 . 10–11 g

22

Quím

ica II

Volume 1.B

6

7

8

9

10

Portanto, há 143 vezes mais moléculas de açúcar doque de aspartame das amostras.A alternativa mais próxima disse é D.

CEm 24 h: 3 . 450 mg = 1350 mg de C9H8O4C9H8O4 = 180/mol

1 mol de moléculas de C9H8O4 ⎯⎯→ 180 g

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

239 8 4

9 8 4

6,0 . 10 moléculas de C H O 180 g

x moléculas de C H O 1,35 g

x = 236,0 . 10 . 1,35

180 = 0,045 . 1023

x = 4,5 . 1021 moléculas de C9H8O4

A

1 comprimido ⎯⎯→ 6 . 10–6 g de vit. B12

1 mol de vit. B12 ⎯⎯→ 1 mol de Co = 4%Co = 60 g/molI. Cálculo da massa molar da vit. B12.

1 mol de Co ⎯⎯→ 4%

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

60 g 4%

x g 100%

x = 60 . 100

4

x = 1500 g

Massa molar de vit. B12 = 1500 g/mol.

II. Cálculo do número de moléculas de vit. B12 em 1comprimido.

1 mol de vit. B12 ⎯⎯→ 1500 g

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

2312

–612

6,0 . 10 moléculas de B 1500 g

y moléculas de B 6 . 10 g

y = 23 –66 . 10 . 6 . 101500

= 1736 . 10

1500 = 0,024 . 1017

y = 2,4 . 1015 moléculas de vit. B12.

III. Cálculo do número de átomos de Co em 2comprimidos.

1 molécula de átomo de vit. B12 ⎯⎯→ 1 átomo de Co

2,4 . 1015 moléculas de vit. B12 ⎯⎯→ 2,4 . 1015

átomos de Co (em l comprimido)

Em 2 comprimidos = 4,8 . 1015 átomos de Co.

Massa molar C9H8O4 = 108 + 8 + 64 = 180 g/mol

C 180g 100%108g x

→⎧⎨ →⎩

x = 108 . 100

180 = 60%

Não, pois o composto puro apresenta uma porcentagemem massa de 60% de carbono, enquanto a amostra sóapresenta 50% em massa de carbono.

C H O38,7% 9,7% 51,6%

38,7 g 9,7 g 51,6 g

12 g/mol 1 g/mol 16 g/mol

3,225 mol 9,7 mol 3,225 mol3,225 3,225 3,2251mol 3 mol 1mol

CH3O Fórmula Mínima

23

23

3,0 . 10 moléculas 31 g

6,0 . 10 moléculas x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩x = 62 g (massa de 1 mol)Massa molar = 62 g/mol

n = massa molecular

massa da fórmula mínima

n = 6231

= 2

Fórmula molecular = (Fórmula Mínima) . nFórmula molecular = (CH3O) . 2Fórmula molecular = C2H6O2

A) 1 mol de C2H6 → 18 L

232 6

2 6

6,02.10 moléculas de C H 18L

x moléculas de C H 36L

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 12,04 . 1023 moléculas de C2H6

B) Em 18 L de CH4(g) nas mesmas condições do C2H6(g)temos 1 mol de CH4(g). 1 mol de CH4(g) corresponde a16 g.

C) 23

2

2 6

6,02.10 moléculas de N O 18L

x moléculas de C H 3,6L

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 233,6 . 6,02 .10

18 = 1,2 . 1023 =

= 1,2 . 1023 moléculas de N2O

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

223

2

1 molécula de N O 3 átomos

1,2.10 moléculas de N O y

y = 3,6 . 1023 átomos

23

Quím

ica II

Volume 1.B

6

7

126 3

23

2,4.10 átomos 9,6.10 g

6,0.10 átomos x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 236,0.10 3.9,6.10

262,4.10 = 24 g

1 mol de átomos corresponde a 24 g.1 átomo corresponde a 24u.

MA = 24u

MM(O3) = 3 . 16u = 48u

A)23

3 3

3 3

48g de O 6,02.10 moléculas de O

240g de O x moléculas de O

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 23240 . 6,02 . 10

48 = 30,1 . 1023 moléculas de O3

x = 3,01 . 1024 moléculas de O3

B)3

243

1 molécula de O 3 átomos de O

3,01.10 moléculas de O y átomos

de O

→⎧⎪⎪ →⎨⎪⎪⎩

y = 3,01 . 1024 . 3

y = 9,03 . 1024 átomos de O

D

Isótopos do H : 11H , 2

1H , 31H

Isótopos do C : 3517C , 37

17C

Molécula de HC11H e 35

17C ⇒ MM = 36 u

21H e 35

17C ⇒ MM = 37 u

31H e 35

17C ⇒ MM = 38 u

11H e 37

17C ⇒ MM = 38 u

21H e 37

17C ⇒ MM = 39 u

31H e 37

17C ⇒ MM = 40 u

ACalculando a massa do diamante:

1 quilate → 100 pontos 200 mg25 pontos x mg

→⎧⎨ →⎩

2

3

4

5

x = 25 . 200

100 = 50 mg = 50 . 10–3 g

Calculando o número de átomos de carbonoMA (C) = 12 u

23

3

12 g de C 6 .10 átomos de C

50 .10 g de C y−

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 3 2350 . 10 . 6 . 1012

−

= 25 . 1020 átomos de C

CCalculando o número de moléculas de O2:MM (O2) = 32 u

232 2

2 2

32 g de O 6 . 10 moléculas de O

16 g de O x moléculas de O

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 2316 . 6 .10

32 = 3 . 1023 moléculas de O2.

Calculando o número de moléculas de CO2:MM (CO2) = 44 u

232 2

2 2

44 g de CO 6 . 10 moléculas de O

55 g de CO y moléculas de O

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 2355 . 6 . 10

44 = 7,5 . 1023 moléculas de CO2

Número total de moléculas = 3 . 1023 + 7,5 . 1023 == 10,5 . 1023 = 1,05 . 1024 moléculas

ECalculando o número de átomos de C:MA (C) = 12 u

23

4

12 g de C 6 .10 átomos de C

5,0 .10 g de C x átomos de C−

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 4 235,0 . 10 . 6 . 1012

−

= 2,5 . 1019 átomos de C

Calculando o comprimento do traço:

19

23

2,5 .10 átomos 10 cm

6 . 10 átomos y

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 23

19

6 . 10 . 102,5 . 10

= 240.000 cm = 2,4 Km

CMM (C6H5CH2CH2OH) = 122 u

238 10

8 10

122 g de C H O 6 . 10 moléculas

3,66 g de C H O x

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 233,66 . 6 . 10

122 = 1,8 . 1022 moléculas

22 141,8 .10 moléculas 1.10 L de águay moléculas 1L de água

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

24

Quím

ica II

Volume 1.B

8

9

10

11y =

22

14

1,8 .101.10 = 1,8 . 108 moléculas/L de água

D

C H O40% 6,7% 53,3%40 g 6,7 g 53,3 g

12 g /mol 1 g /mol 16 g /mol

3,33 mol 6,7 mol 3,33 mol3,33 3,33 3,331mol 2 mol 1mol

CH2O → Fórmula mínima

Massa da F. Mínima: 12u + 2 . 1 u + 16 u = 30 u

D

C O H72% 16% 12%

72 g12 g

16 g/mol 16 g

12 g/mol 1 g /mol

6 mol 1mol 12 molC6H12O → Fórmula Mínima

72 u + 12 u + 16 u = 100 u

n = massa molecular

massa da fórmula mínima =

200 u100 u

= 2

Fórmula molecular = (C6H12O) . 2Fórmula molecular = C12H24O2

AFe S

46,67% 53,33%

46,67 g

56 g/mol

53,33 g

32 g/mol

0,83 mol0,83

1,67 mol0,83

1 mol 2 mols

FeS2 → Fórmula mínima56 + 64 = 120 u

0,01 mol 1,20 g1 mol x g

→⎧⎨ →⎩

x = 1,200,01 = 120 g

Massa molar = 120 g/molMassa molecular = 120 u

n = massa molecular


120 u120 u

= 1

Fórmula molecular = Fórmula mínima = FeS2

B

C H O

60% 4,44% 35,56%60 g 4,44 g 35,65 g

12 g/mol 1 g/mol 16 g/mol

5 mol 4,44 mol 2,22 mol2,22 2,22 2,22

2,25 mol 2 mol 1 mol x4 x4 x4

9 mol 8 mol 4 mol

C9H8O4 → Fórmula Mínima108 u + 8 u + 64 u = 180 u

20

23

6,02 . 10 moléculas 0,18 g

6,02 . 10 moléculas x g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩x = 180 g

Massa molar = 180 g/molMM = 180 u

n = massa molecular


180 u180 u

= 1

Fórmula molecular = Fórmula mínima= C9H8O4

D2HNO3(aq) + K2CO3(s) → 2KNO3(aq) + H2O( ) + CO2(g)

Na experiência ocorre uma reação química com liberaçãode gás (CO2(g)), como o sistema não está fechado não serápossível verificar experimentalmente a lei de Lavoisier.Assim o item D é correto.

DA reação que ocorreu entre o ácido sulfúrico e a esponjade aço produziu gás hidrogênio (H2(g)) que foi liberado parao ambiente e por isso a balança está indicando a massafinal menor que a massa inicial. Assim não foi possívelverificar a Lei de Lavoisier, pois o sistema está aberto.

CAs reações que causam variações na pressão são aquelasque apresentam variação no volume:

I. (g) 2(g)

3V

2NO 1O+ → 2(g)

2V

2NO

II. (g) 3(g)

2V

1 CO +1O → 2(g) 2(g)

2V

1 CO +1O

III. 2(g) 2(g)

2V

1N 1O+ → (g)

2V

2NO

IV. 2(g) 2(g)

1,5 V

11SO O

2+ → 3(g)

1V

1SO

As reações que causam variação na pressão são: I e IV.

12

13

14

25

Quím

ica II

Volume 1.B

15 B

1SO2(g) +12 O2(g) → 1SO3(g)

1V 0,5V 1V

1L0,5 Lx L⎧⎨⎩

→→

1L5 L

x = 0,5 . 5 = 2,5 L de O2(g)

Anotações

Quí

mic

a II

Volume 1.B


Professor(a):

Escola:


__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

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_________________________________________________________________________________

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_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_____________________________________

___________________________________________________

Data: _____/_____/_____

__________________________________________________________________________________

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_________________________________________________________________________________

26

Quím

ica II

IVolume 1.B

1 (V) O soluto não se sedimenta nem com a utilização deultra-centrífugas.

(F) Podemos separar o soluto do solvente através de umaevaporação ou destilação, por exemplo.

(V) As soluções são misturas homogêneas.(F) Um grande número de soluções são incolores.(F) Quando o solvente não consegue dissociar o soluto, a

solução será do tipo não-eletrolítica.

*A) NaNO3(s) H O2⎯⎯⎯→ (aq)Na+ + 3(aq)NO− (dissociaçãoiônica) conduz corrente elétrica.

*B) KC (s) H O2⎯⎯⎯→ (aq)K+ + (aq)C − (dissociação iônica)conduz corrente elétrica.

2

Capítulo 1: Estudo das SoluçõesEstudo das SoluçõesEstudo das SoluçõesEstudo das SoluçõesEstudo das Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Tópico A: DispersãoTópico B: SoluçãoTópico C: Coeficiente de Solubilidade (Cs)Tópico D: Classificação das Soluções quanto ao Coeficiente de Solubilidade (Cs)Tópico E: Classificação das Soluções quanto ao Coeficiente de Solubilidade em um Gráfico de SolubilidadeTópico F: Regra de SolubilidadeTópico G: Solubilidade de Gases em LíquidosQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Capítulo 2: Estudo das Concentrações das SoluçõesEstudo das Concentrações das SoluçõesEstudo das Concentrações das SoluçõesEstudo das Concentrações das SoluçõesEstudo das Concentrações das Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Tópico A: IntroduçãoTópico B: Concentração em Massa/Volume ou Concentração Comum (C)Tópico C: Concentração Massa/Massa ou Título em massa (T)Tópico D: Concentração Volume/Volume ou Título em Volume (Tv)Tópico E: Concentração em Partes por Milhão ou ppmTópico F: Densidade de uma Solução (d)Tópico G: Concentração em mol/L ou Concentração em Quantidade de Matéria ou Concentração em Quantidade de SubstânciaTópico H: Concentração em Quantidade de Matéria/Quantidade de Matéria ou Fração Molar (x)Tópico I: Concentração em Quantidade de Matéria por massa ou Molalidade ou Concentração Molal (W)Tópico J: Relações entre as Principais Unidades de Concentração das SoluçõesQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

C) C2H6OH(l) H O2⎯⎯⎯→ C2H6OH(aq) (dissolução) nãoconduz corrente elétrica.

D) O2(g) H O2⎯⎯⎯→ O2(aq) (dissolução) não conduz corrente

elétrica.

*E) HC (aq) H O2⎯⎯⎯→ (aq)H+ + C aq( )− (ionização) conduz

corrente elétrica.

*F) Ca(OH)2(s) H O2⎯⎯⎯→ 2(aq)Ca + + 2 (aq)OH− (dissociação

iônica).

I. A substância E (dissolução exotérmica)II. A substância A, pois é a que possui a curva mais

ascendente.III. A substância A em qualquer temperatura.IV. Como as duas curvas se cruzam a aproximadamente

30oC, temos:t < 30oC: A substância C é mais solúvel.t = 30oC: As duas substâncias possuem a mesmasolubilidade.t > 30oC: A substância A é mais solúvel.

V. À medida que se aumenta a temperatura a solubilidadeda substância E diminui, portanto, a massa do corpo dechão no fundo do recipiente aumenta.

3

SUMÁRIO



Estudo das Soluções

Capítulo 1

27

Quím

ica II

I

Volume 1.B

Analisando a tabela das características das dispersões,podemos fazer as seguintes associações:I - C; II - B; III - D; IV - B; V - A; VI - A; VII - A; VIII - B;

C

(V) Água em CaC 2 2Soluto : CaC

Solvente : água⎧⎨⎩

(IV) CO2 em bebidas 2Soluto : CO

Solvente : água⎧⎨⎩

(I) Naftaleno no ar Soluto : naftaleno

Solvente : ar⎧⎨⎩

(III) Liga metálica

Soluto: constituinte(s) em menor quantidade

Solvente: constituinte em maior quantidade⎧⎨⎩

(II) Ar atmosférico 2(g)

Soluto : outros gasesSolvente : N⎧⎪⎨⎪⎩

A) Ácido = ionização B) Ácido = ionizaçãoC) Base = dissociação iônica D) Sal = dissociação iônica

A) Ar atmosférico filtrado; qualquer mistura de gases(50 mL de O2 em 250 mL de N2).

B) CO2(g) em bebidas (refrigerantes, cerveja etc.).C) Naftalina no ar atmosférico.D) Ouro 18 quilates (ouro + prata + cobre); bronze

(cobre + estanho); latão (cobre + zinco).

DOs compostos: NaC (sal), Mg(OH)2 (base) e KI (sal), conduzema corrente elétrica em solução aquosa, pois sofrem dissociaçãoiônica, já o composto H2SO4 (ácido) também conduz correnteelétrica em solução aquosa, pois sofre ionização.O composto C12H22O11 (sacarose) não conduz a correnteelétrica em solução aquosa, pois apenas se dissolve naágua, não originando íons-livres na solução.

EAr: mistura homogênea de gases.Água de torneira: mistura homogênea de sais e água.Ouro de 18 quilates: mistura homogênea de metais (ouro,prata e cobre).

