CADERNO 1
Reprodução proibida.
Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
QG.01 1. d
A adição de açúcar provoca aumento da massa da solução sem considerá-vel aumento de volume. Como d m
V
= , a densidade da solução aumenta.
2. b
Como gelo flutua na água, sua densidade é maior. No caso do eta-nol, ele afunda, portanto, possui densidade maior.
∴ d água > d gelo > d etanol 3. c
A água mineral é uma mistura homogênea de sais minerais e oxi-gênio dissolvidos em água.
4. c
I – Elemento Iodo
P4 – Substância simples
HCl – Substância composta 5. e
Cálculo da densidade do mercúrio: d m
V
= w d =137 10, ⋅ 3g
100 mL w d = 13,7 g/mL
Cálculo da densidade dos cubos: (A) d m V = w d =14 g2 mL=7 g/mL (B) d m V = w d =20 g 2 mL = 10 g/mL
Como os dois cubos são menos densos que o mercúrio, ambos flutuam. 6. c
O orvalho é a passagem da H2O(v) w H2O(,) provocada por queda da
temperatura, portanto é uma condensação. 7. c
a) H2 s substância pura f) H2O s substância pura
b) ar s mistura g) leite s mistura
c) Fe s substância pura h) pão s mistura
d) vinho s mistura i) sangue s mistura
e) açúcar s substância pura
8. a) De 10 ºC a 20 ºC. A fusão ocorre a 20 ºC, portanto, a tempe-raturas inferiores a 20 ºC, a substância é sólida.
b) Como a ebulição ocorre a 40 ºC, de 20 ºC a 40 ºC a substância é líquida.
c) 40 ºC 9. c
Misturas azeotrópicas possuem PE constante e intervalo de fusão. 10. c Temperatura (Ponto de fusão) –138 –140 Sólido Líquido Gás Líquido + sólido Gás + líquido (Ponto de ebulição) 0 50 10 Energia (kJ)
TAREFA
PROPOSTA
Q U Í M I C A
Resolução
11. dComo, durante a passagem do estado sólido para o líquido, a tem-peratura permaneceu constante durante dois momentos, con-cluiu-se que o sistema é formado por duas substâncias. Lembre-se de que a fusão e a ebulição de substâncias (puras)
ocor-rem à temperatura constante. 12. b
Água pura s substância composta. Gás oxigênio s substância simples. Areia s mistura heterogênea. Água do mar s mistura homogênea. 13. a
Pela fórmula estrutural de uma molécula de determinada substân-cia, é possível determinar as suas propriedades químicas. 14. d Sabendo que: d m V = , temos: Substância A: ↑massa s ↑ d ↓volume Substância C: ↓massa s ↓ d ↑volume
Substância B é intermediária entre A e C. 15. d
Como n m
MM
= , nX =46m e nY =18m. Assim, há mais moléculas
em Y do que em X. A temperatura de ebulição é uma propriedade específica, logo, cada líquido terá a sua. Como as massas são iguais,
mas VX > VY, temos que dX < dY.
16. c
I. Mistura homogênea.
II. Substância pura simples. III. Mistura heterogênea. IV. Substância pura composta. 17. d
Como a densidade da água pura é 1,0 g/cm3, nessa temperatura,
os únicos materiais que flutuarão serão o bambu e o carvão, por possuírem d menor.
18. a) A “massa” recém-preparada tem massa de 660 g (360 g + 6 g + + 1 g + 100 g + 90 g + 100 g + 3 g).
Como a densidade aparente da “massa” recém-preparada é
1,10 g/cm3, temos: 1 cm3 1,10 g x 660 g x = 600 cm3 ou d m V = Portanto: V m d V = s =660 110, ∴ V = 600 cm 3
b) A “massa” recém-preparada está numa forma diferente dos in-gredientes isolados, pois, quando os inin-gredientes são mistura-dos, surgem novas interações entre suas partículas, fazendo o volume variar.
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Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
19. Sabendo que os frascos apresentam mesma massa de substância, e que d = m
v , temos:
m = d · V, portanto o frasco com e d tem r V e o frasco com r d tem e V.
Assim: frasco A s H2O; frasco B s clorofórmio; frasco C s benzeno.
