quÍmica - objetivo.br · não podemos afirmar que, ... portanto, em 100 g de sal light, teremos 50...
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– 1
FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA
n Módulo 15 – Soluções: Solubilidade
1) Solução é qualquer mistura homogênea.Resposta: C
2) A tinta nanquim é coloide, pois as partículas dispersas sãovistas no ultramicroscópio.Resposta: C
3)dispersante: líquido
Emulsão
disperso: líquidoResposta: D
4) Leite é uma emulsão.Resposta: C
5) O fato de as partículas não serem visíveis ao microscópiocomum.
6) Não.
7) Solução verdadeira.
8) As partículas dispersas das soluções não são retidas porultrafiltro.Resposta: D
9) C
10) D
11) A
12) A
13) D
14) A solução já atingiu o limite de saturação.Resposta: A
15) a) Correta.b) Correta.c) Correta.
23 g –––––––––––– 100 g de H2Ox 5 x 5
115 g ––––––––––– 500 g de H2O
d) Falsa.Não podemos afirmar que, a 50°C, 35 g são dissolvidosporque não foi fornecido o C.S. a 50°C.
e) Correta.Resposta: D
16) msolução = 1 380 g
380 g de NaCl –––––––––––––– 1 380 g de solução
x –––––––––––––– 20 g de solução
x = \ x = 5,5 g
17) mdissolvida > CS
Solução supersaturada.Resposta: C
18) V = 10 L a 20°C de solução saturada de CaCl2:7,45 . 102 g –––––––––– 1 L
x 10 x 10
7,45 . 103 g –––––––––– 10 L
7,45 . 103 g permanecem dissolvidos e os 100 g do sal depo -sitado na solução precipitam.Resposta: E
19) Alternativa e, pois faltou o dado se a solução é saturada.Resposta: E
20) 30°C: msolução = 320 g220 g –––––––– 320 g
x –––––––– 160 gx = 110 g de açúcar; logo, m2 = 50 g (água)
0°C180 g –––––––– 100 g
x –––––––– 50 gx = 90 g
Com a diminuição da temperatura, 110 g – 90 g = 20 g
Corpo de fundoResposta: A
21) Sistema I (homogêneo, pois está com quantidade de solutoabaixo do limite de saturação).Sistema II (homogêneo, pois não excedeu o limite).20°C85 g de X –––––––––– 100 g de H2O
÷ 5 ÷ 5
17 g de X –––––––––– 20 g
Sistema III (homogêneo)80°C30 g de X –––––––––––––– 100 g de H2O
÷ 10
3 g de X ––––––––––––– 10 g de H2O
Sistema IV (heterogêneo)
Sistema V (heterogêneo)
CADERNO 4 – CURSO D/E
380 . 20–––––––––
1 380
QUÍMICA
80°C30 g de X –––––––––––– 100 g de H2O
x 5
150g de X –––––––––––– 500 g de H2O
Resposta: D
22) Tubos B, C e D, pois ultrapassam o limite de saturaçãoformando a fase sólida.12,5 g –––––––––––– 100 mL
x –––––––––––– 20 mL
x = \ x = 2,5 g
Resposta: D
n Módulo 16 – Curvas de SolubilidadeSolubilidade de Gasesem Líquidos
1) (01) Falsa.O K2CrO4 é mais solúvel que o KNO3 a 20°C.
(02) Correta.(04) Correta.(08) Correta.(16) Correta.(32) Correta.(64) Falsa.
Acima de 40°C, KNO3 é mais solúvel que K2CrO4.
2) I. Não, porque os dois sais solubilizarão.II. Não, porque os dois sais solubilizarão.III. Sim, pois um solubiliza (KCl) e o outro não (NaCl).Resposta: C
3) a) 12 g ––––––– 100%10 g ––––––– x
x =
x � 83%
b) 50°C: msolução = 120 g
20 g de KClO3 –––––––––– 120 g de solução
x 2 x 2
40 g de KClO3 ––––––––– 240 g de solução
4) (1) Correto.(2) Falso.
Insaturada.(3) Correto.(4) Correto.(5) Falso.