CSal de cozinha (NaC ): sofre dissociação iônica quandoem água.Soda cáustica (NaOH): é um composto iônico que sofredissociação iônica quando em água.

DA água de torneira (sais dissolvidos em água) e o vinagre(ácido acético em água) apresentam íons com movimentoslivres.

CEm uma solução saturada (solução I) e em uma soluçãosaturada com precipitado (solução II) as concentrações são

VI. À medida que se aumenta a temperatura a solubilidadeda substância D aumenta, portanto, a massa do corpode chão no fundo do recipiente diminui.

VII. A substância C, pois possui ponto de inflexão.

A) NaNO3

B) aproximadamente a 40oC.Cs(NaC ) = Cs(KC ) ≅ 35 g de sal/100 g H2O

C) t < 68oC: O NaNO3 é mais solúvel.t = 68oC: As solubilidades das duas substâncias sãoiguais.t > 68oC: O KNO3 é mais solúvel.

D) Cs(NaNO3) = 88 g de NaNO3/100 g H2O

3 2

3 2

88g de NaNO 100gH O

x g de NaNO 500gH O

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 440 g de NaNO3

Massa da solução: 440 g + 500 g = 940 g

C

25 g de solução saturada Soluto : 5gSolvente : 20g⎧⎨⎩

2

2

5g de soluto 20g de H O

x g de soluto 300g de H O

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 300 . 5

20 = 75 g de soluto se dissolvem colocando-se

80 g de soluto em 30 g de água obtemos uma soluçãosaturada com 5 g de corpo de fundo.

A) As soluções insaturadas são aquelas que estão abaixoda curva de solubilidade;Soluções: F e G

B) As soluções saturadas são aquelas que coincidem coma curva de solubilidade;Soluções: A, B, C e D

C) As soluções supersaturadas são aquelas que estãoacima da curva de solubilidade;Soluções: E e H

D) A solução mais concentrada é aquela que possui a maiormassa de soluto por volume de solvente;Solução D

E) A solução mais diluída é aquela que possui a menormassa de soluto por volume de solvente;Soluções: A e G

EA → polarB → apolarC → polarA) (F)

A (polar) é imiscível em B (apolar).B) (F)

A (polar) é miscível em C (polar).B (apolar) é imiscível em C (polar).

C) (F)água (polar) é miscível e A (polar).

D) (F)NaC (polar) é imiscível em B (apolar).

E) (V)CC 4(apolar) é miscível em B (apolar).

1

2

4

3

5

4

5

6

7

6

8

7

9

28

Quím

ica II

IVolume 1.B

100 g de H2O e, a 35 oC, 25 g de sal saturam 100 g deH2O, sem formação de precipitado.

A) A dissolução é exotérmica, pois a solubilidade do sólidodiminui com o aumento da temperatura.

B) A 25 oC, tem-se:100 g de H2O – 80 g de sólido – 180 g de solução y x 360 g de solução

x = 160 g de sólidoy = 200 g de H2O

Então, a solução inicial é composta de 160 g de sólido em200 g de H2O, a 25 oC.A 50 oC, tem-se:100 g de H2O 30 g de sólido200 g de H2O m

⇒ m = 60 g de sólido

A massa que irá cristalizar corresponde à diferença entre assolubilidades:precipitado: 160 – 60 = 100 g

C, D e FA) (F) Uma substância é dita insolúvel em água quando a sua

solubilidade em água é muito pequena, próxima de zero. (Arigor, não existe um sal totalmente insolúvel em água).

B) (F) À temperatura ambiente (25oC) o KC O3 é menossolúvel que o NaC .

C) (V) A 25oC as duas curvas de solubilidade se cortam,indicando que o CaC 2 e o NaNO3 são iguais.

D) (V) A solubilidade do NaC aumenta muito pouco como aumento da temperatura.

E) (F) As suas solubilidades só são iguais a 25oC.F) (V) O NaC é menos solúvel que o CaC 2 à temperatura

ambiente.

CI. (V) Na temperatura de 40 oC as solubilidades de AAAAA e BBBBB

são iguais.II. (F) A 20 oC a solubilidade de AAAAA é maiormaiormaiormaiormaior que a de BBBBB.III. (V) A 100 oC a solubilidade de BBBBB é maiormaiormaiormaiormaior que a de AAAAA.IV. (F) A solubilidade de BBBBB aumenta com o aumento da

temperatura.V. (V) Cs(B) = 150 g de B/100 g H2O (80 oC).

B, C, D

2 2 7 2

2 2 7 2

12,5g de K Cr O 100 mL H O

x g de K Cr O 20 mL H O

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

x = 12,5 . 20

100 = 2,5 g de K2Cr2O7 se dissolve.

Tubo A: Solução insaturada.Tubo B: Solução saturada com corpo de chão (0,5 g).Tubo C: Solução saturada com corpo de chão (2,5 g).Tubo D: Solução saturada com corpo de chão (4,5 g).

A) Soluto A: Aumenta a sua solubilidade (dissoluçãoendotérmica).Soluto B: Diminui a sua solubilidade (dissolução exotérmica).

B) Substância: APonto a: Solução supersaturada.

10

11

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13

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18

19

20

iguais. A adição de mais soluto apenas tornará a solução Iuma solução saturada com corpo de chão e apenasaumentará a massa do corpo de chão na solução II,mantendo-se assim as concentrações inalteradas.Está correto, portanto, o item C.

Cs(BaNO3) = 70 g de BaNO3/100 g H2O70 g de BaNO3 → 100 g H2O

3

3

70g de BaNO 170g de Solução

(70g 100g)x g de BaNO 500g de Solução

→⎧⎪ +⎨⎪ →⎩

x = 70 . 500

170 = 205,9 g de BaNO3

A) (F) A substância mais solúvel em água a 10oC é oNaNO3 (80 g/100 g H2O).

B) (V) A solubilidade do NaC aumenta muito pouco coma elevação da temperatura.

C) (F) Observamos que a solubilidade do C 2(SO4)3

diminui com o aumento da temperatura.D) (V) Cs(NH4C ) = 48 g de NH4C /100 g H2O.

Podemos dissolver até 48 g de NH4C em 100 g H2O,assim 20 g de NH4C em 100 g de H2O origina umasolução insaturada.

E) (V) Cs(KNO3) = 65 g de KNO3/100 g H2OColocando-se 80 g de KNO3 em 100 g de H2O,obtemos uma solução saturada com corpo de fundo(15 g de corpo de chão).

A) O sal Pb(NO3)2B) O sal NaCC) A uma temperatura de 30 oC o NaC e o KC possuem

a mesma solubilidade.D) Cs(Pb(NO3)2 ≅ 40 g de Pb(NO3)2/100 mL de H2O

→⎧⎪⎨ →⎪⎩

3 2 2

3 2

40 g de Pb (NO ) 100 mL de H O

200 g de Pb(NO ) x

x = 2005

x 10040

= 500 mL de H2O

BCs(sal) = 50 g de sal/100 g H2O

250g de sal 100gH O

30g de sal x

→⎧⎨

→⎩

x = 30 . 100

50 = 60 g de H2O

DSistema I: solução insaturadaA quantidade de soluto dissolvida é menor que a quantidademáxima.Sistema II: solução saturada com precipitado.A quantidade de soluto dissolvida é máxima.Existe solução saturada sem a presença de precipitado.

EO gráfico mostra que a solubilidade do sal aumenta com oaumento da temperatura. A 25 oC, 18 g de sal saturam

29

Quím

ica II

I

Volume 1.BPonto b: Solução saturada.Ponto c: Solução insaturada.Substância B:Ponto a: Solução insaturada.Ponto b: Solução saturada.Ponto c: Solução supersaturada.

CPara aumentar a solubilidade do CO2(g) podemos tomarmão das seguintes propriedades:– Quanto maior a pressão total, maior será a solubilidadedo gás no líquido.– Quanto menor a temperatura ambiente, maior será asolubilidade do gás no líquido.– Quanto maior for a porcentagem do CO2(g) na misturagasosa, maior será a quantidade de gás dissolvido, assimcom CO2(g) puro, teremos mais gás dissolvido que usandouma mistura com 20% de CO2(g).

BA 20 oC a solubilidade do oxigênio em água, sob pressãode 1,0 atm, é 1,5 . 10–3 mol/L, então uma solução com2,0 . 10–3 mol/L estará supersaturada.

CQuando abrimos a garrafa de guaraná formam-se bolhasdevido ao escape de CO2, pois a pressão sobre o líquidoé muito menor que a pressão que existia quando a garrafaestava fechada. Isto é, sob menor pressão, o refrigerantetorna-se uma solução supersaturada.

C25 oC80 g de sal 1 L de solução16 g de sal V

⇒ V = 1680

= 0,2 L = 200 mL

16 g de sal saturam 200 mL de solução.

21

22

23

24

1

2

3

4

5

A) O sistema I, pois há equilíbrio dinâmico entre a soluçãosaturada e o precipitado.

H O2(s) (aq)

precipitado sal dissolvido

NaC Na C+ + –(aq)

B) I. continuará uma solução saturada com precipitado.II. haverá a formação de um precipitado.III. continuará uma solução insaturada.

A 20oC temos:Cs(NaNO3) = 100g de NaNO3/100mL de solvente

3 2

3 2

100g de NaNO 100mL de H O

xg de NaNO 1000mL de H O

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

x = 100 . 1000

100 = 1000g de NaNO3 (ficam dissolvidos

na solução)

Precipitam: 1170g – 1000g = 170g de NaNO3

NaNO3 = 23 + 14 + 48 = 85g/mol

3

3

1mol de NaNO 85g

y mol de NaNO 170g

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

y = 17085

= 2 mol de NaNO3

01.Falso. A solubilidade de qualquer substância em determinadosolvente depende diretamente da temperatura, de onde vemo conceito de coeficiente de solubilidade.

02.Falso. A solubilidade do sulfato de sódio diminui com oaumento da temperatura; assim, a 60oC, a solução passaa ser saturada (453 g/L), com presença de corpo defundo (488 – 453 = 35 g).

04.Verdadeiro. Solubilidade ou coeficiencia de solubilidade.08.Verdadeiro. É o caso do sulfato de sódio, do hidróxido de

cálcio e de todos os solutos que são gases à temperaturaambiente, como o gás carbônico ou o gás oxigênio.

01.Verdadeiro.02.Falso. Toda solução (insaturada, saturada ou

supersaturada) é sempre uma mistura homogênea. Oque ocorre é que a presença de corpo de fundo garanteque a solução sobrenadante está saturada naquelatemperatura. Se considerarmos a solução saturada e ocorpo de fundo, teremos um sistemasistemasistemasistemasistema heterogêneo.

04.Verdadeiro.08.Falso. Para definir se uma solução é concentrada ou

diluída é necessário adotar um parâmetro. Um parâmetroestabelecido comumente é o seguinte: uma soluçãocom até 0,1 mol de soluto por litro de solução é diluídae uma solução com mais de 0,1 mol de soluto por litrode solução é concentrada. Como o coeficiente desolubilidade de cada composto depende da temperatura,é normal ter uma solução insaturada de determinadosoluto à uma temperatura X, contendo mais de 0,1 molde soluto por litro de solução.

16.Falso. Quando se separa o soluto do solvente, obtêm-seas mesmas substâncias que foram inicialmente misturadas.

32.Verdadeiro.

109 g de NaOH o

20 C 100 g de água

145,0 – 109,0 = 36,0 g de NaOH que precipitam (a 20oC)Acima de 50oC o coeficiente de solubilidade é maior que145,0 e o sistema volta a ser homogêneo.

AA tabela de coeficiente de solubilidade mostra que a dissoluçãodo KC em água é endotérmica, ou seja, é favorecida peloaumento de temperatura; portanto, aquecendo o sistemaconsegue-se aumentar a quantidade de KC dissolvido. Diluira solução, adicionando-se água (solvente), é outra maneirade aumentar a massa de KC dissolvido.

BSomente as soluções saturadas podem apresentar corpode fundo. Assim o item B é correto.

C e DEstão corretos os itens C e D.• A solubilidade depende da temperatura.• A 60 oC, a solubilidade diminui e a solução estará saturada.

6

7

30

Quím

ica II

IVolume 1.B

AComo a solubilidade do carbonato de lítio diminui com oaumento da temperatura, podemos concluir que a dissoluçãodesse sal é exotérmica (libera calor). E a dissolução doacetato de prata é endotérmica (absorve calor), pois aumentacom o aumento da temperatura.

ASolução inicial

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

o

1

2 H O2

T > 20 C

m = 500 g

m = 30% de 500 g = 150 g

m = m = 350 g

Solução final:

⎧⎪⎨

⇒⎪⎩

o

2

T = 20 C

solubilidade 10 g/100 g de H O

10 g de sal 100 g de H2O m 350 g de H2O ⇒⇒ m = 35 g de sal dissolvidoprecipitado = 150 – 35 = 115 g

EO método de purificação é mais eficiente para o KNO3,pois sua solubilidade varia bastante com a temperatura; emenos eficiente para o NaC , pois sua solubilidade quasenão varia com o aumento da temperatura.

8

10

9

1 V1 = 10 L C2H6OV2 = 32 L H2O = 32 kg H2OV = V1 + V2

V = 10 + 32 = 42 L

C H O2 6d = 0,8 g/mL

H O2d = 1 g/mL

TV = 1VV =

10L42L

= 0,24 TV% = 24%

C H O2 6d = C H O2 6

C H O2 6

m

V

0,8 g/mL = C H O2 6

m

10.000mL ⇒ C H O2 6

m = 8.000 g

T = 1

1 2

mm m+

= 8.000g

8.000 g 32000g+ =

8.000g40.000g = 0,20

T% = 20%

Estudo das Concentrações das Soluções

Capítulo 2

Dppm = 0,9 ppm (m/m)dágua = 1 g/mLV = 2 Lm1 (mg) = ?

2 L de água = 2 kg de água

ppm = 1m (mg)m (kg)

0,9 =

1m (mg)2

m1 = 0,9 x 2

m1 = 1,8 mg

1L de sangue 0,6 g de etanol5L de sangue x

→⎧⎨ →⎩

x = 0,6 . 5 = 3,0 g de etanol

3g de etanol 15%yg de etanol 100%

→⎧⎨ →⎩y = 20 g de etanol

d = mV

⇒ 0,8 g/mL = 20 g

V⇒ V =

200,8

= V = 25 mL de etanol

5% V/V 5 mL de etanol 100 mL de cerveja25 mL de etanol Z mL de cerveja

→⎧⎨ →⎩

Z = 25 x 100

5 = 500 mL de cerveja

Assim o máximo permitido é 1 Lata de cerveja

V = ?M = 10–1 Mm1 = 36 g C6H12O6

Mol1 = 180 g/mol

M = 1

1

mMol . V ⇒ 10–1 =

36180 . V

18V = 36 ⇒ V = 3618

⇒ V = 2 L

m1 = 230 g C2H6Om2 = 360 g H2O

n1 = 1

1

mMol

= 230g

46g/mol = 5 mols

n2 = 2

2

mMol

= 360g

18g/mol = 20 mols

x1 = 1

1 2

nn n+ =

205 20+ =

525

= 0,2

x2 = n

n n2

1 2+ = 20

5 20+ = 2025

= 0,8

3

4

5

2

31

Quím

ica II

I

Volume 1.B

n2 = 2

2

mmol ⇒ 0,75 = 2m

18 ⇒ m2 = 13,5 g

T = 1

1 2

mm m+ =

88 13,5+ =

821,5 = 0,37 ;

T% = 37%

C6H12O6Mol1 = 180 g/molW = 0,1 mol/kgT = ?