20. a
No terceiro sistema, a densidade do objeto é igual à da solução, portanto:
d = m V
msolução = msoluto + msolvente
msolução = 150 g + 1.000 g = 1.150 g d = 1 150 1 000 . . g mL d = 1,15 g/mL 21. b d = m V w V = md
Vbarra = Vouro + Vprata 140 = m d ouro ouro + m d prata prata 140 = mouro 20 + mprata 10 w 2 800 2 20 . =mouro+ mprata (I) mprata + mouro = 2.000 g (II)
De (I) e (II), temos: mprata = 800 g
mouro = 1.200 g
22. c
As transformações que ocorrem na “massa” levam à produção de gás, o que provoca aumento de volume e, consequentemente, dimi-nuição da sua densidade.
Atividades extras 23. e
mtotal = mágua + maçúcar mtotal = 300 g + 7 · 30 g mtotal = 510 g d m V solução= total= = g/cm 510 300 17 3 ,
Como a esfera ficou entre a superfície e o fundo, a densidade da solução é igual à da esfera.
24. –20 0 0 100 150 Temperatura (°C) Tempo Fusão Ebulição (Ponto de ebulição) (Ponto de fusão) p = 1 atm V L S S + L L + V QG.02 1. d
I. Verdadeira. A decomposição do esterco e de alimentos é um
processo natural.
II. Falso. O esterco é um adubo orgânico que prejudica menos o meio ambiente que os adubos inorgânicos (sais).
III. Verdadeira. Por esse processo, o enxofre passa da litosfera para a atmosfera.
2. Soma = 10 (02 + 08)
(01) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição. (02) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição. (04) Fenômeno químico, pois provoca mudança na composição. (08) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição. (16) Fenômeno físico, pois não ocorre mudança na composição. 3. e
Açúcar Água, álcool e NaCl
São 2 fases (bifásico) e 4 componentes. 4. b
I. Passagem do estado líquido para o gasoso; processo físico.
II. Formação de outras substâncias; fenômeno químico. III. Idem ao II.
5. c
I. Verdadeiro. Todo sistema gasoso é homogêneo.
II. Falso. A água é uma substância formada por hidrogênio e oxi-gênio.
III. Falso. As substâncias também constituem um sistema homo-gêneo.
IV. Verdadeiro. As ligas metálicas são exemplos.
V. Falso. O sistema polifásico pode ser formado por uma subs-tância em diferentes estados físicos.
6. c
I. Mudança de composição s fenômeno químico.
II. Mudança de composição s fenômeno químico. III. Mudança de estado físico s fenômeno físico. IV. Mudança de estado físico s fenômeno físico. V. Mudança de composição s fenômeno químico. 7. a) Balão I: 1 elemento e uma substância simples
Balão II: 4 elementos e duas substâncias simples
b) Toda mistura de gases é homogênea. Portanto, os balões I e II são sistemas homogêneos.
8. b
1. Queima da gasolina – Químico 2. Lata amassada – Físico 3. Enferrujada – Químico 4. Água fervendo – Físico 9. c
Para se obter sal das salinas, ocorre o processo de evaporação da água, que é um processo físico.
10. c
Nesse sistema temos 3 fases:
Gás
H2O(�) Gelo
11. e
O processo em que não ocorre transformação química, ou seja, é um fenômeno físico por se tratar de mudança de estado físico. 12. d
CADERNO 1
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Transporte através de membrana: físico. Reabsorção de sódio: físico.
Crescimento de pelos: químico. Movimento das marés: físico. Emissão de partículas: químico. Digestão de proteínas: químico. Duplicação de DNA: químico. Emulsificação das gorduras: químico. Formação de radicais livres: químico. 3 físicos e 7 químicos.
13. b
Óleo Água com sal e açúcar dissolvidos Areia
3 fases, 5 componentes. 14. c
Processo químico tem que formar novas substâncias, como, por exemplo, a formação de ferrugem.
15. c
Na quebra de um copo de vidro não há alteração da natureza da matéria, portanto, fenômeno físico.