A solução de AgNO3 conduzirá melhor porque tem maiorquantidade do composto dissolvido.
(6) Falso.1 g –––––––––––––– 1 mL de H2O
100 g –––––––––––––– x
x = 100 mL de H2O
n =
n = 12,5 . 10–4 mol de O2
12,5 . 10–4 mol ––––––––– 100 mL de H2O
x ––––––––– 1 000 mL de H2O
x =
x = 1,25 . 10–2 mol
5) Mais eficiente: KNO3
Menos eficiente: NaClResposta: E
6) A solução indicada pelo ponto A é insaturada, pois apresenta,a 50°C, 20 g do sal para cada 100 g de H2O, sendo que é pos -sível dissolver aproximadamente 38 g do sal para cada 100 gde H2O.A dissolução é endotérmica, pois quanto maior a tempe -ratura maior a solubilidade.Resposta: A
7)
Pelo gráfico, percebe-se que, ao passar de 40°C para 10°C,crista lizam-se 20 g de sal para cada 100 g de H2O.
A 10°C: cristais H2O
20 g ––––––––– 100 g100 g ––––––––– x
A 40°C: sal H2O solução
30 g –––– 100 g ––––––– 130 g
500 g ––––––– y
Solução inicial = solução a 40°C + massa de cristais
Resposta: C
8) I. Correta.II. Correta.
25°C40 g –––––––––––––– 100 g de H2O
x 2 x 2
80 g –––––––––––––– 200 g
12,5 . 20––––––––
100
1 000–––––
12
0,004 g––––––––32 g/mol
12,5 . 10–4 . 1 000––––––––––––––––
100
x = 500 g de H2O
y = 650 g de solução
m = 650 g + 240 g = 890 g
2 –
III. Correta.Resposta: E
9) Diminuindo a temperatura de 10°C (40°C para 30°C) o pontoG vira ponto A.Resposta: D
10) 10°C20 g ––––––––– 100 g
÷ 2
10 g ––––––––– 50 gCristaliza = 25 g – 10 g = 15 g Resposta: B
11) a)
b) Com o aumento da temperatura, a solubilidade tambémaumenta, portanto, teremos uma dissolução endotérmica.
12) A solubilidade do KCl aumenta com o aumento da tempe -ratura (endotérmica).Resposta: D
13) 25°C 100°C40 g (dissolvido) 240 g (dissolvido)
Resposta: C
14) a) A 10°C, pois a transformação direta é exotérmica, que éfavorecida com diminuição da temperatura.
b) Na base (Lei de Henry).
15) NaHCO3 é o menos solúvel.Resposta: B
16) Reta crescente – absorção de enegia (acetato de prata).Reta decrescente – liberação de energia (carbonato de lítio).Resposta: A
n Módulo 17 – Concentração: %, g/L e Mol/L
1) m = (0,2 + 1,8) gm = 2 g
t = \ t = \ t = 0,1
Resposta: A
2) t = \ t = 0,25
Resposta: D
3) 4 mg –––––––– 100 mg6 mg –––––––– x
x = \ 150 mg
Resposta: C
4) 9 000 unidades estão antes de 10 dias, aproximadamente 4dias, pela análise do gráfico.Resposta: A
5) Cálculo da massa de NaCl, que contém 20 g de sódio:contém
1 mol de NaCl –––––––––––– 1 mol de Na
58 g –––––––––––––––––––– 23 gx –––––––––––––––––––– 20 gx � 50 g de NaCl
Portanto, em 100 g de sal light, teremos 50 g de NaCl 50%.Resposta: C
6) C = \ 60 g/L =
V = 0,001 LV = 1 mLResposta: A
7) 8 g ––––––––– 1 000 mLx ––––––––– 25 mL
x = \ x = 0,2 g \ x = 200 mg