0,1 mol de C6H12O6 → 1.000 g de H2O0,1 . 180 g de C6H12O6 → 1.000 g de H2O18 g de C6H12O6 → 1.000 g de H2O

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

6 12 6

6 12 6

18 g de C H O 1.018 g de solução

X g de C H O 100 g de solução

x = 18 g .100 g1.018 g

= 1,77 g de C6H12O6

=⎧⎪⎨ =⎪⎩

T% 1,77%T 0,0177

Cm1 = ?V = 200 mL = 0,2 LC = 17 g/L

C = 1mV

⇒ 17 = 1m

0,2

m1 = 17 . 0,2 = 3,4 g de AgNO3

m1 = ?m2 = ?m = 100 gT% = 19,7%T = 0,197

T = 1mm

⇒ 0,197 = 1m100

⇒ m1 = 19,7 g NaOH

m = m1 + m2

m2 = 100 – 19,7 = 80,3 g H2O

T% = 93%T = 0,93V = 40 LV1 = ?V2 = ?

T = 1VV

⇒ 0,93 = 1V40

⇒ V1 = 37,2 L C2H6O

V = V1 + V2 ⇒ V2 = 40 L – 37,2 L = 2,8 L H2O

Considerando-se a concentração de volume desprezível.

11

1

2

3

C

0,5 mol/L de NO 3− = 0,5 mol x 1 = 0,5 mol de cargas –

0,75 mol/L de SO 24

− = 0,75 mol x 2 = 1,5 mol de cargas –

Total = 2,0 mol de cargas –

0,8 mol/L de Na+ = 0,8 mol x 1 = 0,8 mol de cargas +x mol/L de Mg2+ = x mol x 2 = 2x mol de cargas +

Total = (2x + 0,8) mol de cargas +

2x + 0,8 = 2,02x = 1,2

x = 0,6 mol/L

CT% = 35% M . mol 1 = 1000 . d . tT = 0,035 M . 588,5 = 1000 x 1 x 0,035

NaC M = 35

58,5

Mol1 = 58,5 g/mol M = 0,6 mol/LM = ?d = 1g/mL

x1 = ?mol1 = 40 g/molConsiderando-se 100 g de solução:T% = 28%

11 1

1

22 2

2

m 28gm 28g n 0,7 mol

mol 40g/mol

m 72gm 72g n 4 mols

mol 18g/mol

⎧ = = = =⎪⎪⎨⎪ = = = =⎪⎩

x1 = n

n n1

1 2+ =

0,70,7+4 =

0,74,7 = 0,15

x2 = 0,85

W?Considerando-se 100 g de solução:

T% = 60% 1

2

m 60g

m 40g

=⎧⎪⎨ =⎪⎩

W = 1

1 2

1000 . mm . m

= 1000 . 60120 . 40

= 12,5 molal

mol1 = 120 g/mol

T% = ?mol1 = 32 g/molConsiderando-se n = 1, temos:x1 = 0,25 → n1 = 0,25 mol:

n1 = 1

1

mmol ⇒ 0,25 = 1m

32 ⇒ m1 = 8 g

x2 = 0,75 mol → n2 = 0,75 mol

10

6

7

8

9

32

Quím

ica II

IVolume 1.B

m1 = 0,3 mgV2 = 200 mLV2 = V = 200 mL = 0,2 L

ppm = 1m (mg)V (L)

= 0,3mg0,2L

= 1,5 ppm

Mol1 = 342 g/mol

M = 1

1

mMol . V =

7g342g/mol . 0,05L = 0,4 mol/L

W = ?m1 = 126 gmol1 = 63 g/molv2 = 500 mL H2Om2 = 500 g H2O

W = 1

1 2

1000.mmol .m

= 1000.126

63.500 = 4 mol/Kg

BConsiderando-se 1 L de solução, temos:

2

0,10 mol/L de K 0,10 mol . 1

0,10 mol de cargas

0,16 mol/L de Mg 0,16 mol . 20,32 mol de cargas

+

+

⎧ ⎫• = =⎪ ⎪

= +⎪ ⎪⎨ ⎬• = =⎪ ⎪⎪ ⎪= +⎩ ⎭

0,42 mol de cargas +

24

0,16 mol/L de C 0,16 mol . 1

0,16 mol de cargas

x mol/L de SO x mol . 2

2x mol de cargas

−

• = = ⎫⎪= − ⎪⎬

• = = ⎪⎪− ⎭

(2x + 0,16Mg de cargas –

0,42 = 2x + 0,16 → 2x = 0,42 – 0,16 → 2x = 0,26

x = 0,13 mol

Numa solução, o no de cargas positivas e negativas é igual.

DCloreto de crômio (III) hexaidratado = CrC 3 . 6H2O

CrC 3 . 6H2O ⎯⎯⎯→H O2 Cr3+(aq) + 3C –

(aq)

1 mol 1 mol ↓ ↓266,5 g 52 g x 20 mg/mL ⇒⇒ x = 102,5 mg/mL = 102,5 g/L

B

⎫⎪⎬⎪⎭

etanol

H O2

m = 160 g

m = 320 g m = 480 g

Então a proporção em massa de etanol é:160 g de etanol – 480 g de soluçãoTransformando em volume:• Etanol

d = 0,8 g/cm3

4

5

6

7

11

12

d = mV ⇒ 0,8 =

160V

⇒ V = 200 cm3

• Soluçãod = 0,96 g/cm3

d = mV ⇒ 0,96 =

480V ⇒ V = 500 cm3

Teor, em volume, de etanol na solução:200 cm3 de etanol 500 cm3 de solução x 100%⇒ x = 40%

B

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

1

2 4 3

3+ –3

m = ?

soluto = Fe (SO )

V = 500 mL = 0,5 L

(Fe ) = 20 mmol/L = 20 . 10 mol/L = 0,02 mol/L

Fe2(SO4)3 → 2Fe3+ + 3SO 2–4

1 : 2 : 3 x : 0,02 mol/L

Então, x = 0,01 mol/L de Fe2(SO4)3.Assim, [Fe2(SO4)3] = 0,01 M

m = 1n

V ⇒ 0,01 = 1n

0,5 ⇒ n1 = 0,005 mol de Fe2(SO4)3

Como a massa molar do Fe2(SO4)3 é 400 g/mol, vem:1 mol 400 g0,005 mol m1

⇒ m1 = 2g

CT = 0,95mol1 = 98 g/mold = 1,857 g/mLM = ?M . mol1 = 1000 d . TM . 98 = 1000 . 1,857 . 0,95

M = 1. 764,15

98 = 18 mol/L

AC = 2,95 g/LNaCM = ?mol 1 = 58,5 g/molC = M . mol 12,95 = M . 58,5

M = 2,9558,5 = 0,05 mol/L

BC = 400 g/Lmol1 = 63 g/mold = 1,2 g/cm3

T% = ?

C = 1000 . d . t400 = 1000 . 1,2 . T

8

9

10

13

33

Quím

ica II

I

Volume 1.B

T = 4 00

12 00 = 0,333

T% = 33,3%

DSoro fisiológicoM . mol1 = 1000 . d . tM . 58,5 = 1000 x 1 x 0,009

M = 9

58,5 = 0,15 mol/L

água sanitáriaM . mol1 = 1000 . d . tM x 74,5 = 1000 x 1 x 0,02

M = 20

74,5 = 0,27 mol/L

vinagreM . mol1 = 1000 . d . tM . 60 = 1000 x 1 x 0,05

M = 5060 = 0,83 mol/L

água oxigenadaM . mol1 = 1000 . d . tM x 34 = 1000 . d . tM x 34 = 1000 x 1 x 0,03

M = 3034

= 0,88 mol/L

DCO2

Mol1 = 44 g/molM = 0,025 mol/LC = ?

C = M . mol1C = 0,025 x 44

C = 1,1 g/L

EMg2+ : 1350 ppm = 1350 mg/L = 1,35 g/LMassa molar do Mg2+ = 24 g/mol

C = mM ⇒ m = CM =

1,35 g/L24 g/mol

= 0,056 mol/L

SO 2–4 : 2700 ppm = 2700 mg/L = 2,7 g/L

Massa molar do SO 2–4 = 96 g/mol

m = CM

= 2,7 g/L

96 g/mol = 0,028 mol/L (menor)

Na+ : 10500 ppm = 10 500 mg/L = 10,5 g/LMassa molar do Na+ = 23 g/mol

m = CM

= 10,523

= 0,456 mol/L

C – : 19000 ppm = 19000 mg/L = 19 g/L

14

15

Massa molar do C – = 35,5 g/mol

m = CM =

1935,5 = 0,535 mol/L (maior)

DNaOH

⎧⎪⎪τ⎨⎪⎪⎩ 1

d = 1,43 g/mL

40= 40% =

100M = 40 g/mol

C = 1000 dτ = mM ⇒ 1000 . 1,43 . 40100 = m . 40

⇒ ⇒ m = 14,30 M

H2SO4

⎧⎪⎪τ⎨⎪⎪⎩ 1

d =1,70 g/mL

78= 78% =

100M = 98 g/mol

1000 dτ = mM ⇒ 1000 . 1,70 . 78

100 = m . 98 ⇒

⇒ m = 13,53 M

ANaOH

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

1

3

3

1

1

M = 40 g/mol

d =1,04 g/cm

= 0,946 M

V = 50,0 cm = 50 mL

n = ?

M = ?

m

m = 1nV

⇒ 0,946 molL

= 1n50 mL

⇒

⇒ n1 = (0,946 . 50) milimol

n1 = 1

1

mM

⇒ 0,946 . 50 milimol = 1m40 g/mol

⇒

⇒ m1 = (0,946 . 50 . 40) mg

16

17

18

Cálculo da quantidade máxima em gramas de H3PO4 quepode ser ingerido por uma pessoa de 60 kg em 1 dia.

5 mg de H3PO4 ——— 1 kg de massa corporal x ——— 60 kg de massa corporal

x = 300 mg ou 0,3 g

1

34

Quím

ica II

IVolume 1.B

2

3

4

5

6

7

8

Cálculo do volume máximo de refrigerante na concentraçãode ácido fosfórico de 0,6 g/L

C = 1mV(L)

⇒ V = mC

⇒ V = 0,30,6

V = 0,5 L ou 500 mLLogo, uma pessoa de 60 kg pode ingerir, por dia, no máximo0,5 L de refrigerante.

A) Solução com = 2% ou 0,02 contém 2 partes desoluto dissolvido em 98 partes de solvente, em massa.Considerando a densidade da água igual a 1 g/cm3,podemos calcular a massa de solvente no volume desolução final:

98100

. 10.000 = 9800 g de H2O na solução

2 g de NaOH ——— 98 g de H2O x ——— 9800 g de H2O

x = 200 g de NaOH

B) 1 . V1 = 1 . V1

0,4 . V1 = 0,04 . 10

V1 = 0,04 . 10

0,4 ⇒ V1 = 1 litro

1

C = ? (g/L)M = 30 g

V = 400 mL = 0,4 Lmol 1 = 85 g/mol

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

C = 1mV

= 300,4 = 75 g/L

C = M . Mol175 = M . 85

M = 7585

= 0,88 mol/L

1

3 6 3

8 3

–4 3

m = ?

V = 10m . 15m . 2m = 300 m = 300 . 10 cm =

= 3 . 10 cm

C = 1,0 . 10 g/cm

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

C = 1mV

⇒ 1,0 . 10–4 = 18

m3 . 10

⇒ m1 = 3 . 104 g =

= 30.000g

Isocianato de metila: H3C – N = C = OMassa molar: 57 g/molA) 1 mol — 6,0 . 1023 moléculas — 57 g ⇒

x —————–— 5 . 10–5 g/m3 de ar

⇒ x = 5,26 . 1017 moléculas/m3 de ar

B)

3líquido

3

V 1cm

d 0,92 g/ cm

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

d = mV

⇒ 0,92 = m1

⇒ m = 0,92 g

5 . 10–5 g —— 1 m3 de ar⇒ V = 18400 m3 de ar

0,92 g —— V

Para diluir essa quantidade de isocianato de metila comsegurança, o volume de ar necessário deve ser maiorque 18400 m3

A) Segundo o gráfico, uma solução de densidade igual a0,82 g/mL apresenta 20% de água. Então aporcentagem de álcool nessa solução é de 80%.

B) Segundo o gráfico, uma solução com 30% de águaapresenta densidade igual a 0,85 g/mL. Então:0,85 g ——— 1 mL ⇒ m = 850 g m ——— 1000 mL (1 L)

A) Como a água é eletricamente neutra, o número demols de carga positiva é igual ao número de mols decarga negativa:0,46 mols de Na+ = 0,46 mol (carga +1) = 0,46 molde carga ⊕0,05 mol de Mg2+ = 0,05 mol (carga +2) = 0,1 molde carga ⊕0,01 mol de Ca2+ = 0,01 mol (carga +2) = 0,02 molde carga ⊕0,01 mol de K+ = 0,01 mol (carga +1) = 0,01 mol decarga ⊕Total de mol de carga ⊕ = 0,590,53 mol de C – = 0,53 mol (carga –1) = 0,53 mol decarga –

0,03 mol de 24SO − = 0,03 mol (carga –2) = 0,06 mol

de carga –Total de mol em carga – = 0,59

B) A água do mar conduz corrente elétrica, pois os íons(cátions e ânions) estão livres em solução.

2 4

V 1L

m 1M 1mol/LNa SO

=⎧⎪ = =⎨⎪⎩

A) Na2SO4 → 2Na+ + 24SO −

em 1 L ⇒ 1 mol 2(1 mol) 1 mol

Estão presentes 2 mol de íons Na+ e 1 mol de íons24SO − .

B) Íons Na+: 2 mol = 2 . 6 . 1023 = 12 . 1023 íons Na+

Íons 24SO − : 1 mol = 6 . 1023 íons 2

4SO − .

D43 graus GL = 43% V/VA) (F) {100 mL de Scotch → 43 mL de etanol

d = ⇒ 0,8 g/cm3 = ⇒

m = 34,4 g de etanolB) (F) graus GL = %V/VC) (F) {1 L de Scotch → 430 mL de etanol

9

35

Quím

ica II

I

Volume 1.B

1

3

4

5

6

7

2

A) 60oC: Cs (B) = 40 g de B/100g de H2O

⎧ ⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯→⎪⎩

2

2

40 g de B 100 g de H O

120 g de B x g de H O

x = 120 .100

40 = 300 g de H2O.

B) 0oC: Cs (A) = 10 g de A/100 g de H2OPara preparar uma solução saturada da I, a 0oC bastadissolver 10 g de A em 10 g de H2O. Para preparar umasolução insaturada II, a 0oC basta dissolver uma massainferior a 10 g de A em 100 g de H2O.

CSe em 1000 g de água podem se dissolver 3000 g do sal,deduz-se que em 500 g de água podem se dissolver 1500 gde sal. Assim, a solução saturada obtida será constituída por500 g de solvente (água) e 1500 g de soluto (nitrato de prata),apresentando massa total de 2000 g.

CA) (V) No intervalo de temperatura de 30 oC a 100 oC a

curva de solubilidade do Na2SO4 é descendente.B) (V) A 40oC a solubilidade do KNO3 e do Na2SO4 são

iguais.C) (F) A 20oC a solubilidade do KNO3 e do Na2SO4 são

iguais.D) (V) Cs(KNO3) = 10 g de KNO3/100 g de H2O (0oC)

CO sal apresenta dissolução endotérmica, pois à medidaque se aumenta a temperatura há também um aumento dasolubilidade do sal.