16. c
I. (V)
II. (V)
III. (F) A água mineral apresenta várias substâncias dissolvidas, sendo, portanto, uma mistura.
IV. (V)
V. (F) O café é uma mistura. 17. c
O esquema será:
Gasolina Etanol + NaCl(aq.)
+ H2O
Etanol + NaCl(aq.)
Então, teremos 2 fases. 18. e
I. Químico — Reação química
II. Químico — Reação química III. Químico — Reação química IV. Físico — Não há reação química V. Físico — Não há reação química 19. a
O sistema possui uma substância simples (Fe). 20. e
Óleo vegetal + éter s sistema homogêneo
A B
Óleo vegetal + água s sistema heterogêneo
A C
21. a
O ar atmosférico é uma mistura de vários gases, mas toda mistura gasosa é homogênea.
Atividades extras
22. 1. Concentração – mudança de estado – fenômeno físico. 2. Fermentação – transformação de açúcar em álcool – fenômeno
químico.
3. Destilação simples – processo de separação de mistura – fenô-meno físico.
4. Destilação fracionada – processo de separação de mistura – fenô-meno físico.
23. c
A fermentação é um fenômeno químico, pois origina novas substâncias. 24. a
I. (V)
II. (V)
III. (F) Pode ser substância pura. IV. (F) Pode ser composta.
V. (F) Somente se for substância pura ou mistura eutética. QG.03
1. a
A destilação simples é utilizada para separar o solvente (neste caso, água) do soluto de uma mistura homogênea.
2. e
A filtração permite a separação da solução contendo a mescalina dos restos vegetais. Então, a mescalina deve ser extraída (com éter ou diclorometano, pois é solúvel em ambos). Finalmente, a solução resultante deve ser levada à evaporação para eliminar o solvente. 3. e
Os componentes 1 e 2 foram separados do 3 e 4 por filtração, por-tanto, temos sólidos e líquidos na mistura. Os componentes 1 e 2 são imiscíveis por poderem ser separados por decantação, já os componentes 3 e 4 foram separados um do outro por separação magnética, portanto um dos sólidos é o ferro. Analisando as alterna-tivas, temos 1 e 2 como sendo água e tetracloreto de carbono e 3 e 4 sendo ferro e níquel.
4. a
Como o petróleo e a água não se misturam e o petróleo é menos denso, ele pode ser separado por decantação.
A areia e a argila são sólidos, ao passo que o petróleo é líquido, portanto podem ser separados por filtração.
5. b 6. a
O álcool é líquido e o hidróxido de cálcio é sólido, portanto, eles podem ser separados por filtração.
7. c
Na filtração a vácuo dos equipamentos listados, apenas o erlen-meyer não é usado com frequência nesse procedimento.
8. c
I. (V)
II. (F) O ferro é separado do alumínio por separação magnética. III. (F) O carbono não é metal.
IV. (V) 9. b
A frase seria corretamente preenchida da seguinte forma: “Promover a dessalinização por destilação ou osmose reversa e,
em seguida, retificá-la, adicionando sais em proporções ade-quadas”.
10. c
Para separar a areia e o sal, teremos que, pela ordem:
1º adicionar H2O s solubilização do sal.
2º decantação s esperar sedimentação da areia.
3º filtração s separação de areia (sólido) da solução aquosa de NaCl . 4º destilação s separação da água e do NaCl que estava dissolvido
na água. 11. c
Como a água do mar é uma mistura homogênea, o melhor método de obtenção é a destilação simples.
Reprodução proibida.
Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
12. a
Pelo enunciado, temos o esquema:
A + B acetato de A
etila
filtração
evaporação do acetato de etila + (dissolvido) (sólido) + (dissolvido)B B (sólido) B A(sólido) recolhido 13. e I. (V) II. (V) III. (V)
14. Há 2 fases. Elas podem ser separadas pela decantação e utilizando-se o funil de bromo, separando assim C.
Para A e B, uma destilação simples. 15. d
Mistura-se água quente e filtra-se. Assim, separa-se A, que é insolú-vel. Resfria-se o sistema para separar C, que é insolúvel em água fria.