Resposta: C
8) 5 mg –––––––– 1 kg de massa corporalx –––––––– 60 kgx = 300 mg \ 0,3 g de ácido
0,6 g ––––––– 1 L
0,3 g –––––––
9) M =
M = \ M = 0,8 mol/L
Resposta: B
10) M =
M =
M = 0,00085 x 1 000
M = 0,85 m mol/L
Resposta: C
40 g34 g
––––––––––––––––––6 g de precipitado
m1––––m
0,2 g–––––2 g
x g––––––4 x g
600––––
4
m1––––V
0,06 g––––––
V
8 . 25–––––––1 000
0,5 L
m––––MV
39,2 g––––––––––––––––98 g/mol . 0,5 L
m––––MV
30 . 10–3 g––––––––––––––––––––––200 . 10–3 L . 176 g/mol
mol–––––
Lm mol
––––––––mol
– 3
11) M =
0,4 mol/L =
m = 19,6 g
Resposta: E
12) C = M . M20 g/L = M . 62 g/mol
M = mol/L
M = 0,32 mol/LResposta: C
13) C = M . M0,74 g/L = M . 74 g/mol
M =
M = 0,01 mol/LResposta: B
14) C = 10 dpM . M = 10 dpM . 98 = 10 . 1,84 . 98M = 18,4 mol/L
Resposta: A
15) C = 10 dpC = 10 . 1,25 . 24C = 300 g/LResposta: A
n Módulo 18 – Diluição e Mistura de Soluções
1) Vi = 500 mL
MiVi = MfVf
Mi = 2 mol/L
Mf = 0,25 mol/L
500 . 2 = 0,25 . Vf
Vf = 4 000 mL
Vf = Vi + VH2O
4 000 = 500 + VH2O
VH2O = 3 500 mL
Resposta: B
2) M1V1 + M2V2 = Mf . Vf
100 . 0,5 + 150 . 0,8 = Mf . 250
= Mf
Mf = 0,68 mol/L
Resposta: C
3) MiVi = MfVf
18 . 1 = Mf . 1 000
Mf = 0,018 mol/L
Resposta: E
4) CaCl2V = 100 mLM = 0,10 mol/L
SrCl2V = 100 mLM = 0,20 mol/L
CaCl2M1V1 = M2V2
0,10 . 100 = M2 . 200M2 = 0,05 mol/L
CaCl2 Æ Ca2+ + 2 Cl–
0,05 mol/L 0,05 mol/L 0,10 mol/L
SrCl2M1V1 = M2V2
0,20 . 100 = M2 . 200M2 = 0,10 mol/L
SrCl2 Æ Sr2+ + 2 Cl–
0,10 mol/L 0,10 mol/L 0,20 mol/L
[Ca2+] = 0,05 mol/L
[Sr2+] = 0,10 mol/L
[Cl–] = 0,30 mol/LResposta: B
5) H2SO4
Vf = 0,5 L
Mf = 3 mol/L
Mi = 15 mol/L
Mi Vi = Mf . Vf
15 . Vi = 3 . 0,5
Vi =
Vi = 0,1 L \ V = 100 mLResposta: B
6) Vpiscina = 10 000 L
C(g/L) = ?
1 . 5 = Mf . 10005
Mf =
Mf = 0,0005 mol/L
342 g –––––– 1 molx –––––– 5 . 10–4 molx = 0,171 g/L
Resposta: A
m––––MV
m–––––––––––––––98 g/mol . 0,5 L
20––––62
0,74––––74
0,05 + 0,12––––––––––––
0,25
1,5––––15
Vsolução = 5 L
M = 1 mol/L �Al2 (SO4)3
5–––––––10005
4 –
7) 4 mL ––––––––– 100 mL
x ––––––––– 300 mL
x = 12 mL
0,5 mL ––––––– 100 mL
12 mL ––––––– x
x = 2 400 mL \ 2,4 L
Resposta: E
8) Solução inicial:
10% ææÆ 90 g de H2O
m1 = 100 g
p1m1 = p2m2
10 m1 = 5 m2
m2 = 2 m1
m2 = 200 g
Acrescenta 100 g de H2O
Total = 190 g de H2O
Relação = =
Resposta: C
FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA
n Módulo 15 – Estrutura e Nomes dosCompostos Orgânicos III:Ácido Carboxílico, Éster eÉter
1) A vanilina
possui as funções: fenol, éter e aldeído.Resposta: C
2) No processo:
Um éter transforma-se em fenol.Resposta: A
3) a) O composto 2,2-dimetil-1-propanol (ou 2,2-dimetilpropan-1-ol),de fórmula:
Não possui carbono secundário nem terciário.