DGrandezas:Massa de soluto Volume de solução13 g ______________ 25 mL

x ______________ 100 mL x 52 g⎫⇒ =⎬

⎭

E

V = 0,5 L 2 6 2

2 6 2

1 mol de C H O 62 g

5 mols de C H O x g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

5 mols de C2H6O2 x = 5 x 62 = 310 gC = ?C2H6O2 = 62 g/mol

C = 1m

V = 310 g0,5 L = 620 g/L

m1 = ?m2 = ?m = 320 gT% = 15%T = 0,15

T = mm1 ⇒ 0,15 =

m1320

⇒ m1 = 0,15 . 320

m1 = 48 g NaOH

m = m1 + m2 ⇒ m2 = 320 – 48 = 272 g H2O

1

3

4

5

6

7

2

Cs = 52 g/100 mL de H2OEsse é o Cs do KNO3

D) (V) 100mL de Scotch 43mL de etanol700mL de Scotch y

→⎧⎨ →⎩

y = 301 mL de etanol

d = mV

⇒ 0,8 g/cm3 = m

301mL ⇒ m = 240,8 g

etanol

E) (F) Água e etanol formam uma mistura homogênea(solução).

x1 = ? C12H22O11x2 = ? H2Om1 = m2Mol1 = 342 g/molMol2 = 18 g/mol

x1 = 1

1 2

nn n+

=

1

1

1 2

1 2

mMol

m mMol Mol

+ =

1

1 1

m342

m m342 18

+ =

=1

1 1

m342

18m 342m(342 . 18)

+ =

1

1

m342

360m342 . 18

= 1m342

. 1

342 . 18360m

=

= 18360

= 0,05

x1 + x2 = 1x2 = 0,95

E1,0 L de sangue _______ 0,6 g de etanol no máximo6,0 L de sangue _______ xx = 3,6 g de etanol, no máximo, por 6,0 L de sangue

d = mV

⇒ 0,8 = 3,6V

⇒ V = 4,5 mL etanol

Assim, podemos dizer que 3,6 g de etanol correspondema 4,5 mL.

4% V/V 4 mL de etanol 100 mL de cerveja4,5 mL de etanol y mL de cerveja

→⎧⎨ →⎩

y = 112,5 mL de cerveja

10

11

36

Quím

ica II

IVolume 1.B

8

9

10

11

12

13

14

15

D

C1 = 1mV

C2 = 2mV

C3 = 3mV

C1 = 0,52

C2 = 0,75

3C3 =

1,255

C1 = 0,25 g/L C2 = 0,25 g/L C3 = 0,25 g/L

C4 = 4mV

C5 = 5mV

C4 = 2,08

C5 = 2,510

C4 = 0,25 g/L C5 = 0,25 g/L

AA é correta. Ao adicionar uma solução de densidade 2,1 g/cm3, os sólidos com densidade superior a essapermanecerão no fundo e aqueles com densidade inferiorflutuarão.Assim, carvão e ossos flutuarão.

B é incorreta. Ao usar o líquido mencionado, os ossospermanecerão no fundo, junto com a areia, solo e pedras.

C é incorreta. A água tem densidade 1 g/cm3. Nela, ocarvão flutuará.

D é incorreta. Em solução de densidade 2,5 g/cm3, solo epedras afundarão e os demais componentes flutuarão.

E é incorreta. No líquido mencionado, areia, solo e pedraspermanecerão no fundo; carvão e ossos flutuarão.

EDe acordo com o enunciado, excetuando uma massadesprezível de adoçante na versão “diet”, a diferença entreambas as apresentações é a presença de açúcar na versãocomum. Assim, a diferença de massa entre ambas asamostras, 331,2 g – 316,2 g = 15,0 g, corresponde àmassa de açúcar. Como essa massa de soluto estádissolvida em um volume de 300 mL, temos:

C = 15,0 g0,300 L

⇒ C = 50,0 g/L

DTV% = 0,4%T = 0,004ppm = TV% . 104

ppm = 0,4 . 104

ppm = 4 . 103 ppm

ou ppm = TV . 106

ppm = 0,004 . 106

ppm = 4 . 103 ppm

BV = 100 mL = 0,1 L

V1 = 43 mL C2H6OV2 = 57 mL H2O

TV = 1VV

⇒ TV = 43

100 = 0,43

TV% = 43%

Bm1 = 36 g C6H12O6

m2 = 10,8 g H2Ox1 = ?mol1 = 180 g/molmol2 = 18 g/mol

n1 = 1

1

mMol

= 36g

180 g/mol = 0,2 mol

n2 = 2

2

mMol

= 10,8g

18g/mol = 0,6 mol

x1 = 1

1 2

nn n+

= 0,2

0,2 0,6+ =

0,20,8 = 0,25

Cm1 = 117 g de NaCM = 0,25 mol/L

VH O2 ≅ V (solução diluída)

mol 1 = 23 + 35,5 = 58,5 g/mol

M = 1

1

mmol . V

→ 0,25 = 117

58,5 x V

V = 117

0,25 x 58,5 = 8 L

EW = ?m1 = 40g CaBr2

m2 = 200g H2Omol1 = 200g/mol

W = 1

1 2

1000.mmol .m

= 1000.40200.200

= 1 mol/Kg

8

9

10

11

12

13

14

15

Anotações

Quí

mic

a IV

Volume 1.B


Professor(a):

Escola:


__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

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__________________________________________________________________________________

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_________________________________________________________________________________

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_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_____________________________________

___________________________________________________

Data: _____/_____/_____

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

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37

Quím

ica IV

Volume 1.B

Capítulo 1: Introdução à Química OrgânicaIntrodução à Química OrgânicaIntrodução à Química OrgânicaIntrodução à Química OrgânicaIntrodução à Química Orgânica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Tópico A: IntroduçãoTópico B: Características dos Compostos OrgânicosTópico C: Classificação do CarbonoTópico D: Hibridação do CarbonoTópico E: Classificação das Cadeias CarbônicasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Capítulo 2: Funções OrgânicasFunções OrgânicasFunções OrgânicasFunções OrgânicasFunções Orgânicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Tópico A: Hidrocarbonetos e Haletos de AlquilaTópico B: Funções OxigenadasTópico C: Funções Nitrogenadas e SulfurosasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Capítulo 3: Nomenclatura dos Compostos Orgânicos – Parte INomenclatura dos Compostos Orgânicos – Parte INomenclatura dos Compostos Orgânicos – Parte INomenclatura dos Compostos Orgânicos – Parte INomenclatura dos Compostos Orgânicos – Parte I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Tópico A: Radicais OrgânicosTópico B: Esquema GeralTópico C: HidrocarbonetosTópico D: ÁlcooisTópico E: FenóisTópico F: ÉteresTópico G: Haletos de AlquilaTópico H: Haletos de ÁcidosTópico I: Ácidos CarboxílicosTópico J: AnidridosTópico L: ÉsteresTópico M: AldeídosTópico N: CetonasQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Introdução à Química Orgânica

Capítulo 1

SUMÁRIO



AOs compostos orgânicos também podem ser produzidosem laboratórios.

A

CCarbono tetraédrico → sp3

Carbono trigonal → sp2

Carbono linear → spA estrutura linear III apresenta somente 1 carbonotetraédrico ou sp3.

C

H3C CH3CH2

CH3

CH3

CH C1 2

T Q

PPP

P S

3 4 5

7

8CH36

H3C

CH3 CH3

C OCH CHCH2 CH3

Cadeia aberta, ramificada, heterogênea e insaturada.

AA síntese da uréia a partir do cianato de amônio é consideradoum marco, pois a partir dessa reação muitos outros compostosorgânicos passaram a ser sintetizados em laboratório.

1

3

4

2

1

38

Quím

ica IV

Volume 1.B

CH CH CH CH CH CH OHC C

CH3

CH3

CH3CH3

CH2

H3Csp3sp3

sp3

sp3

sp3 sp3

sp3 sp2

sp3 sp3

sp3sp2 sp2 sp2 sp2 sp2 sp2

sp2sp2

sp2

H3C

CH3

CH3

OHH

AOs compostos orgânicos apresentam pontos de ebuliçãomenores que os compostos inorgânicos, pois apresentaminterações intermoleculares mais fracas.

D

4

5

6

8

7

2

3

10 carbonos sp3

10 carbonos sp2

0 carbonos sp

CI. (V)II. (V)III. (F) O carbono 2 forma duas ligações π(pi) e duas

ligações σ(sigma)IV. (V)

D

A

Cadeia alifântica, homogênea, insaturada e ramificada.

CTodos os carbonos presentes nas estruturas apresentamhibridação sp2 com geometrias trigonais.

EA) Falso, algumas cadeias alifáticas e normais apresentam

somente carbono primário e somente carbonosecundário.H3C – CH3 somente carbonos primários

somente carbonos secundários

B) Falso, as cadeias carbônicas acíclicas e ramificadastambém podem ser identificadas pela presença decarbonos quaternários.

C) Falso, em uma cadeia aberta e insaturada pode-seobservar a existência de uma ligação tripla entre carbonos.

D) Falso, uma cadeia carbônica alifática e saturada podeapresentar carbono com hibridação sp2.

H3C C

O

CH3sp2

II. Mede-se os pontos de fusão e ebulição dassubstâncias. Os compostos orgânicos apresentambaixos pontos de fusão e ebulição.

B) Orto-hidroquinona→ fechada, aromática, mononuclear,normal, insaturada e homogênea.

Orto-benzoquinona → alicíclica, normal, insaturada ehomogênea.

DI. hexanoII. etanolIII. 1-propanolIV. heptano

A) I. Faz-se uma reação de combustão. Os compostosorgânicos sofrem combustão liberando,principalmente, CO, CO2 e H2O.

H H

H O

H

C C C

H

H

sp2sp3

sp3

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

O

OO

CH3

CH3

CH3

S S

S SQ

SS

T

TT T

PP

P

P

CI. (V)II. (F) C16H10N2O2

III. (V)

I. (F), são seis carbonos sp2

II. (F), são seis orbitais híbridos sp2

III. (V)IV. (V)V. (F), são doze ligações σ(sigma) sendo seis entre

carbonos e as outras seis entre carbono ehidrogênio.

VI. (V)VII. (F), todos os carbonos são insaturados.

Se um carbono está ligado a três outros átomos de carbono,significa que cada carbono faz uma ligação dupla e duasligações simples.

4 carbonos primários6 carbonos secundários4 carbonos terciários1 carbono quaternário

C = Hibridação sp2= 2Duas ligações simples

Uma ligação dupla

2

1

B

H

H

O

O

Csp2

aπ

σσ

I. C19H26OII. 6 ligações πIII. 11 carbonos sp2

C

H3C CH2 C C CH3

CH3CH3

CH3CH3

EA cadeia E é aberta, ramificada e homogênea.

I. Normal, aberta, saturada e heterogêneaII. Aberta, normal, saturada e heterogênea

39

Quím

ica IV

Volume 1.BIII. Aberta, ramificada, insaturada e homogêneaIV. Aberta, normal, insaturada e homogêneaV. Alicíclica, normal, insaturada e homogêneaVI. Alicíclica, normal, saturada e homogêneaVII. Aromática mononuclear, normal e homogêneaVIII. Aromática polinuclear com núcleos condensados

A) Aromática, mononuclear, heterogêneaB) Aromática, mononuclear, ramificada e heterogênea

12

Funções Orgânicas

Capítulo 2

EA cadeia do composto é mista porque parte é aberta e outraparte é fechada. A cadeia é ramificada porque apresenta 5carbonos terciários. É insaturada, porque tem ligações duplasentre carbonos. É heterogênea, pois apresenta 5heteroátomos de nitrogênio entre carbonos e a cadeia éaromática mononuclear, porque tem 1 anel benzênico.

BAs funções orgânicas oxigenadas presentes na estrutura doantibiótico são exatamente álcool, cetona, éster e éter.

D

O

O

HO

HO

NCH3

P

Fenol

Éter

Álcool

Amina

terciária

P

I. (V)II. (F), a cadeia da morfina é heterogêneaIII. (F)IV. (V)V. (V)

B

O

OH

OH

OH OH

H3C

O O

N

Fenol Cetona Enol

Enol

CetonaAmida

Amina terciáriaÁlcool

secundário

C5

O

O

OO

C

OH

CH2

Éter

Éter

Haleto

orgânico

Haleto

orgânico

Haleto

orgânico

Ác. carboxílico

3

4

2

1

CTodos os carbonos da acroleína são sp2.

H2C CH

H

COsp2 sp2 sp2

C

C6H5 CH2 C C

C

C

O

C

CO

COOH

N

S

N

H

HHHCH3

CH3

Amida

Amida

Ácido carboxílico

Tio-éter

DA) Falso, a testosterona apresenta em suas moléculas as

funções álcool e cetona.B) Falso, testosterona → álcool e cetona

progesterona → cetonaC) Falso, os números de carbono e hidrogênio são

diferentes.E) Falso, a progesterona só apresenta a função cetona.

DA) Falso, a timina tem carbono sp3 também.B) Falso, a função amida também está presente na citosina

e guanina.C) Falso, a citosina apresenta as funções amina e amida.D) Falso, a citosina também apresenta as funções amina e

amida ao mesmo tempo.

A) Fenol, ácido carboxílico, cetona, álcool e éterB) 6 carbonos tetraédricos (sp3)

15 carbonos trigonais (sp2)0 carbonos lineares (sp)

C) 6 carbonos terciários

DAs funções orgânicas presentes na estrutura do ácido fólicosão: amina, amida, ácido carboxílico e enol.

4

5

6

1

2

3

40

Quím

ica IV

Volume 1.B

NO2CHCHCH2

CCHC�

C�O

HO

OH

NH

Álcool

T

Amida

Nitrocomposto

Haleto orgânico

O

O

OO

HO

H3CO

HO

OHOH

CH2OH

Fenol

Éter

ÉterÉter

Éster

Álcool

ÁlcoolÁlcool

Álcool

BO composto H3C – S – CH3 é um tio-éter

BII. III.

8

7

NN CH3

CH2

CH2

CH3

CH3

H2C

H3C

A) 15 carbonos sp2

B) cetona, éter, fenol, álcool e aminaC) 3 heteroátomos entre carbonos

O

O

HO

O

O

OOH

OH

OCH3 OH

H3C

NH2

RRsp2

sp2

sp2 sp2 sp2

sp2 sp2

sp2 sp2 sp2

sp2

sp2Fenol

Éter

AminaÁlcool

Cetona

sp2 sp2

sp2

A) amidaB) uréia

NH2

O C

NH2

D

D

I. (V)II. (V)III. (F), não existe grupo funcional de amina na estrutura

do compostoIV. (F), só existe um carbono terciárioV. (V)

(V)(F), todos os éteres apresentam cadeia heterogênea(V)(V)(V)(F), os éteres são compostos menos densos que a água

A) Penicilina G → amida, tio-éter e sal orgânicocefalexina → amina, amida, tio-éter e ácido carboxílico

B) 9 carbonos secundáriosC) 7 carbonos tetraédricos (sp3)D) Penincilina G → mista, insaturada, heterogênea,

ramificada, aromática mononuclear.Cefalexina → mista, insaturada, heterogênea,

ramificada, aromática mononuclear.

CCarbonos lineares são aqueles que apresentam hibridaçãosp. Na vitamina III, todos os carbonos presentes na parteaberta da cadeia são tetraédricos, ou seja, apresentamhibridação sp3.