16. c
a) O leite é uma dispersão de várias substâncias em água. b) Água e álcool formam uma mistura.
c) A decantação consiste na deposição de partículas mais densas na parte inferior do frasco.
d) O ponto de ebulição da água ao nível do mar é 100 ºC. e) Essas mudanças de cor são evidências de um fenômeno físico. 17. a
Como o sistema é formado por uma substância sólida (hidróxido de cál-cio) e outra líquida (álcool), estas podem ser separadas por filtração. 18. d
A destilação é usada para separar misturas homogêneas sólido-lí-quido.
19. e
Pelos valores das temperaturas de fusão e de ebulição, conclui-se que a fase 1 é uma mistura e a 2, uma substância.
20. b
A decantação é um processo para separar misturas heterogêneas, e a única mistura de líquidos não miscíveis é a de água e benzeno. 21. e
Com a adição do clorofórmio dissolve-se a substância A. Essa mistu-ra homogênea pode ser sepamistu-rada dos demais componentes (B, C, D) por filtração.
A solução aquosa de C e D, após evaporação, fornece um resíduo sólido, que, aquecido moderadamente a 40 ºC, promove a fusão de D e sua separação por filtração.
22. 1o Pré-cloração e adição de Al
2(SO4)3 e CaO — fomação de agentes
aglutinantes que aceleram a decantação (Al(OH)3).
2o Decantação — sedimentação das partículas mais pesadas.
3o Filtração — retenção de partículas pequenas que passaram pela
decantação.
4o Cloração — adição de Cl
2(g) ou NaClO para a destruição de
mi-crorganismos patogênicos, quando necessário. Atividades extras
23. e
No processo de liofilização, como descrito no enunciado, a água passa do estado sólido para o gasoso. Esse fenômeno é denominado sublimação.
24. a) Massa de α-lactose — H2O cristalizada = 80 – 25 = 55 g
b) O volume de etanol (350 mL) é suficiente para dissolver toda a fenolftaleína (20 g).
Ao adicionarmos água à solução de fenolftaleína em etanol, há
for-te infor-teração entre as moléculas de água e etanol (formação de liga-ções de hidrogênio). Com isso há diminuição da disponibilidade de moléculas de etanol para dissolver a fenolftaleína, cristalizando-a. QG.04
1. d
Bohr introduziu os níveis de energia permitidos para os elétrons ao redor do núcleo.
2. d
O que distingue os átomos serem ou não de um mesmo elemento químico é o número de prótons.
3. 1 – b; 2 – a; 3 – d; 4 – c
Alguns modelos atômicos recebem analogias.
Dalton: bolas de bilhar (átomo esférico, maciço e indivisível). Thomson: “pudim de passas” (átomo constituído por um fluido
posi-tivo — pudim — onde ficariam espalhados os elétrons — passas). Rutherford: sistema solar (os elétrons ficariam distribuídos
espaça-damente ao redor do núcleo).
Bohr: modelo orbital (os elétrons giram em torno do núcleo em de-terminadas órbitas).
4. d
I. Núcleo e elétrons em órbitas circulares: modelo proposto por
Rutherford.
II. Átomo indivisível: modelo de Dalton (bolinha de bilhar). III. Átomo com elétrons incrustados: modelo de Thomson (pudim
de passas).
5. • Para o 7N15: • Para o 6C13:
A = p + n ∴ 15 = 7 + n A = p + n ∴ 13 = 6 + n
∴ n = 8 ∴ n = 7
6. b
Pelos postulados de Bohr, temos:
Órbita interna Órbita externa Absorve energia e– e– Libera energia Núcleo � � 7. b
O modelo atômico de Rutherford-Bohr propõe que a emissão de luz ocorre por causa da transição eletrônica entre níveis de energia. 8. e
A experiência de Rutherford levou à conclusão de que o átomo é formado por um pequeno núcleo denso e por uma grande região (eletrosfera), formada praticamente por espaço vazio onde ficam os elétrons.
9. b
A diferença entre os modelos de Rutherford e Bohr tem a ver com a introdução das órbitas estacionárias com diferentes quanta de energia.
10. e
O primeiro modelo a considerar a natureza elétrica da matéria foi o de Thomson (modelo do “pudim de passas”, esfera positiva com elé-trons negativos incrustados).