b) O álcool de fórmula C7H8O, de cadeia aromática é o álcoolbenzílico, de fórmula:
4) O composto:
pertence à função fenol, possui 7 carbonos primários, 3 car -bonos secundários, 3 carbonos terciários e 2 carbonos quater -nários.É um composto aromático ramificado. O grupo funcional éhidroxila.Resposta: B
5) A fórmula molecular do propeno é C3H6 e a fórmula mínimaé CH2.
Nos demais compostos, a fórmula molecular é igual àmínima:Metano Æ CH4 metanol Æ CH4OEtanol Æ C2H6O acetona Æ C3H6OResposta: A
90 g–––––190 g
9––––19
QUI-0005183-b
C C
C C
C
C
OH
C CH3
CH3
T CH3
P
P
P
CH3
P
T
S
CH C3
CH3
CH3
P
P
P
Q
T SQ
S
P
S
T
Q
PRIMÁRIOSECUNDÁRIO
TERCIÁRIO
QUATERNÁRIO
– 5
6) O nome do composto:
é: 3-etil-2,4-hexanodiona ou 3-etil-hexano-2,4-diona.Resposta: A
7) Os corpos de minhas moléculas são formados por um átomo de
Seu nome é etoxietano.Resposta: C
8) Substituindo-se os hidrogênios da molécula de água
por 1 grupo fenil e um grupo
metil obtém-se:
MetoxibenzenoResposta: D
9) Considerando os grupos metila e fenila
:
10)
Esse composto contém:• um grupo carboxila,um anel aromático, um grupo éster.• não possui grupo éter.
Resposta: C
11) A aspirina é um éster do ácido etanoico:
Resposta: E
12) a) Porque a laranja contém o ácido cítrico, que inibe a enzima
que provoca o escurecimento das frutas.
b) A orto-hidroquinona possui a função fenol.
13)
Resposta: C
n Módulo 16 – Amida e Amina
1)
• Não contém o grupo amino — NH2
Resposta: A
QUI-0005207-b
C
OH
O
CH3
CH3I
1,4-DIMETILBENZENOou
PARA-DIMETILBENZENOou
p-XILENO
fenol
OHII III
ácido benzoico
CH3
CH3IV
1,3-DIMETILBENZENOou
META-DIMETILBENZENOou
m-XILENO
CH3V
CH3
1,2-DIMETILBENZENOou
ORTO-DIMETILBENZENOou
o-XILENO
6 –
2)
Resposta: B
3) Os grupos funcionais são:
Resposta: C
4) As funções presentes no composto são:
Resposta: Corretos: 01, 16 e 32 (soma = 49)
5) Os nomes e as funções orgânicas são:
6) As funções presentes na novocaína são:
Resposta: D
7) A adenina:
• Sua cadeia é heterocíclica.• Sua fórmula molecular é C5H5N5.• Não possui função amida.Resposta: A
8) Os compostos I, II e III pertencem às funções orgânicas:
Resposta: A
9) I) Correto.
II) Correto.O composto trimetilbenzeno é volátil, com 9 átomos decarbono:
III. Incorreto.O clorobenzeno é um composto halogenado, de fórmula:
Resposta: D
10) Na molécula do antraz:
Resposta: E
11) O composto CF2Cl2, ou pertence à função haleto.
Resposta: C
F
CCl F
Cl
– 7
12) Algumas substâncias (A, B e C) inibem o crescimento dasculturas de bacilos não mutantes.
• Tais bacilos possuem uma enzima que transforma � (ami -da) em � (ácido) e outra que transforma � (éster) em �(ácido).
• O crescimento das culturas de bacilos mutantes é inibidopor � ou � mas não por �. Esses bacilos não têm en -zima que transforma � em � (amida em ácido).