I. (F), a massa molecular da cicuta é 127 g/molII. (F), é uma amina alifáticaIII. (F), é uma amina secundáriaIV. (V)V. (V)VI. (V)

A) Cetona, enol, amina e ácido carboxílicoB) 1 → sp2 5 → sp2

2 → sp2 6 → sp3

3 → sp2 7 → sp3

4 → sp2 8 → sp2

C) 4 ligações π24 ligações σ

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

A) 8 carbonos terciáriosB) Mista, ramificada, insaturada, heterogênea, aromática

mononuclearC) Fenol e éter

Nomenclatura dos CompostosOrgânicos – Parte I

Capítulo 3

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

CH3CH3

CH3

O

Vitamina E

HO

H3C

T

T T T T

T

T

T

Éter

Fenol

A → metilB → n-propilC → sec-butilD → isobutilE → isopropil

1

41

Quím

ica IV

Volume 1.B

3

2 B

H2C C CH CH3

CH3

CH3 CH2

1 2 3

4

5

2,3-Dimetil-pent-1-eno

I.

II. H3C CH2 CH2

CH2

CH2C CH3

1

2 3 4 5

2-Etil-pent-1-eno

III. H3C CH CH CH CH3

CH3

12345

4-Metil-pent-2-eno

B

CH3

1

2

5

43

6

3-Metil-ciclohexeno-1

CHCH3

CH3

Isopropil-ciclopropano

CH3

1

6

3-Metil-1,4-ciclohexadieno

5

4

3

2

B H2C CH2

OHOH

Etan-1,2-diol

H2C CH2

OH OHOH

Propan-1,2,3-triol

CH

OHPropan-2-ol

CHH3C CH3

2,6-bis(terc-butil)-4-metil-hidroxibenzeno

BH3C – CH2 – O – CH2 – CH3

etóxi-etanoéter etílico ou éter dietílico

CI. ácido carboxílico → 4-bromo-2-isopropil-5-metil-hept-

-3-enóicoII. álcool C9H15BrO2 → 6-bromo-4-etil-hept-2-in-1,5-

diolIII. cadeia mista, aromática e mononuclear →

→ 2,4-bis-(sec-butil)-2-isobutil-benzaldeídoIV. C9H16O → 3-etil-5-metil-4-metóxi-ciclopentenoV. cetona → 5-isopropil-hept-3-en-2,6-diona

BI. aldeído/2-metil-propanalII. éster/propanoato de metila

(CH3)3C C(CH3)3

OH

CH3

1

2

34

5

6

4

5

III. cetona/2-butanonaIV. éter/metóxi-metano

6

7

8

1 → isopropil4 → etenil ou vinil5 → terc-butil

B

4

5

6

8

7

1

2

3

H3C C O CH2 CH CH3

CH3OMetil

Isobutil

A H2C = CH – CH3 PropenoB H3C – CH = CH – CH2 – CH3 pent-2-enoC H3C – CH2 – CH – CH = CH – CH2 – CH2 – CH2 – CH3

non-4-eno

BI. VerdadeiroII. Falso, alcenos são hidrocarbonetos insaturados de

fórmula geral CnH2n

III. VerdadeiroIV. Verdadeiro

A

H2C C C CH CHCH2 CH3

CH3 CH3

CH3

CH2

1 2 3 4 5 6 7

4-etil-2,4-dimetil-hept-1,5-dieno

AH3C CH2 CH CH3

sec-butil-benzeno

C

H2C C CH CH2

CH3

1 2 3 4

2-metil-1,3-butadieno

HC C CH CH2

CH2

C CH3

CH3

CH3

CH3

A)

B) HC ≡ C – C ≡ C – C ≡ CH

H2C C C CH CH CH3

CH3

CH3

CH3

C)

42

Quím

ica IV

Volume 1.B

H3C

H3C

CH C

C C

CH3

CH3

CH3

+ Br2

Br

Br

H

H

2,3-dibromo-2-metil-butano

2-Metil-buteno-2

2-Metil-but-2-eno

I

II

I.

II.

D) E)

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

CH CH2

CH3

F)

CH

CH3

CH3

CH2

CH3

CH2

CH3

C

A) Brometo de butanoílaB) Iodeto de propanoíla

E

HO HC2 CH CH CH CH

OH

OH

OH

OHOH

CH2

1,2,3,4,5,6-hexano-hexol

DO composto IV não é usualmente identificado comohidroquinona.

D

H3C CH2 CH2CH O

CH3

CH3

Sec-butil

Etil

A) H3C CH3CH

C�

H3C CH3

CH3

C

I

H3C CH2

CH3

CH Br

B)

C)

D) H3C CH3

CH3

CH

F

CH

E) H3C CH2

CH3

CH CH2 I

C�

H2C CH2CHF)

CH3C – CH2 – O – CH2 – CH3 etóxi-etanoH3C – O – CH2 – CH2 – CH3 metóxi-propano

H3C

CH3

O CH3CH metóxi-isopropano

B

OH

OHHO

Fenol

Fenol

Fenol

E

E

CH3

CH2 CH2 C CH COOHH3CS S S

C7H12O2

IsopropilFenil

Cetona

H3C

CH3

CCH

O

CI. ácido benzóicoII. benzaldeídoIII. hidroxibenzenoIV. benzoato de metila

A) anidrido butanóico-hexanóicoB) anidrido propanóico-p-metil-benzóicoC) anidrido ciclopentil-metanóico

BBanana → etanoato de pentilaAbacaxi → butanoato de etila

E

43

Quím

ica IV

Volume 1.B

H3C CH2 CH2 CH2

CH2

CH2

CH

CH

CH C CH3

CH3

CH3CH3

CH3

H3CEtil

Isobutil

Etil

Metil

Cadeia principal

E23

24

oxifuS oxifuS oxifuS oxifuS oxifuS acinâgrooãçnuF acinâgrooãçnuF acinâgrooãçnuF acinâgrooãçnuF acinâgrooãçnuF

otao retsé

oció ocilíxobracodicá

la odíedla

lo looclá

ano anotec

B

C COO

HH

D1 – terc-butil2 – sec-butil3 – isobutil4 – butil ou n-butil

E

A)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

C2,2,3,4-tetrametil-3-fenil-pentano

CH3

CH3

C CHH3C

CH3

CH3

CH3C

1

2

3 4 5

Limoneno → 4-isopropenil-1-metil-ciclohexenomentol → 2-isopropil-5-metil-ciclohexanolcitronelol → 3,7-dimetil-oct-6-en-1-olgeraniol → 3,7-dimetil-oct-2,6-dien-1-olmirceno → 3-metenil-7-metil-oct-1,6-dieno

Bácido 3-metil-2-hexenóico

O

HO

C CCH CH2 CH2 CH3

CH3

cadeia acíclica, ramificada, insaturada e homogênea.

O

C CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3H3C

O

CCH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3H3C

O


O


O


B)

O composto é simétrico e pode ser numerado da direitapara a esquerda ou da esquerda para a direita.

C) nonan-5-ona5-nonanonadibutil-cetona

A) I. 3,3-dimetil-but-1-enoII. hex-1-enoIII. non-1-eno

B) O composto III apresenta temperatura de ebulição maiorque 63 oC, pois sua cadeia é maior (9 átomos decarbono) e não apresenta ramificações.

OH

CH3

OH

CH3

OH

OHA) B)

C) D)

E)

CO composto III é uma cetona denominada deciclohexanona.

A) 3-bromo-4-etil-hex-5-in-2-enoB) 2,4-bis(sec-butil)-6-etil-hidróxi-benzenoC) 4-etil-5-isopropil-hept-3-en-2,6-diolD) 2-etil-3-metil-hex-4-inoato de isopentilaE) 3-isobutil-5-etil-hept-2,5-dien-dial

AI. 1-penten-3-ol ou pent-1-en-3-olII. etanoato de etilaIII. metil-benzenoIV. 2,5-dimetil-3-etil-heptano ou 3-etil-2,5-dimetil-

heptano

OH

OH

dietanal ou aldeído oxálico

44

Quím

ica IV

Volume 1.B

BA) Falso, carbonos primários → 9

carbonos secundários → 8carbonos terciários → 4carbonos quaternários → 0

C) Falso, a cadeia da estrutura B é heterogênea.D) Falso, geraniol → 3,7-dimetil-oct-2,6-dienol

3-etil-2,3,5,6-tetrametil-octano

DI. 3-etil-5-isopropil-2,2-dimetil-octanoII. 4-t-butil-2-metil-oct-3-enoIII. 4-isobutil-4,5,5-trimetil-hept-2-inoIV. 3-fenil-2-metil-pentanoV. 2-etil-1,1,3,4-tetrametil-ciclohexano

D

CN

H

O

O

OH

CH3

Amida Éter

Fenol

12 A

H3C C

O

CH3sp2

H2C CH2 CO

H

sp2 sp2 sp2

Propanona Propanal

cadeias abertas, normais e saturadas

CA) Falso, devido à presença de CO.B) Falso, devido à presença do H2CO3.D) Falso, devido à presença de HCN.

BA) Falso, I → 5 carbonos sp2

II → 6 carbonos sp2

III → 5 carbonos sp2

C) Falso, nenhum dos compostos apresenta carbonos comhibridação sp.

D) Falso, II → 2 carbonos sp3

III → 3 carbonos sp3

E) Falso, um dos átomos de nitrogênio está ligado aocarbono sp2 e o outro está ligado ao carbono sp3.

DA) Falso, existem 7 carbonos primários.B) Falso, existem 7 carbonos insaturados.C) Falso, existem 6 carbonos primários.E) Falso, na dropropizina não existem carbonos terciários.

BA cadeia do EDTA é acíclica, saturada e heterogênea.

CA) Falso, a morfina apresenta cinco anéis.B) Falso, a morfina apresenta 2 anéis heterocíclicos.D) Falso, a morfina apresenta 4 anéis alicíclicos.E) Falso, a morfina apresenta 4 anéis alifáticos.

EO carbono ligado à hidroxila é um carbono secundário,portanto o álcool é classificado como um álcool secundário.

AI. Falso, só apresenta a função nitrocomposto.II. Verdadeiro, o composto apresenta grupo funcional de

cetona.III. Falso, o composto é mononuclear porque só apresenta

um anel benzênico.IV. Verdadeiro.V. Falso, respectivamente são nitrocomposto, cetona e

éter.

B

AA cadeia da feniletilamina é heterogênea porque apresentaum átomo de nitrogêneo entre carbonos.

C

1

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

17

2

CF3

CF3

CH3

F

OO

ON

N

H

N

N

H

Amida

Amina

Amina

Éter

Éter

Haleto

orgânico

Haleto

orgânico

Haleto

orgânico

AA → álcoolB → aldeídoC → ácido carboxílico

BI → vinilII → benzilIII → fenil

Acarbono 4 → n-propil ou propilcarbono 5 → isobutil

D

H3C

CH2H3C

CH3

CH2

CH3

CH3CH3

C CH CHCH2 CH2 CH3

3 4 5 6

7

8

2

1

15

16CH3

CH3

OH1

2

3

4

5

6

2,6-dimetil-ciclohex-2-en-1-ol

45

Quím

ica IV

Volume 1.B

EO composto V é denominado do fenil-metanal oubenzaldeído.

C19

18

20

H3C CO

O CH2 CH2 CH CH3

CH3sp3

sp3

sp3

sp3

sp3

sp3sp2

AI. ácido etanóicoII. propanol-1III. etanoato de n-propila

Anotações

Quí

mic

a V

Volume 1.B


Professor(a):

Escola:


__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_____________________________________

___________________________________________________

Data: _____/_____/_____

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

__________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________

46

Quím

ica V

Volume 1.B

Capítulo 1: Estudo dos GasesEstudo dos GasesEstudo dos GasesEstudo dos GasesEstudo dos Gases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Tópico A: O Estado GasosoTópico B: Teoria Cinética dos GasesTópico C: Leis Físicas dos GasesTópico D: Equação de ClapeyronTópico E: Misturas GasosasTópico F: Densidade dos GasesTópico G:Massa Molar Aparente de uma Mistura GasosaTópico H: Difusão e Efusão de Gases (Lei de Graham)Tópico I: O Comportamento dos Gases ReaisQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Capítulo 2: Radioatividade Radioatividade Radioatividade Radioatividade Radioatividade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Tópico A: IntroduçãoTópico B: Histórico da RadioatividadeTópico C: Tipos de RadiaçãoTópico D: Leis da RadioatividadeTópico E: Emissão Gama (γ)Tópico F: Leitura ComplementarTópico G:Elementos Radioativos NaturaisTópico H: Séries ou Famílias RadioativasTópico I: Transmutação ArtificialTópico J: Fissão NuclearTópico L: Fusão NuclearTópico M:Leitura ComplementarTópico N:Cinética das RadiaçõesTópico O: Leitura ComplementarQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de AprofundamentoQuestões de Aprofundamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Exercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de RevisãoExercícios de Revisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

SUMÁRIO



A) T = 127 + 273 = 400 KP = 10 atmn = 5 mols de N2(g)R = 0,082 atm . L . mol–1 . K–1

Estudo dos Gases

Capítulo 1

1P1 . V1

T1

P2 . V2

T2

120 . 10

600

20 . 40

T2= ⇒ =

P . V = n . R . T10 . V = 5 . 0,082 . 400

V = 16410

= 16,4 L

B) T1 = 327 + 273 = 600 KP1 = 120 atmV1 = 10 LT2 = ?P2 = 20 atmV2 = 40 L

47

Quím

ica V

Volume 1.B

2

T2 = 480.0001.200

= 400 K

ΔT = 600 K – 400 K = 200 K (ou 200oC)

A) N2(g)T = 25 + 273 = 298 KV = 20 LP = 5 atmR = 0,082 atm . L . mol–1 . K–1

n = ?

P . V = n . R . T5 . 20 = n . 0,082 . 298

n = 100

24,436 ≅ 4,09 mol de N2(g)

n = m

mol

m

28

⇒ =4,09

3

4

5

6

7

mCH4 = ?PT . V = nT . R . T6 . 82 = nT . 0,082 . 300

nT = 49224,6 = 20 mols

nTOTAL = 20 mols ( )( )

4

2 6

nCH 10 mols 50%

nC H 10 mols 50%

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

CH4 = 16 g/mol

4

4

1mol de CH 16 g

10 mols de CH X g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

X = 10 . 16 = 160 g de CH4

C2H6 = 30 g/mol

2 6

2 6

1mol de C H 30 g

10 mols de C H Y g

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

y = 10 . 30 = 300 g de C2H6

mTOTAL = 160 g + 300 g = 460 g

A) n = 100 mols de HeP = 100 mmHgT = 77 + 273 = 350 KR = 62 L . mmHg . K–1 . mol–1

M = 4 g/molP . V = n . R . T100 . V = 100 . 62 . 350V = 62 . 350

V = 21 . 700 L

B) d = P . MR . T

⇒ d = 100 . 462 . 350

= 400

21. 700 = 0,0184 g/L

CVDH2 = 27 km/minVDO2 = ?Mol H2 = 2 g/molMol O2 = 32 g/mol

D 2D 2

V HV O

= O2

H2

M

M ⇒ D 2

27V O

= 322

D 2

27V O

= 16 ⇒ D 2

27V O

= 4

VDO2 = 274 ⇒ VDO2 = 6,75 km/min

6,75 km 1min

X km 60 min

⎧ →⎪⎨

→⎪⎩

x = 405 km/h

VDO2 = 405 km/h

m = 114,52 g de N2(g)

B) Transformação isométrica (volume constante):T2 = 60 + 273 = 333 K

1

1

PT =

2

2

PT ⇒

5 atm298 K =

2P333 K

P2 = 5333298 = 5,59 atm

CA análise do gráfico nos permite concluir que:1 a 2: isotérmica (T constante)2 a 3: isométrica (V constante)3 a 4: isobárica (P constante)4 a 2: isotérmica (T constante)O item C é correto.