11. a
O modelo de Bohr propõe que os elétrons ocupam níveis de energia ao redor do núcleo atômico.
CADERNO 1
Reprodução proibida.
Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
12. c
Dalton considerou o átomo maciço, indivisível e indestrutível. Rutherford considerou o núcleo do átomo e os elétrons girando ao seu redor. 13. a Ca: prótons = 20 nêutrons = 20 C: prótons = 6 nêutrons = 6 O: prótons = 8 nêutrons = 8 Mg: prótons = 12 nêutrons = 12 14. e I. (V) II. (V) III. (V) 15. c
Em seu modelo atômico, Rutherford afirma que o átomo é composto por um núcleo pequeno, denso e positivo, com elétrons, partículas de carga negativa, circulando em torno do núcleo.
16. c
De acordo com Bohr, ao excitar os elétrons com energia, estes “sal-tam” para órbitas mais externas e, ao retornarem, liberam energia na forma de onda eletromagnética, no caso luz verde.
17. e
Consultando a tabela periódica:
18Ar s Z = 18 ∴ p = 18 w n = 40 – 18 = 22
19K40 s Z = 19 ∴ p = 19
A = p + n ∴ 40 = 19 + n ∴ n = 21 18. d
Por serem átomos do mesmo elemento químico (Mg), eles apresen-tam propriedades semelhantes, mesmo número de prótons e elé-trons, porém diferentes números de nêuelé-trons, o que faz com que os números de massa sejam diferentes.
19. c
No estado fundamental, os elétrons estão nas camadas mais próxi-mas do núcleo. Nesse caso, 2 na camada K e 1 na L.
20. c
A carga do íon indica a diferença entre o número de prótons e de elétrons. Nesse caso, o valor +1 indica que esse íon possui um pró-ton a mais que o número de elétrons. A carga do íon não está rela-cionada com o número de nêutrons.
21. e
O átomo Fe possui 26 prótons (número atômico) e, como não possui carga, 26 elétrons. O seu número de nêutrons é (n = A – Z) 20.
O íon ferro (II) Fe2+ possui 2 prótons a mais que o seu número de elétrons.
Portanto, possui 24 elétrons. O número de prótons e de nêutrons não se altera quando um átomo é convertido em íon.
22. d Se:
número de prótons > número de elétrons s cátion número de prótons = número de elétrons s átomo neutro número de prótons < número de elétrons s ânion Atividades extras
23. Dalton: explica as teorias de Lavoisier e Proust. Thomson: mostra que o átomo é divisível (elétrons).
Rutherford: tentou provar experimentalmente o modelo de Thomson.
24. Quando um elétron recebe energia, ele “salta” para um orbital mais externo (de maior energia) e, ao retornar a órbitas mais internas (de menor energia), há liberação de energia na forma de onda eletro-magnética, que, se estiver na região do visível, terá cor característica do fóton emitido.
QG.05 1. d
Átomo neutro Ânion
A A ganhou 3 e− − → = = X0 X3 75 755 33 36 33 33 e e Z Z Como A=Z+n: 75=33+n n=42 −= − = = = 2. d I. (V) II. (V) III. (F) 53I127 w 127 = 53 + n w n = 74 53I131 w 131 = 53 + n w n = 78
Portanto, diferente número de nêutrons.
IV. (F) Os ânions apresentam 54 elétrons. 3. Soma = 3 (01 + 02)
(01) (V) (02) (V)
(04) (F) São isóbaros. (08) (F) São isóbaros.
(16) (F) Possuem diferentes números de nêutrons. 4. a
340 g ____ 100% 197 g ____ x (Au)
x = 57,9% H 58%
Observação: O número atômico da platina é 78, mas a configuração na
alternativa b está errada pois não foi colocado o 4p6.
5. a 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p6 7s2 5f14 6d10 7p2 6. c 20Ax Isóbaros Isótonos 19B 50 21C y ∴ x = 50 Para o átomo B: A = p + n ∴ 50 = 19 + n ∴ n = 31 Como B e C são isótonos, teremos: A = p + n ∴ A = 21 + 31 = 52
7. d
Isótono: mesmo número de nêutrons. n = A – Z
16
37D :21= nêutrons
8. e
Distribuição de átomo neutro de 30Zn
Energética: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10
Geométrica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2
No cátion 30Zn2+, há perda de 2 e– da camada de valência, então,
teremos:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10
9. d
Átomos isótopos possuem igual número de prótons (número atômi-co) e diferente número de nêutrons. Consequentemente, o número de massa também será diferente.