Resposta: B
13) Respectivamente, um hidrocarboneto, um éter e um fréon(triclorofluorcarbono).
um hidrocarboneto um éter
um fréon Resposta: E
n Módulo 17 – Isomeria Plana
1) O propano reage com bromo, na proporção: 1 mol de propa -no com 2 mols de bromo. É uma reação de substituição,dibromação.Os compostos obtidos são:
• A probabilidade de obtenção de cada um é 25% ou 0,25.Resposta: A
2) Comparando-se as massas dos hidrocarbonetos I e II:Massa da amostra /g Massa de C / g massa de H / g
= = = = 1,5
• Então I e II são isômeros.Comparando-se as massas dos hidrocarbonetos I e III:Massa da amostra /g Massa de C / g massa de H / g
= � �
• Então I e II não são isômeros de III.Os isômeros têm a mesma fórmula molecular e a proporçãode massas deve ser constante.Resposta: B
3) Os compostos:
são isômeros de posição. Possuem a mesma fórmula mole -
cular: , a mesma massa molar, as mesmas composi -
ções centesimais e mesma cadeia carbônica (normal ou reta).Diferem quanto às propriedades físicas: PE, PF...Resposta: E
4) a) O éter dietílico H3C — CH2 — O — CH2 — CH3
e o álcool butílico H3C — CH2 — CH2 — CH2 — OH sãoisômeros. Ambos possuem a mesma fórmula molecular
e a mesma porcentagem em massa de carbono,
hidrogênio e oxigênio. Não é possível diferenciá-los peladeterminação das porcentagens de C e H.
b) É possível diferenciá-los pela determinação do ponto deebulição de cada um, pois o álcool possui hidroxila (— OH)e estabelece ligações de H entre suas moléculas e o éternão.
5) Com a fórmula são possíveis compostos pertencen -
tes às funções:
Álcool: Exemplo: H2C C — C — C — OH
H H2 H2Cetona:O
Exemplo: H3C — C — C — CH3H2Aldeído:
O
Exemplo: H3C — C — C — CH2 H2 H
Éter:
Exemplo: H2C CH — CH2 — O — CH3
Não é possível ácido carboxílico, pois este possui 2 átomosde oxigênio:
O
Exemplo: H3C — C — C — CH2 H2 OH
Resposta: C
QUI-0005286-b
N
HC
C
CH
N C
OHHC
O
A
ácido
carboxílico
N
HC
C
CH
N C
NH2
HC
O
B
amida
C
N
HC
C
CH
N C
OHC
O
éster
CH2
CH2
CH3
H H H| | |
H — C — C — C — H| | |H H H
H H H H| | | |
H — C — C — O — C — C — H| | | |H H H H
Cl|
F — C — Cl|Cl
HH2C — C — CH3
Br Br
1,2-dibromopropano
Br
HC — C — CH3
Br H2
1,1-dibromopropano
H2H2C — C — CH2
Br Br
1,3-dibromopropano
Br
H3C — C — CH3
Br
2,2-dibromopropano
II–––I
0,300––––––0,200
0,252––––––0,168
0,048––––––0,032
III–––I
0,600––––––0,200
0,491–––––0,168
0,109––––––0,032
H2C — CH2 — CH3
OH
H3C — CH — CH3
OH
C3H8O
C4H10O
C4H8O
C4H8O2
8 –
6) Os isômeros de posição que tem o nome dibromotolueno(dibromometilbenzeno), são:
Resposta: E
7) Os tribromobenzenos constituem 3 isômeros:
Resposta: D
8) 4 átomos de hidrogênio do benzeno sendo substituídos por4 átomos iguais (por exemplo: Cl) formará 3 isômeros:
Resposta: B
9) O número máximo de derivados mono-halogenados naestrutura dada são:
Resposta: A
10) O número de ésteres isômeros de fórmula é 4.