A) Dado o número de mols de cada componente, a lei do gásideal é usada para calcular a pressão total do sistema:n = 0,20 mol de CH4 + 0,30 mol de H2 + 0,40 molde N2 = 0,90 mols de gasesV = 10 LT = 298 KPV = nRT; P = nRT/V = 2,20 atm

B) Para calcular as pressões parciais de cada componente,usa-se a mesma relação PV = nRT.PCH4 = 0,20 mol . 0,082 atm . L . mol–1 K–1 . .298 K/10 L = 0,489 atm

PH2 = 0,30 mol . 0,082 atm . L . mol–1 K–1 . 298 K/10 L =0,734 atm

PN2 = 0,40 mol . 0,082 atm . L . mol–1 K–1 . 298 K/10 L =0,979 atm

Idênticos resultados são obtidos através dos cálculosefetuados com as frações molares dos componentes.

V = 82 LT = 27 + 273 = 300 KP = 6 atm

48

Quím

ica V

Volume 1.B

10

8

9

Dd = 0,08 g/LT = 27 + 273 = 300 KP = 1 atmR = 8 . 10–2 atm . L . mol–1 . K–1

d = P . MR . T

M = d . R . T

P

M = 20,08 . 8 .10 . 300

1

−

M = 192 . 10–2

M = 1,92 g/mol ∴ M ≅ 2,0 g/mol

n = 1 mol do gás AV = 1,1 LT = 27 + 273 = 300 K

Considerando-se o gás ideal:P . V = n . R . TP . 1,1 = 1 . 0,082 . 300

P = 24,61,1 ≅ 22,364 atm

Considerando-se o gás real:

2

2nP a .V

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (V – nb) = n . R . T

( )( )

2

21

P 1,21.1,1

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠

. (1,1 – 1 . 0,1) = 1 . 0,082 . 300

1,21P1,21

⎛ ⎞+⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (1,1 – 0,1) = 24,6

(P + 1) . 1 = 24,6P = 24,6 – 1

P = 23,6 atm

Cálculo do erro:

23,6 atm 100%1,236 atm P%

→⎧⎪⎨

→⎪⎩

P = 123,623,6 = 5,24%

m = 10,0 g de CH4V = 1,00 LT = 25 + 273 = 298 K

A massa molar do CH4 é 16,0, e n, o número de mols demetano, é:

n = 110,0 g

16,0 g mol− = 0,625 mol.

(a) Assumindo que o gás é ideal, obtemos para P:P . V = n . R . TP . 1 = 0,625 . 0,082 . 298

P ≅ 15,27 atm

(b) Usando a equação de van der Waals:

2

2nP a .V

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (V – b . n) = n . R . T

2

2(0,625)P 2,25 .(1,00)

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (1 – 0,0428 . 0,625) =

= 0,625 . 0,082 . 298(P + 0,8789) . (0,97325) = 15,2725

(P + 0,8789) = 15,27250,97325

(P + 0,8789) = 15,6922P = 15,6922 – 0,8789

P ≅ 14,8133 atm

AV = 0,4 LP = 6,11 atmT = 25 + 273 = 298 Kn = ?R = 0,082 atm . L . mol–1 . K–1

P . V = n . R . T6,11 . 0,4 = n . 0,082 . 298

n = 2,444

24,436 = 0,1 mol de He

m = 0,4 g de He

AO gráfico da questão é típico de uma isoterma para um gásideal. Nestas condições, o produto da pressão pelo volumeé constante. Para os dados apresentados no gráfico:P . V = 8 . 2.250 = 18.000

10 . 1.800 = 18.00015 . 1.200 = 18.00026 . 692,3 = 18.000

Portanto, somente a alternativa A está correta.

CP . V = n . R . TVolume constante:

1

1

PT =

2

2

PT

2

3

1

n = m

mol

m

4

⇒ =0,1

49

Quím

ica V

Volume 1.B

5

Cálculo do no de mols antes de abrir a torneira

9

H2(g)

V = 1L

t = 25oC

P = 1 atm

C�2(g)

V = 1L

t = 25oC

P = 5 atm

I II

4

Em dias quentes, submetido a altas temperaturas, há umaumento da pressão e o número de mols do gás permanececonstante. (Em um botijão de gás o volume permanececonstante, assim P e T são inversamente proporcionais).O item C é correto.

AV1 = 8,2 Lm1 = 320 g de O2(g)T1 = 27 + 273 = 300 KP1 = ?V2 = 8,2 Lm2 = ?T2 = 300 KP2 = 7,5 atm

n1 = 1mmol =

320 g

32 g /mol = 10 mol

P1 . V1 = n1 . R . T1P1 . 8,2 = 10 . 0,082 . 300

P1 = 24,68,2 = 30 atm

P2 . V2 = n2 . R . T2

7,5 . 8,2 = n2 . 0,082 . 300

n2 = 61,524,6 = 2,5 mol

n2 = 2mmol ⇒ 2,5 = 2m

32

m2 = 80 g de O2(g)

Δm = 320 g – 80 g

Δm = 240 g de O2(g)

Cm = 22 gV = 24,6 LP = 0,5 atmT = 300 KR = 0,082 atm . L . mol–1 . K–1

P . V = n . R . T0,5 . 24,6 = n . 0,082 . 300

n = 12,324,6 = 0,5 mol

n = m

mol ⇒ 0,5 = 22mol ⇒ mol = 44 g/mol

O item C é correto, pois o propano C3H8(g), possui massamolar 44 g/mol.

D

Após abrir a torneira, temos: V1 = V1 + 2V1 = 3V1

Pela Lei de Boyle, vem:

P1V1 = P2V2 ⇒ P V = P2 . 3 V ⇒ P2 = P3

= 1P3

B

Estado inicial⎧⎪⎨⎪⎩

1

1

V =10 L

T = 27 + 273 = 300 K

Estado final ⎧⎪⎨⎪⎩

2 1

2

V = 2V = 2 . 10 = 20 L

T = ?

Aplicando a Lei de Charles, temos:

1

1

VT

= 2

2

VT

⇒ 10300

= 2

20T

+ T2 = 600 K

Sendo assim, concluímos que a temperatura em kelvin dobra.

B


1

1

P = 2,3 atm

T = 27 + 273 = 300 K

Estado final ⎧⎪⎨⎪⎩

2

2

P = 2,53 atm

T = ?

Sendo a variação do volume desprezível, temos umatransformação isocórica e para tal aplica-se a Lei de Gay-Lussac:

1

1

PT

= 2

2

PT

⇒ 2,3300

=2

2,53T

⇒ T2 = 330 K

Para acharmos a temperatura em Celsius, temos:T = t + 273 ⇒ 330 = t + 273 ⇒ t = 57oC

B

6

8

7

V 2V

V1 = V

P1 = P

T1 = T

Estado

inicial

V2 = 3V

P2 = ?

T2 = T

Estado

final

50

Quím

ica V

Volume 1.B

11

13

10

12

PV = nRT(I) 1 atm . 1 L = nH2

H 298K

∴ nH2 =

1R . 298 = x

(II) 5 atm . 1 L = nC 2 R 298K

∴ nC 2 =

5R . 298 = 5x

Podemos concluir que a proporção entre nH2 e nC 2

é de xpara 5x.

Após abrir a torneiraH2(g) + C 2(g) → 2 HC (g)

reagem

1mol 1molx x

forma

2 mol

2x

Há excesso de 4x de C 2(g).A relação entre nC 2

e nHC (g) é:

C 2

HC

n

n = 4x2x = 2

DI. (V); A pressão parcial do O2(g) (pO2(g)) no interior da

cabine é maior que a pressão parcial do O2(g) noexterior da cabine quando o avião voa a 10.000 mde altitude.

II. (V); pO2 = XO2 . PTOTAL

III. (F); A pO2(g) no interior da cabine é maior que pO2(g) noar a 2.400 m, pois no interior da cabine o ar é maisseco (menor concentração de H2O(v)).

O item D é correto.

CTV% argônio = 0,9%PTOTAL = 100 atmPAr = ?

⎧ ⎯⎯⎯⎯→⎪⎨

⎯⎯⎯→⎪⎩

PTOTAL

PAR

100 atm 100%

X atm 0,9%

x = 100 . 0,9

100 = 0,9 atm

O item C é correto.

BQuando a penca de bananas está fechada em um recipienteplástico o gás etileno (C2H4(g)) que vai sendo liberadopelas frutas vai se acumulando no recipiente, aumentandoassim a pressão parcial deste gás no recipiente plástico.O item B é correto.

A) V = 41 LT = 300 KnO2 = 2 molsnH2 = 3 molsnCH4 = 5 mols

XO2 = 2

TOTAL

nOn

= 2 mols

10 mols = 0,2

XH2 =

2

TOTAL

nHn =

3 mols10 mols = 0,3

XCH4 =

4

TOTAL

nCHn =

5 mols10 mols = 0,5

B) PT . V = nT . R . TPT . 41 = 10 . 0,082 . 300

PT = 24641

= 6 atm

C) PO2 = XO2 . PT p H2 = XH2 . PT pCH4 = XCH4 . PT

PO2 = 0,2 . 6 p H2 = 0,3 . 6 pCH4 = 0,5 . 6PO2 = 1,2 atm p H2 = 1,8 atm pCH4 = 3 atm

D) VO2 = XO2 . VT VH2 = XH2 . VT VCH4 = XCH4 . VTVO2 = 0,2 . 41 VH2 = 0,3 . 41 VCH4 = 0,5 . 41

VO2 = 8,2 L VH2 = 12,3 L VCH4 = 20,5 L

A

N2n =

N2

N2

m

M = 5,628

= 0,2 mol

o2n =

o2

o2

m

M =

6,432

= 0,2 mol

Então:

N2X =

N2

N o2 2

n

n + n = 0,2

0,2 + 0,2 = 0,2

0,4Logo, a pressão parcial do N2, na mistura pode ser calculadapor:

N2P = N T2

X P =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0,2. 0,25

0,4 atm

BPara o gás H2, temos:

Estado inicial1

1

P = 3 atm

V = V⎧⎪⎨⎪⎩

Estado final⎧⎪⎨⎪⎩

2

2

P = ?

V = V + V + V + 3V

Sendo a transformação isotérmica, podemos aplicar a Leide Boyle:

P1V1 = P2V2 ⇒ 3 V = P2 . 3 V ⇒ P2 = 1 atm

A pressão parcial do H2 na situação final será 1 atm.

Para o gás He, temos:


1

1

P = 9 atm

V = V

Estado final2

2

P = ?

V = V + V + V = 3V⎧⎪⎨⎪⎩

14

15

51

Quím

ica V

Volume 1.B

21

17

18

19

20

Aplicando a Lei de Boyle:

P1V1 = P2V2 ⇒ 9V = P2 . 3 V ⇒ P2 = 3 atm.A pressão parcial do He na mistura final será 3 atmPela Lei de Dalton para pressões parciais, temos:pT = H2

p + pHe = 1 + 3 = 4 atm

CPara o gás N2, temos:


1

1

P =1atm

V = 3 L


2

2

P = ?

V = 3 L + 2 L = 5 L

Aplicando a Lei de Boyle (transformação isotérmica), temos:P1V1 = P2V2 ⇒ 1 . 3 = P2 . 5 ⇒ P2 = 0,6 atm (pressãoparcial do N2)Para o gás O2, temos:


1

1

P = 5 atm

V = 2 L


2

2

P = ?

V = 5 L

Aplicando a Lei de Boyle, vem:P1V1 = P2V2 ⇒ 5 . 2 = P2 . 5 ⇒ P2 = 2 (pressão parcial do O2)

Pela Lei de Dalton das pressões parciais, temos:

PT = N2p = o2

p = 0,6 + 2 = 2,6 atm

C

I. (F) d =P . M

R . T

constante

; a densidade do gás é

inversamente proporcional à temperatura, ou seja, com oaumento da temperatura a densidade do gás diminui.

II. (V) O aumento da temperatura provoca um aumento daagitação das moléculas do gás e conseqüentementeaumenta a energia cinética média das moléculas.

III. (V) A massa, o número de mol do gás, permanecemconstantes, pois o recipiente está fechado.

IV. (F) P . V = n . R . T cte cte aumenta

O produto P . V irá aumentar.Assim o item C é correto.

EA) (F) A solubilidade dos gases na água, aumenta

com a diminuição da temperatura, mas a difusãodesses gases na água diminui com o decréscimoda temperatura.

B) (F) As velocidades de difusão dos gases nas mesmascondições dependem da massa molar de cada gás.

C) (F) Se os gases posuem a mesma fração molar, terãotambém as mesmas pressões parciais.

D) (F) A solubilidade dos gases nos líquidos é inversamenteproporcional à temperatura e diretamente proporcionalà pressão.

E) (V) A difusão de um gás na água é diretamenteproporcional a concentração desse gás em temperaturae pressão constantes.

16

EEtilamina = 45 g/molCloreto de hidrogênio = 36,5 g/mol

D

D 52 2

V HCV C H NH = 52 2MC H NH

MHC

Como as velocidades de difusão dos gases é inversamenteproporcional às raízes quadradas de suas massas molares,a velocidade de difusão do HC será maior que a doC2H5NH2 e portanto o produto formado pela reaçãodesses dois compostos será formado mais próximo doalgodão embebido em C2H5NH2. Assim o item E é correto.

BMol (H2S) = 34 g/mol ⇒ maior velocidade de efusãoMol (H3C – O – CH3) = 46 g/molMol (SO2) = 64 g/mol ⇒ menor velocidade de efusãoAssim o odor dos gases devem ser sentidos na seguinteordem: H2S; (CH3)2O; SO2.O item B é correto.

D

D 2

D 2

V HV SO =

2

2

MSOMH ⇒

D 2

D 2

V HV SO =

642

D 2

D 2

V HV SO = 32 ⇒ D 2

D 2

V HV SO

= 42 . 2 ⇒ D 2

D 2

V HV SO

= 22 . 2

D 2

D 2

V HV SO = 4 . 1,41 ⇒ VDH2 = 5,64 . VDSO2

ΔsH2 = 5,64 xcmΔsSO2 = xcmx + 5,64 x = 94,16,64 x = 94,1

x = 94,16,64 = 14,1 cm

ΔsH2 = 5,64 . 14,1 ≅ 80 cmΔsSO2 = 14,1 cmAssim o item D é correto.

EPressão constante:

22

d = = cte .= .PM

RT

PM

R

1

T

1

T

cte

cte

cte

Desse modo (pressão constante), conforme o gás éaquecido, sua densidade diminui (densidade e temperaturasão inversamente proporcionais).Volume constante

d = = ctem

V

cte

cte

Desse modo (volume constante), o aquecimento não provocaalteração da densidade (que vai se manter constante)

52

Quím

ica V

Volume 1.B

DA 25oC:• água: estado líquido (d = 997 g/dm3)• etanol: estado líquido (d = 784 g/dm3)

Como a 25oC os dois compostos estão no estado líquido,apresentará maior massa aquele que apresentar maiordensidade, no caso, a água.

A 90oC:

• água: estado líquido ( H O2d = 997 g/dm3)

• etanol: vapor (detanol = ?)

Calculando a densidade da água e, do etanol a 90oC,temos:

d = PMRT

= 1. 46

0,082 . 363 = 1,54 g/L = 1,54 dm3

Sendo assim, para um mesmo volume, como a águaapresenta maior densidade, vai apresentar maior massa.A 120 oC:• água: vapor (

2H Od = ?)• etanol: vapor (detanol = ?)Calculando a densidade da água e do etanol a 120 oC,temos:

H O2d =

H O2PM

RT =

1. 180,082 . 393

= 0,56 g/L

detanol = etanolPMRT =

1. 460,082 . 393

= 1,42 g/L

Como a 120oC detanol > H O2d , temos que a massa do

etanol é maior que a massa da água nessa temperatura.