Reprodução proibida.
Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10. c
Os isótopos apresentados são representados por: 92U235 e 92U238
p = 92 p = 92
n = 143 n = 146
e– = 92 e– = 92
11. d
I. Falsa s 10 prótons e 10 nêutrons.
II. Verdadeira. III. Verdadeira. 12. b Átomo Cl Ânion Cl– p = 17 p = 17 e– = 17 e– = 18 n = 18 n = 18 Átomo Ar p = 18 e– = 18 n = 22 Átomo K Cátion K+ p = 19 p = 19 e– = 19 e– = 18 n = 20 n = 20 13. b
O átomo possui um núcleo com prótons e nêutrons e uma eletrosfe-ra com elétrons. 14. a a A A55 n a b B B n y b A C n 2a + y = 79 2nA + nB = 88 2a + y + 2nA + nB = 55 + 2b 79 + 88 = 55 + 2b b = 56
Como: a + nA = 55 (I) e nA + y = 56 (II) e substituindo I e II em
2a + y = 79, temos que:
2(55 – nA) + (56 – nA) = 79
110 – nA + 56 – nA = 79
nA = 29
A partir daí, substitui-se em todas as equações e obtém-se: 26 55 29 A n= 26 56 30 B n= 27 56 29 C n= 15. a
As distribuições eletrônicas são:
Energética: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
Geométrica: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
16. d
(4) 16S2– s 18 e– e 20Ca2+ = 18 e–.
(1) C(grafite) e C(diamante) são alótropos.
(3) He e Ne formados por um único elemento.
(5) Cl2 e N2 formados por dois átomos.
17. d
Como os íons são provenientes do mesmo elemento químico (ferro), apresentam o mesmo número de prótons (número atômico). Como são provenientes de isótopos distintos, apresentam diferentes nú-meros de nêutrons. Como são íons de cargas diferentes, possuem diferentes números de elétrons.
18. d
O átomo neutro de IV (Ca) tem 20 prótons e 20 elétrons, portanto nessa
espécie o átomo de cálcio perdeu 2 elétrons, sendo um cátion (Ca2+).
19. a 82 207 perde 2 e– 82 207 2+ Pb→ Pb p = 82 p = 82 n = 125 n = 125 e– = 82 e– = 80 A = p + n 207 = 82 + n n = 125 20. a) Fe = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6
Fe3+ w Perde 3 elétrons, preferencialmente da camada de valência.
∴ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5
b) S = 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
S2– w Ganha 2 elétrons na camada de valência.
∴ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
21. Soma = 11 (01 + 02 + 08) (01) Correta.
(02) Correta.
(04) Incorreta. Um elemento químico é identificado pelo seu núme-ro atômico (númenúme-ro de prótons).
(08) Correta. O núcleo representaria o Sol, e os elétrons, os planetas.
(16) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico de Bohr. Dalton não previa a existência de partículas suba-tômicas.
(32) Incorreta. Essa explicação é baseada no modelo atômico de Bohr. (64) Incorreta. Como são derivados do mesmo elemento químico,
apre-sentam o mesmo número atômico (número de prótons). Atividades extras
22. d
Z = 40 w 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d2
10 elétrons no penúltimo nível (nível 4).
23. nJ + nL + nM = 88 s 2n + nL = 88 s 2n + 30 = 88 ∴ n = 29 pJ + pL + pM = 79 s 2p + pM = 79 (II) L s 30 nêutrons p J AJ Isóbaros Isótopos Isótonos pLA p MMA para J: AJ = p + n para L: A = p + 30 para M: A = pM + n
Somando-se as duas equações:
nJ + nL + nM = 88 p + pL + pM = 79 AJ + A + A = 167 ∴ AJ – 2A = 167 Então: p + 29 – 2(p + 30) = 167 p = 26 Portanto: 26J 55 26L56 27M 56 24. e
A massa do átomo do isótopo de Ca é 39,96259 vezes maior do
que a massa de 1
12 do átomo do isótopo do C
12.