Resposta: C
11) O equilíbrio ceto-enólico é uma tautomerização:
Resposta: B
12) a) Isomeria de função:
H3C — O — CH3 e H3C — CH2 — OHéter álcool
b) H3C — CH2 — CH2 — CH3 e H3C — CH — CH3|
reta CH3ramificada
Isomeria de cadeia.
c) Isomeria de posição:
d) Metameria ou compensação (muda a posição do heteroá -tomo)
H3C — CH2 — O — CH2 — CH3
CH3 — O — CH2 — CH2 — CH3
e) TautomeriaH3C — C O ƨ H2C C — OH
| |H H
aldeído enol
13) Isômeros planos possuem a mesma fórmula molecular ediferem na:
Resposta: D
C4H8O2
O
H3C — C — O — CH2 — CH3
O
H3C — CH2 — C — O — CH3
O
HC — O — CH2 — CH2 — CH3
O
HC — O — CH — CH3
CH3
AI_QUI0003835
HC — C — CHH
H
H
HO
⎯→⎯→ HC — C CHH
H
H
OH
CH3 — CH2 — CH2
Cl
H3C — CH — CH3
Cl
AI_QUI0003836
CH3 — CH2 — CH2 — CH CH2——a)
cadeia
e
CH2H2C
CH2
H2C CH2 C5H10
CH3 — CH2 — C
O
OHe H3C — C
O
O — CH3
função
C3H6O2b)
CH3 — CH2 — CH — CH3c) e CH3 — CH2 — CH2 — CH2 — OH
posiçãoOH C4H10O
d) CH3 — C — C
O
OHNH2
H
H3C — C — C
O
OH
NH2
H
C3H7O2N
Não são isômeros planos, são isômeros ópticos (espaciais).
– 9
14) Um isômero funcional do ácido butírico, de fórmula
ou
é o éster
Resposta: A
15) a) O composto I
é um éster.O composto II CH3 — CH2 — NH — CH2 — CH3 é umaamina.
b) O composto III é um éter CH3 — CH2 — O — CH2 — CH3 eseu isômero funcional é um álcool.Por exemplo:H3C — CH2 — CH2 —CH2 — OH ou H3C — CH — CH2 — CH3
|OHOH OH
| | Hou H3C — C — CH3 ou H2C — C — CH3| |
CH3 CH3
Todos de fórmula .
16) Os pares de compostos orgânicos apresentam isomeria de:
Resposta: C
17) a) O isômero de cadeia da 3-pentanona ou pentan-3-ona, defórmula H3C — CH2 — C — CH2 — CH3 é uma cetona de
||O H
cadeia ramificada: H3C — C — C — CH3|| |O CH3
b) A menor cetona, contendo 3 átomos de carbono:O||
H3C — C — CH3 apresenta apenas um aldeído isômero:
n Módulo 18 – Isomeria Geométrica
1) O alceno mais simples é o 2-buteno (possui dupla-ligaçãoentre átomos de carbono e ligantes diferentes em cada C dadupla).
Resposta: D
2) Estereoisômeros são isômeros espaciais:
Dois isômeros geométricos.Resposta: B
3) Com a fórmula C4H8, temos os alcenos:
H2C CH — CH2 — CH3 1-BUTENO ou BUT-1-ENO
4) Os compostos possuem dupla-ligação entre átomos de C eligantes diferentes em cada C da dupla:
Isômeros geométricos.Resposta: D
5) 1) Não possui isomeria geométrica:
2) Possui isomeria geométrica:
3) Possui isomeria geométrica:
OH3C — CH2 — CH2 — C
OHC4H8O2
OH3C — C
O — CH2 — CH3
O O
C — CH2 — C
H3C — CH2 — O O — CH2 — CH3
C4H10O
AI_QUI0003837
H2C — C — CH3I.
ciclopentano
CH2H2C
CH2
H2C CH2 cadeia
H3C — CH2 — C
O
OH
H3C — C
O
O — CH3
funçãoIII.
H2C — CH2
e
metilciclobutano
H2C — C — C — CH3
H2 H2
Cle H3C — C — C — CH3
H
H2Cl1-clorobutano 2-clorobutano
posiçãoII.