2 4

Velocidade de efusão do gás desconhecidoVelocidade de efusão do C F

=

= 2 4M do C F

M de gás desconhecida =

= –6

–6

5,8 x 10 mol/h4,6 x 10 mol/h

= 1,3 =

= 100,00 g/mol

M de gás desconhecida

Para resolver a equação de modo a obter a massa moleculardesconhecida, elevam-se ao quadrado os dois membrosda equação:

1,6 = 100,00 g/mol

M de gás desconhecidaM = 63 g/mol

DI. (V) No gás real existem interações entre as moléculas

do gás, que o tornam mais denso que o gás ideal.II. (F) Os gases possuem densidades pequenas.III. (V) Em dias frios, a temperatura menor ocasiona uma

redução no volume ocupado pelos gases.Assim o item D é correto.

23

24

25

26

27

28

Existem forças consideráveis atuando entre as moléculasou átomos do gás, essas forças são resultantes dasligações intermoleculares. Essas ligações intermolecularesfazem com que as moléculas do gás atinjam as paredesdo recipiente com menor velocidade e conseqüentementediminua a pressão exercida pelo gás.

n = 10 mols de HeV = 1,0 LT = 25 + 273 = 298 KGás ideal:P . V = n . R . TP . 1 = 10 . 0,082 . 298

P = 244,36 atm

Gás real:

2

2nP a .V

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (V – bn) = n . R . T

2

2(10)P 0,034 .(1)

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (1 – 0,0237 . 10) =

=10 . 0,082 . 298

(P + 0,034 . 100) . (1 – 0,237) = 244,36(P + 3,4) . (0,763) = 244,36

(P + 3,4) = 244,360,763

(P + 3,4) = 320,26P = 320,26 – 3,4

P = 316,86 atm

n = 8 molsC 2Mol1 = 71 g/molV = 4,00 LT = 27 + 273 = 300 KP = ?

Equação de van der Waals

2

2nP a .V

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (V – bn) = n . R . T

2

2(8)P 6,49 .(4)

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (4 – 0,0562 . 8) = 8 . 0,082 . 300

(P + 25,96) . (3,5504) = 196,8

P + 25,96 = 196,83,5504

P + 25,96 = 55,43P = 55,43 – 25,96

P = 29,47 atm

Equação dos gases ideaisP . V = n . R . TP . 4 = 8 . 0,082 . 300

53

Quím

ica V

Volume 1.B

29

30

31

32

P = 196,8

4

P = 49,2 atm

m = 165 g de CO2V = 12,5 LT = 25 + 273 = 298 KP = ?A) Gases ideais

n = m

mol = 165 g

44 g/mol = 3,75 mol

P . V = n . R . TP . 12,5 = 3,75 . 0,082 . 298

P = 91,63512,5 ⇒ P ≅ 7,33 atm

B) Gases reais

2

2nP a .V

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (V – bn) = n . R . T

2

2(3,75)P 3,59 .(12,5)

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ . (12,5 – 0,0427 . 3,75) =

= 3,75 . 0,082 . 298(P + 0,3231) . (12,5 – 0,16) = 91,635(P + 0,3231) . (12,34) = 91,635

P + 0,3231 = 91,63512,34

P + 0,3231 = 7,4258P = 7,4258 – 0,3231

P ≅ 7,10 atm

• Todo gás é formado por partículas minúsculas (átomos,moléculas ou íons) em movimento livre, desordenado ecom alta velocidade em todas as direções e sentidos.

• As partículas constituintes dos gases possuem volumedesprezível quando comparado com o volume ocupadopelo gás.

• As partículas de um gás se chocam de formaperfeitamente elástica.

A Lei dos Gases Ideais sofre desvios consideráveis empressões mais elevadas ou em temperaturas mais baixas.

A constante “a” na equação de Van Der Waals corrige apressão do gás, pois a pressão do gás real é menor que apressão do gás ideal. Esta constante leva em consideraçãoa ação das forças intermoleculares.

A constante “b” faz parte do termo corretivo para ovolume, pois o volume ocupado pelo gás real é menor queo termo ocupado para o gás ideal.

A) 3SO2 + 2HNO3 + 2H2O → 2NO + 3H2SO4B) Como a mistura gasosa contém apenas 0,08% em

massa de NO, podemos considerar que a massamolar é aproximadamente igual à massa molar doN2 = 28 gmol–1. A participação do N2 em massa namistura é de 99,92%.

Assim, teremos:V = 2400 LP = 1 atmT = 25oC = 298kR = 0,082 atm . L moL–1 K–1

M = 28 gmol–1

PV = mM RT

m = PVMRT

m = 1 atm . 2400 L 1. 28 gmol−

0,082 atm . L 1mol− 1k− . 298 k

m = 2750 g

2750 g 100%NO

x 0,08%

⎫⎪⎬⎪⎭

x = 2,2 g

A massa de NO na mistura é aproximadamente 2,2 g.

A) V1 = 20,0 mL Xe(g) V2 = ?P1 = 0,480 atm P2 = 1,00 atmT1 = –15oC = 258 K T2 = 298 K

1 1

1

PVT =

2 2

2

P VT

20 mL . 0,48 atm258 K

= 1,0 atm 2. V

298 K

v2 = 11,09 mLB) P3 = ?

V3 = 12,0 mLT3 = 20oC = 293 K

1 1

1

PVT =

3 3

3

P VT

20 mL . 0,48 atm258 K

= 3P .12 mL293 K

P3 = 0,91 atm

EAdmitindo-se um comportamento ideal para o gásoxigênio, o volume molar nas CNTP será calculado por:PV = nRT

V = nRTP

1

2

3

54

Quím

ica V

Volume 1.B

4

5

6

torneira fechada torneira abertaPfVf = PaVa1 atm . 9 V = Pa . 10V

Pa = 1atm . 9 V

10 V = 9

10 atm

torneira fechadatorneira abertaPfVf = PaVa9/10 atm . 9 V = Pa . 90V

Pa = 9 atm . 9 V10 . 90 V =

910 atm

Logo, a pressão em 1 e 3 será igual a 9/100 atm.Assim, no final do experimento, temos em (1) P = 9/100 = 0,09 atmem (2) P = 9/10 = 0,9 atmem (3) P = 9/100 = 0,09 atm

A) Para relacionarmos os números de mols

PV = nRT n = PVRT

Como R e T são constantes, apresentará menornúmero de mols e de moléculas o frasco queapresentar o menor produto PV.Frasco 1 0,09 atm . 9 V = 0,81 atm . VFrasco 2 0,9 atm . 1 V = 0,9 atm . VFrasco 3 0,09 atm . 81 V = 7,29 atm . V

Portanto, no frasco 1, existirá a menor quantidadede moléculas

B) P2 = 0,9 atmP3 = 0,09 atm

Logo, 2

3

PP =

0,9 atm0,09 atm = 10.

D

Z 0n + 2HC (aq) → ZnC 2(aq) + H 2(g)

1 mol 1 mol1.65 g 1 . V0,13 g 56,4 mL

0,13 g . V = 65 g . 56,4 mLV = 28 200 mL = 28,2 L

A)

3

3 –1 –1

P = 200 atm

V = 50 dm

m = ?

M = 32 g/mol

R = 0,082 atm . dm . mol . K

T = 27 + 273 = 300 K

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

9VV

9V

81V

V = 1 1(1mol) . (0,082 L . atm . K mol ) . (273 K)

1atm

− −

V = 22,4 L

A equação química da decomposiçao será:

KC O3(s) cat.Δ

⎯⎯⎯→ KC (s) +32 O2(g)

1 mol32 mol

O volume de gás oxigênio ocupado por 32

mol nas

CNTP será dado por:1 mol 22,4 L

32 mol V

V = 33,6 L

DEm 100 g do cianogênio temos: 46,2 g de carbono e53,8 g de nitrogênio.

Determinação da fórmula mínima1 mol de C 12 g x 46,2 g

x = 3,85 mol de C

1 mol de N 14 g y 53,8 g

y = 3,84 mol de N

A proporção em mol entre C e N é de 1 : 1, portanto afórmula mínima será (CN).

Determinação da massa molar do cianogênio:

pV = mM

RT

750 . 0,496 = 1,04M

62 . 300

M = 52 g/mol

(MF.mínima) . n = MF. Molecular

26 n = 52 ⇔ n = 2Fórmula molecular: C2N2

Considerando-se que a temperatura permaneceuconstante durante o experimento.

Logo, a pressão em 1 e 2,quando a torneira estivernovamente fechada, será iguala 9/10 atm.

7

55

Quím

ica V

Volume 1.B

A) 23892 U

42 α⎯⎯⎯→ 234

90 X 0–1β⎯⎯⎯→ 234

91 Y 0–1β⎯⎯⎯→ 234

92 Z

23490 Th 234

91 Pa 23492 U

1

Radioatividade

Capítulo 2

Aplicando a equação de estado do gás ideal, temos:

PV = nRT = mM RT ⇒ m =

PVMRT

= 200 . 50 . 320,082 . 300

=

= 13.000 g ou 13 kg

B) Nesse caso estaríamos realizando uma transformaçãoisotérmica.


1

31

P = 200 atm

V = 50 dm


2

2

P = 1,0 atm

V = ?

Aplicando a Lei de Boyle, temos:P1V1 = P2V2 ⇒ 200 . 50 = 1V2 ⇒ V2 = 10.000 dm3 == 104 dm3

Etanol (M = 46 g/mol) n = m46

Água (M = 18 g/mol) n = m18

Em uma mistura a razão entre os números de mols dosgases é também a razão entre as pressões parciais dessesgases. Logo:

H O2 (v)

et(v)

P

P =

H O2

etanol

n

n =

m18m46

= 4618 = 2,56 ⇒

⇒ H O2 (v)P = 2,56Pet(v)

A) Frasco A

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

P = 2 atm

V =1L

R

T

Aplicando a equação de estdo, podemos encontrar onúmero de mols contidos no frasco A:

PV = nRT ⇒ 2 . 1 = nART ⇒ nA = 9RT mol

Frasco B

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

B

P = 3 atm

V = 3 L

n = n

R

T

PV = nRT ⇒ 3 . 3 = nBRT ⇒ nB = 9RT

mol

Então:

A

B

nn =

2RT9RT

= 29

8

9

B)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

P = ?

V = 10 L

2 9 11n = + = mol

RT RT RTR

T

Então:

PV = nRT ⇒ PT . 10 = 11RT RT ⇒ P =

1110

= 1,1 atm

10A B

Pi = 24,6 atm

VA = ?

VB = 6 L

Após o equilíbrio

O2 Vácuo

A B

Pf = ?

VA = ?

Pf = ?

V = 6 L

A massa de O2 é obtida pela diferença entre a massa dobalão B quando se atinge o equilíbrio e a massa do balãovazio (evacuado):470 – 422 = 48 g

Então:

Pt = 2O

B

(n )RT

V = 48 . 0,082 . 300

32 . 6 = 6,15 atm (Peq)

Gás O2 no início⎧⎪⎨⎪⎩

1

A

P = 24,6 atm

V = ?

Gás O2 no final⎧⎪⎨⎪⎩

2

2 A

P = 6,15 atm

V = (6 + V ) L

Aplicando a Lei de Boyle, temos:P1V1 = P2V2 ⇒ 24,6VA = 6,15(6 + VA) ⇒

⇒ 24,66,15

VA = VA + 6 ⇒ 3VA = 6 ⇒ VA = 2 L

56

Quím

ica V

Volume 1.B

2

3

Sr

Sr

4

5

6

A

A)

7

B) Os nêutrons produzidos na reação de fissão nuclearservem para quebrar outros núcleos e originar assimuma reação em cadeia.

8 Vm = 10min

A) K = 1

Vm =

110

= 0,1min–1

B) t12

= Vm . 0,7

t12

= 10 x 0,7

t12

= 7 minutos

C) M0 = 80 gm = ?

t = x . t12

35 = x . 7

x . 357

= 5 meias-vidas

m = 0x

m2

= 5

802

= 8032

= 2,5 g

K = 0,0124s–1

t = ?n0 = 3,2 . 1021 átomosn = 1020 átomos

I. K . t12

= 0,7

t12

= 0,7

0,0124 ⇒ t

12

≅ 56s

II. n = 0x

n2

⇒ 1020 = 21

x

3,2 .102

2x = 21

20

3,2 .1010

⇒ 2x = 32

2x = 25 ⇒ x = 5

III. t = x . t12

t = 5 x 56

t = 280s

t = 60minm0 = 6,4 mgm = 0,1 mg

t12

= ?

Vm = ?K = ?

I. m = 0x

m2

⇒ 0,1 = x

6,42

⇒ 2x = 64

2x = 26 ⇒ x = 6

A) Cálcio e estrôncio são elementos representativos damesma coluna da tabela periódica (ou mesma família),apresentando portanto a mesma distribuição eletrônicana camada de valência (no caso, última camada), econseqüentemente, propriedades químicas semelhantes.

B) Com a emissão de uma partícula beta há o acréscimode uma unidade no número atômico, sem contudoacarretar mudanças no número de massa. Ou seja, oelemento X terá número de massa 47, e número atômico21. Consulta a tabela periódica revela ser este elementoo Escândio.

E

B) Isótopos: 23892 U e 234

92 U

Isóbaros: 23490 Th; 234

91 Pa e 23492 U

→294 294

118 118

86 208 293 136 82 118 0Kr + Pb X + n

293118X → α

293

118

4 2892 116+ Y

293118 X = ...7s2 7p6: família: 8A(18) gases nobres

289116Y = A = 289

9

10

57

Quím

ica V

Volume 1.B

II.

9

6

8

7

5 A) 22888 A

0–1β⎯⎯⎯→ 228

89 B 0

–1β⎯⎯⎯→ 22890 C

42 α⎯⎯⎯→

22888 Ra 228

89 Ac 22890 Th

22488 D

42 α⎯⎯⎯→ 220

86 Rn

22488 Ra 220

86 Rn

B) Isótopos: 22888 Ra e 224

88 Ra

Isóbaros: 22888 Ra, 228

89 Ac e 22890 Th

AA emissão de uma partícula alfa pelo elemento tório -232pode ser representada por:232 4 228

90 2 88Th Ra⎯⎯→ α +

B4 40 0

216 212 212 212 2082 –1 –1 +284 82 83 84 82A B C D E

α αβ β⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯→

O item B é correto.

A) 42α (2 protons e 2 nêutros), 0

–1β (1 elétron). Correto

B) Errado.A radiação γ possui maior poder de penetração.

C) Correto.D) Errado.E) Errado.

As emissões gama são ondas eletromagnéticas comvelocidades igual à da luz.

F) Correto.228 4 0 212

89 2 –1 84⎯⎯→ α + β +Ac 4 3 Po

EI.

11

II. t = x . t12

⇒ 60 = 6 . t12

t12

= 606

⇒ t12

= 10min

III. K . t12

= 0,7

K . 10 = 0,7

K = 0,710

K = 0,07min–1

IV. Vm = 1K

= 1

0,07 = 14,2min

A) 53I131 → –1β0 + 54Xe131

Esta equação nuclear indica que o isótopo formado nadesintegração do iodo –131 é o xenônio –131.

B) Observe o gráfico a seguir:

AFluorescente: cessando a fonte externa de energia, cessa aluminosidade. (Lâmpadas fosforescente: cessando a fonteexterna de energia, a luminosidade continua por um certotempo (interruptor de luz)).Poder de penetração: α < β < γA radioatividade não é afetada por fatores externos comotemperatura, pressão etc.O chumbo é o material mais empregado na proteção contraa radioatividade.