ácido carboxílico éster
H
OH3C — CH2— C
H
QUI-0004882-a
H C3
CH3
H
H
H3C — C C — CH3 H3C — C C — H| | | |H H H CH3
CIS-2-BUTENO TRANS-2-BUTENO
10 –
4) Possui isomeria geométrica:
5) Não possui isomeria geométrica:
6) Não possui isomeria geométrica:
6) Com a fórmula C3H5Cl, temos 5 isômeros:
Resposta: D
7)
São isômeros de posição.
01) Falsa.02) Verdadeira.04) Falsa.08) Verdadeira.16) Falsa.
8)
Ambos estabelecem ligações de H com água.Resposta: B
FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA
n Módulo 15 – Cinética Química (I):Velocidade (Rapidez) de uma Reação Química
1) vHBr = = mol/min0 Æ 5
vHBr0 Æ5
= = 0,005 mol/min
2) Cálculo da velocidade em relação ao H2
2 mol de HBr ––––––––––– 1 mol de H2
5 . 10–3 mol de HBr ––––––––––– xx = 2,5 . 10–3 mol de H2
vH2= 2,5 . 10–3 mol/min
3) a) Determinação das velocidades
I. v = = = 0,2 g/min
II. v = = = 0,2 g/min
III. v = = = 0,4 g/min
IV. v = = = 0,5 g/min
amostra IV
b) A equação química é:
Mg + 2 HCl ææÆ MgCl2 + H2
1 mol de Mg –––– 1 mol de H2
A amostra com maior massa de Mg libera maior massa deH2, portanto, a amostra I.
QUI-0004886-b
C
H
C
Cl
CH3
H
C
H
C
H
CH2
HCl
C C
HH
Cl
CIS
C C
CH3
H
Cl H
TRANS
CH
2
HC
Cl
CH2
CH3
| 0,175 – 0,200 |–––––––––––––––
5
|nf – ni |–––––––––∆t
0,025–––––––
5
2 g––––––––10 min
∆m–––––
∆t
0,40 g––––––––2 min
∆m–––––
∆t
0,40 g––––––––1 min
∆m–––––
∆t
0,50 g––––––––1 min
∆m–––––
∆t
– 11
4) Cálculo da massa de O2 liberada:2 . 34 g de H2O2 –––––––– 1 mol de O2
3,4 g de H2O2 –––––––––– xx = 0,05 molCálculo da velocidade
v = = 0,025 mol/min
Resposta: B
5) v = = = 1 mol/min
6) Cálculo da velocidade de consumo do NO2
4 mol de NO2 –––––––––– 1 mol de O2
x –––––––––– 2,4 . 10–2 mol de O2
x = 9,6 . 10–2 mol de NO2 \ v = 9,6 . 10–2 mol L–1s–1
Resposta: E
7) Zn(s) + 2 HCl(aq) æÆ ZnCl2(aq) + H2(g)Zn(s) + 2 H+(aq) + 2 Cl–(aq) æÆ Zn2+(aq) + 2 Cl–(aq) + H2(g)[H+] diminui[Zn2+] aumenta e [Cl–] fica constanteResposta: C
8) Considere a equaçãoC4H10(g) + 13/2 O2(g) æÆ 4 CO2(g) + 5 H2O
1 L de C4H10 ––––––––– 4 L de CO2
112 L de C4H10 ––––––– xx = 448 L de CO2 ou 20 mol de CO2 por hora.Resposta: B
n Módulo 16 – Complexo Ativado: Energia de Ativação
1) (1) Verdadeiro, para a reação ocorrer, a colisão deve serenergética e orientada.
(2) Verdadeiro.(3) Falso, pois além da orientação é necessário energia
suficiente.(4) Falso, a energia de ativação é a energia necessária para
iniciar a reação química.(5) Falso, é a relação entre a variação da quantidade de um
participante e a variação do tempo.
2) ∆H = (10 – 20) kcal = – 10 kcalreação exotérmicaHR = 20 kcal/mol e HP = 10 kcal/mol
Energia do complexo ativado = 60 kcalEnergia de ativação = (60 – 20) kcal = 40 kcal
Corretos 1, 2, 8, 32Falsos 4, 16, 64
3) 01) Correto, a letra A indica a energia de ativação da reaçãoinversa, exotérmica.
02) Correto, B representa o ∆H da reação direta.
04) Correto, C representa a entalpia dos produtos.08) Correto.16) Falso.
4) O número 5 representa a energia de ativação da reaçãoinversa, é a diferença da entalpia do complexo ativado e aentalpia dos reagentes.Resposta: E
5) A reação tem baixa energia de ativação e é exotérmica.Resposta: B
6) A reação com maior velocidade é a que tem menor energia deativação.Logo III > II > IResposta: D
7) A reação é exotérmica, ∆H = – 3 kcal, portanto, alternativa C.
8) A reação mais endotérmica é da alternativa B.
n Módulo 17 – Fatores que Alteram aVelocidade de uma ReaçãoQuímica: Temperatura,Superfície de Contato eCatalisador
1) A esponja de aço tem superfície de contato maior, por isso avelocidade da reação é maior.Resposta: E
2) O aumento da temperatura aumenta a velocidade dequalquer reação.Resposta: E
3) É uma reação explosiva, pois a velocidade aumenta muitopara uma dada temperatura.Resposta: B
4) Na batata picada a superfície de contato é maior, portanto, avelocidade da reação é maior.Resposta: B
5) a) Oxigênio e água são incorporados ao ferro na formação daferrugem.
b) A curva b corresponde à esponja de ferro (maior superfíciede contato)
6) Quanto maior a temperatura maior a velocidade da reação v2 > v1.Em solução aquosa a superfície de contato fica maior, v4 > v3.Resposta: C
7) Nos experimentos C e D o volume de H2 liberado é maior,maior quantidade de H2SO4.O experimento B tem maior velocidade que A, pois temmaior superfície de contato.
0,05 mol–––––––––
2 min
| ∆n |–––––
∆t
| 2 – 6 | mol–––––––––––
4 min
2 Fe + 3/2 O2 + n H2O Æ Fe2O3 . n H2O
12 –
O experimento C tem maior velocidade que D, pois suatemperatura é maior.Resposta: E
8) A “química verde” utiliza técnicas de análises para omonitoramento da poluição ambiental e processoscatalíticos para reduzir a toxicidade de poluentesatmosféricos.Resposta: B
9) O experimento realizado com catalisador é o que apresentamaior velocidade, a curva que representa a reação com maiorvelocidade é a que tem maior inclinação (curva A).
10) A substância C atua como catalisador, pois é consumida eproduzida e não participa da equação global.Resposta: C
11) A reação (II) é catalisada (menor energia de ativação), e asduas reações apresentam o mesmo valor de ∆H.Resposta: D
12) Entre a reação catalisada e não catalisada, o valor do ∆H é omesmo, apenas a energia de ativação é alterada, portanto, éo diagrama da alternativa D.
n Módulo 18 – Equação da Velocidade
1) v = k [CO]2 [O2]
2) v = k [CO2]
3) v = k [HCl]2
4) 2 H2(g) + O2(g) Æ 2 H2O(l)
v = k [H2]2 [O2]
v1 = kx2 . y
v2 = k (2x)2 (3y) = 12 kx2y v2 = 12 v1
Resposta: C
5) N2 + 3 H2 Æ 2 NH3
v = k [N2] [H2]3
v1 = kx . y3
v2 = k (2x) (2y)3 = 16 kxy3 v2 = 16 v1
6) A expressão da velocidade é v = k [C2]2 [D2]
seja [C2] = x e [D2] = y
v1 = kx2 . y
v2 = k ( )2
2y v2 = kx2y v2 =
Resposta: C
7) A velocidade da reação depende da temperatura, concen tra -ção dos reagentes e superfície de contato do sólido.I) Verdadeiro, a concentração de A pode ser maior que a de B.II) Verdadeiro.III) Falso, a concentração de A deve ser maior que a concen -
tração de B.Resposta: D
8) Entre I e II é a opção II, maior superfície de contato.Entre III e IV, é a opção III, maior concentração.Resposta: C
x–––2
1–––2
v1–––2
– 13