Eγ: energia semelhante aos raios42 α: 2 prótons e 2 nêutrons

0–1 β: negativa

42 α: é a radiação mais ionizante

A radiação gama (γ) em geral acompanha as radiações alfa(α) e beta(β).

4

1

2

3

massa131l(μg)

0

1,000

0,500

0,2500,125

5 10 15 tempo (dias)

D

23492 U 2

4α⎯ →⎯⎯ 23490 X –1

0β⎯ →⎯⎯ 23491 Y

Z = 91A = 234

A

58

Quím

ica V

Volume 1.B

18

19

DA) Reação de fissão nuclear (reatores nucleares).B) Reação de fusão nuclear (ocorre no Sol).

Ambas as reações convertem massa em energia.Ambas as reações produzem isótopos radioativos.Somente os itens II e III são corretos.

→

236236

92 92

y235 1 140 1x92 0 036

U + n Ba + K + 2 n

140 + y + 2 = 236 x + 36 = 92y = 94 x = 56

10

11

12

13

14

15

16

17

01. (V) y = 94.02. (V) os dois nêutrons acelerados dão continuidade a

fissão nuclear.04. (F) A fissão origina núcleos atômicos menores que o

urânio.

08. (V) 10 n é um nêutron.

16. (F) x = 56

I. 94 Be + 1

1P → 63 X + 4

2 α ( 63 Li)

II. 20983 X + 2

1 d → 21083 Bi + 1

1P ( 20983 Bi)

III. 94 X + 2

1 d → 105 B + 1

0 n( 94 Be)

IV. 3919 K + 1

0 n → 3818 X + 2

1 d ( 3818 Ar)

I. 3015 X + 30

14 Si → 01P ( 30

15 P)

II. 25399 eS + 4

2 α → 256101 X + 1

0 n ( 256101 Md)

III. 23592 U + 1

0 n → 14256 Ba + 91

36 X + 3 10 n ( 91

36 Kr)

IV. 23592 U + 1

0 n → 13755 Cs + 96

37 X + 3 10 n ( 96

37 Rb)

D235 1 142 91 1

92 0 z 36 0+ ⎯⎯→ + +U n X K 3 NIgualdade de cargas:92 + 0 = z + 36 + 3 (0)

Z = 92 – 36 = 56

O elemento com z = 56 é o básico.239 1 97 A 1

550 39 094Pu n Y Cs 5 n+ ⎯⎯→ + +

Igualdade de massas:239 + 1 = 97 + A + 5 (1)

240 = A + 102

A = 240 – 102 = 138Ambos os processos são fissões nucleares.

AA reação indicada abaixo é um processo de fusão nuclear:2 3 4 11 1 2 0H H He n+ ⎯⎯→ +

A) • 222 4 21886 2 84Rn Ea⎯⎯→ α +

Ea é o elemento polônio-218.

• 218 4 2142 8284Ea Eb⎯⎯→ α +

Eb é o elemento chumbo-214.• Eb e Ec são isótopos, pois possuem o mesmo número

atômico, então Ec é o elemento chumbo-206.B) Porque o radônio é um gás.

C

t12

= 0,35h

K . t12

= 0,7

K = 0,70,35h

K = 2h–1

D

t12

= 250 anos

t = 1000 anosm0 = 100 g (100%)m = ?

t = t12

. x

1000 = 250 . x

x = 1000250

= 4

m = 0x

m2

m = 4

1002

m = 10016

m = 6,25 g (6,25%)

K = 6,93s–1

t = ?n0 = 3,2 . 1021 átomosn = 1020 átomos

K . t12

= 0,693

6,93 . t12

= 0,693

t12

= 0,6936,93

⇒ t12

= 0,1s

n = 0x

n2

⇒ 1020 = 21

x

3,2 .102

⇒ 2x = 21

20

3,2 .1010

59

Quím

ica V

Volume 1.B

2

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭

mas

sas

dife

rent

es

00

2

2

4

4

6

6

8

8

Tempo (horas)

Mass

a d

e 9

9T

c(gra

mas)

10

10

12 14 16 18 20

No gráfico encontramos massa inicial de 10g. Apósmeia-vida (6 anos), a massa se reduz à metade (5g).Atividade (desintegrações/segundo)Início:

2,0 . 107 P⎯⎯→ 1 . 107 P⎯⎯→ 0,5 . 107 P⎯⎯→0,25 . 107 (2,5 .106)

Logo, o tecnécio-99 apresentará uma atividade de2,5 . 106 desintegrações por segundo após 3 meias-vidas, ou seja, 3 . 6 = 18 horas.

C235

92 U + 10 n → 142

56 Ba + 9236 Kr + 21

0 n + 3 . 10–11 J

Assim, temos:massa dos reagentes: 235,04 + 1,01 = 236,05em unidades

massa dos produtos: 141,92 + 91,92 + 2(1,01) == 235,86 em unidades

A energia é liberada na reação, e o valor acima

corresponde à fissão de 1 átomo de 23592 U.

Assim:

1 átomo 235,04ulibera

3 . 10–11 J

6 . 1023 átomos 235,04g libera

1,8 . 1013 J == 1,8 . 1010 kJ

DPela análise no gráfico, encontramos o valor de 6 horaspara a meia-vida (P) do tecnésio-99.

1

21

22

23

24

2x = 32 ⇒ 2x = 25 ⇒ x = 5

t = t12

. x

t = 0,1 x 5

t = 0,5s

A) →

249 + A 267

98 + Z 106

249 A 263 1Z98 106 0Cf + X Sg + 4 n

249 + A = 267 98 + z = 106

A = 18 z = 8

B) x = t

1

2t

= 30s

10s = 3

m = 0m

x2 ⇒ m = 3

800

2 ⇒ m =

800

8 ⇒ m = 100g

A) t1

2 = 5 anos

12000mg ⎯⎯⎯⎯→5 anos 6000mg ⎯⎯⎯⎯→

5 anos

⎯⎯⎯⎯→5 anos 3000mg ⎯⎯⎯⎯→

5 anos 1500mg ⎯⎯⎯⎯→5 anos 750mg

ou

n = t

1

2t

= 20 anos

5 anos = 4

m = 0n

m

2 ⇒ 750 = 0

4

m

2m0 = 750 x 16 = 12.000mg = 12g

B) 12g ______ 100%0,75g ______ x

x = 6,25%

At = 25 anos, p = 5 anos

mo5 anos⎯⎯⎯⎯→

om2

5 anos⎯⎯⎯⎯→om

45 anos⎯⎯⎯⎯→

om8

5 anos⎯⎯⎯⎯→

100% 50%100% 50%100% 50%100% 50%100% 50% 25% 25% 25% 25% 25% 12,5% 12,5% 12,5% 12,5% 12,5%


165 anos⎯⎯⎯⎯→

om32

6,25% 6,25% 6,25% 6,25% 6,25% 3,125% 3,125% 3,125% 3,125% 3,125%

EO tempo de meia-vida é característico para cada isótopo,

livre ou combinado, e independente da pressão, datemperatura e da massa incial da amostra.

D

mo30 anos⎯⎯⎯⎯→

om2


4 p = 30 anos

100g100g100g100g100g 50g 50g 50g 50g 50g 25g25g25g25g25g

Se 87,5% de desintegram, então restam 12,5%:

100% p⎯⎯→ 50% p⎯⎯→ 25% p⎯⎯→ 12,5%t = 3p = 3 . 30 = 90 anos

20

60

Quím

ica V

Volume 1.B

3

4

5

6

7

8

9

129Z I + 0

0 γ → 129Z I + 1

0 n

Cálculo do número de átomos presentes em 38,7g deiodo-129:

massa molar 129Z I — 129g — 6,0 . 1023 átomos de 129

Z I

38,7g — y

y = 2338,7 . 6 .10

129 átomos = 1,8 . 1023 átomos 129

Z I

Essa quantidade será também a de átomos de iodo-128que a amostra poderá originar.1 pulso – 3 . 106 núcleos de iodo-128 x – 1,8 . 1023 núcleos de iodo-128

x = 23

61,8 .103 .10 pulsos = 0,6 . 1017 pulsos = 6 . 1016 pulsos

AEscrevendo a equação nuclear do processo de fusãodescrito no enunciado, temos:8636 Kr + 208

82 Pb → Z118 A e y

x b

Cálculo de x:36 + 82 = 118 + x ∴ x = 0

portanto, a partícula formada é um nêutronnêutronnêutronnêutronnêutron (10 n)

Logo y = 1.

Cálculo de z:8636 Kr + 208

82 Pb → Z118 A e 1

0 n

86 + 208 = z + 1z = 293

Cálculo do número de nêutrons do elemento A.N = A – ZN = 293 – 118 = 175

DQuando um átomo emite uma partícula beta, seu númeroatômico aumenta uma unidade e seu número de massapermanece constante:4019 k → 0

–1 β + 4020 Ca

AC-14inicial

100% P⎯⎯→ 50% P⎯⎯→ 25% P⎯⎯→ 12,5% P⎯⎯→6,25%

4P = 4 . (5600) anos = 22400 anosA morte do indivíduo ocorreu há 22400 anos.

AA taxa de desintegração (t) não se altera por variaçõesde pressão e temperatura.

DCada isótopo iodo-129 originará um isótopo iodo-128:

O número atômico do potássio é 19 (observe a tabelaperiódica) e o elemento de número atômico 20 é o cálcio.

D189F → 0

9+ e + 188O

ENa série radioativa dada:272 268 264 260 256 252111 109 107 105 103 101Rg Mt Bh Db Lr Md→ → → → →

Observa-se que, em cada etapa, o nuclideo formadoapresenta uma diminuição de 4 unidades em seu númerode massa e, em 2 unidades no seu número atômico, o que

indica a eliminação de uma partícula alfa ( 42α ) por etapa.

Exemplo:1a etapa da série:

⎯⎯→ α272 268 4111 109 2Rg Mt +

A)10n0 = 0,4 mol, t = 0 min

= 0,2 mol, t = 2,5 minn0

2

p

Então a meia-vida (p) do elemento é de 2,5min.B) Nos cinco primeiros minutos há desintegração de 0,3

mol de X e, portanto, há formação de 0,3 mol de He.1 mol 22,4 L (CNTP)0,3 mol V

⇒ V = 6,72 L

A)11 teor0 = 10, t = 0 ano

= 5, t = 5,6 . 103 anosteor0

2

p

Então, p = 5.600 anos.

B) teor0 p⎯⎯→

0teor2 p⎯⎯→ 0teor

410 510 510 510 510 5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5t = 2p = 2 . 5.600 = 11.200 anos.

C) Na atmosfera terrestre, os raios cósmicos secundáriosbambardeiam o N-14, produzindo o C-14, que reagecom o oxigênio do ar formando CO2. Este, por suavez, é absorvido pelos vegetais durante a fotossíntesee, por meio da cadeia alimentar, passa para aconstituição dos animais.

A) I para II: isobárica (P constante)II para III: isotérmica (T constante)III para I: isométrica (V constante)

B) II ⎧⎪⎨⎪⎩

2

2

2

T = 227 + 273 = 500 K

V = 8L

P = 2 atm

1

61

Quím

ica V

Volume 1.B

8

9

10

11

12

13

14

7 BI → II: Isobárica (P constante)II → III: isotérmica (T constante)III → I: isovolumétrica, isométrica, isocórica (V constante)

E

AZ X

42 α⎯⎯⎯→ A–4

Z–2 Y 42 α⎯⎯⎯→

01A–8 A 8

Z–4 Z 3

Isóbaros

Z T− β −−⎯⎯⎯→

22286 Rn

423 α⎯⎯⎯→ 210

80 X 0

–14 β⎯⎯⎯→ 21084 Y

22888 X

423 α⎯⎯⎯→ 216

82 Y 0

–12 β⎯⎯⎯→ 21684 Po

22888 Ra

23290 Th

425 α⎯⎯⎯→ 212

80 X 0

–13 β⎯⎯⎯→ 21283 Bi

5 partículas α e 3 partículas β

22889 Ac

424 α⎯⎯⎯→ 212

81 X 0–13 β⎯⎯⎯→ 212

84 Po

4 partículas α e 3 partículas β

BA equação de decaimento é:3215P → A

Z X + 3216S

– Índices superiores:32 = A + 32

A = 0

– Índices inferiores:15 = Z + 16

Z = – 1

Portanto, temos: 0–1 X ou 0

–1 β (partícula beta)

CAtravés do gráfico podemos calcular a meia-vida do isótopo:m0 = 10 g, t = 0 ano

0m2

= 5 g, t = 28 anos p

AP1 P2

V1 V2

T1= 293 k T2 = ?

n1 = x mol n2 = x2

mol

1P 1. V

2P 2. V = 1n . R 1

2

. Tn R 2. T

⇒ 1 = 1 1

2 2

n . Tn . T

⇒ 1

2

nn

= 2

1

TT

⇒ xx2

= 2T293

⇒ T2 = 2 x 293

T2 = 586 k ou T2 = 313oC

BI. (V): A pressão que o gás exerce é o resultado das

colisões das partículas do gás contra as paredesdo recipiente que o contém;

II. (F): A difusão ocorre espontaneamente da região demaior concentração para a de menor concentração

III. (V): p02 = PT . X02

p02 = 760 x 0,21 = 159,6

IV. (V): AP A

B

. V

P B. V = An . R A. T

Bn . R B. T ⇒ A

B

VV

= A

B

nn

V. (F): p02 = PT . X02; V02 = VT . X02

Tais grandezas são diretamente proporcionais;

BPrincípio de Avogadro: “Volumes iguais de quaisquer gases,nas mesmas condições de temperatura e de pressão,possuem o mesmo número de mols”.

AR = 0,082 atm . L . mol–1 . R–1

P = 8,2 . 10–3 atmn = 1 molV = ?T = 290 k

P . V = n . R . T8,2 . 10–3 . V = 1 . 8,2 . 10–2 . 290

2

3

4

5

6

V = –2

–3

8,2 . 10 . 2908,0 . 10

V = 2.900 = 2,9 . 103 L

Dm1 = 3.106 . 106 de CO2

n1 = 1

1

mmol

= 123 . 10

44 mol

P . V = n . R . T

1 . V = 123 . 10

44 . 0,082 . 300

V = 1,68 . 1012 L de CO2

V = 1,68 trilhões de L de CO2

I ⎧⎪⎨⎪⎩

1

1

1

T = ?

V = 4L

P = 2 atm

III ( )⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

3

3

3

T = 500 K II a III : isotérmica

V = 4L

P = 4 atm

III para I: isométrica

1

1

PT =

3

3

PT ⇒

1

2T =

4500

T1 = 1.000

4 = 250 K

62

Quím

ica V

Volume 1.B

15

AnotaçõesEntão p = 28 anos (meia-vida)

m0 p⎯⎯→0m

2 p⎯⎯→0m

4 p⎯⎯→0m

840,0 g 20,0 g 10,0 g 5,0 g40,0 g 20,0 g 10,0 g 5,0 g40,0 g 20,0 g 10,0 g 5,0 g40,0 g 20,0 g 10,0 g 5,0 g40,0 g 20,0 g 10,0 g 5,0 g

t = 3p – 3 . 28 = 84 anos

E210 0 4 206

–182 2 82X 2 Y→ β + α → Y = 20682Pb

m0 p⎯⎯→

0m2 p⎯⎯→

0m4 p⎯⎯→

0m8 p = 22 anos

10 g10 g10 g10 g10 g 5 g 2,5 g 1,25 g 5 g 2,5 g 1,25 g 5 g 2,5 g 1,25 g 5 g 2,5 g 1,25 g 5 g 2,5 g 1,25 gt = 3p = 3 . 22 = 66 anos

química - pré-vestibular7 - resoluções i - modulo1b

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