QG.06 1. b
A distribuição eletrônica por camadas deste elemento é:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3
Seu número atômico, por se tratar de um átomo neutro, é igual ao número de elétrons (33).
CADERNO 1
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Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Como possui 5 elétrons (4s2 4p3) na camada de valência (4a, N), está
localizado no 4o período e no grupo 15(VA).
2. d
A frase fica corretamente preenchida da seguinte forma:
Na tabela periódica atual, os elementos químicos encontram-se dis-postos em ordem crescente de número atômico, sendo que aqueles que apresentam o último elétron distribuído em subnível s ou p são classificados como elementos representativos.
3. Soma = 1 (01)
(01) (V) Ambos são calcogênios.
(02) (F) A distribuição é 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4.
(04) (F) Seu nome é enxofre. (08) (F) É um calcogênio.
(16) (F) O enxofre forma moléculas S8 e é sólido em condições
ambientes.
4. Soma = 37 (01 + 04 + 32) (01) (V)
(02) (F) B representa um elemento de transição, contudo seu sub-nível mais energético é o d.
(04) (V)
(08) (F) Elementos da família E têm a camada de valência
repre-sentada por ns2 np6.
(16) (F) D é semimetal. (32) (V)
5. b
A substância E1 é um metal alcalinoterroso, portanto é sólida; E2 é
um halogênio do 5º período (é o iodo : I2), que nas condições
am-bientes é sólido. Apesar de estarem no mesmo período, apresentam
propriedades químicas diferentes, e a massa molar de E2 é maior,
pois os elementos estão organizados na tabela periódica em ordem crescente de número atômico, e a massa atômica também cresce nessa ordem. 6. c R s gás nobre Z s metal alcalino T s metal alcalinoterroso X s metal alcalinoterroso 7. d
Para os elementos de uma mesma família, o raio aumenta com o número de camadas (níveis) e, por consequência, com aumento do número atômico.
8. b
a) Correta: eles são o ferro e o titânio.
b) Incorreta: o cálcio é um alcalinoterroso e é mais abundante que o Na e o K, que são alcalinos.
c) Correta, pois mais da metade da massa é composta por oxigê-nio e silício, que não são metais.
d) Correta, pois estão na fração “todos os outros”, o que corres-ponde a 1,1% da massa.
9. b
O raio do átomo (RA) é sempre menor que um raio de um ânion (R1),
pois a entrada do elétron na camada de valência provoca repulsão entre elétrons, aumentando o raio da espécie.
10. c
O número atômico do vanádio é 23, e sua distribuição eletrônica é:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3 11. 1 – d; 2 – a; 3 – c; 4 – b; 5 – e (2) Fe2+ (4) Na+ (3) PO4 3− (1) I– (5) Co2+ 12. e
O principal constituinte das “latinhas de refrigerante” é o alumínio (Al).
A partir do elemento de número atômico 1 (H) até o Al são 17 “pas-sos”, o que seria possível com os pontos de Bruno e Elza, porém, como a cada jogada só é possível se mover por um grupo ou por um período, a vencedora foi Elza.
13. c
W s 3o período (3) s grupo 15 (O) Y s 4o período (4) s grupo 2 (B) Z s 4o período (4) s grupo 18 (R) T s 5o período (5) s grupo 1 (A) 14. e
X = hidrogênio V = hélio (2He:1s2)
Y = alcalinoterroso w 2 elétrons na camada de valência e forma íon de carga 2+.
R = cloro (gás) T = metal de transição 15. e
A distribuição eletrônica do elemento seria:
1s2 2s2 2p4
[He]: 6 e– na CV ∴ grupo 16
2 camadas ∴ 2o período
O próximo elemento teria uma camada a mais com igual número de elétrons na camada de valência, então:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 ∴ total e– = 16
Z = 16 w enxofre 16. b
I. Verdadeiro.
II. Falso. A configuração eletrônica de R indica um gás nobre, os quais possuem os maiores valores de energia de ionização da tabela periódica.
III. Falso. Gases nobres são pouco reativos. IV. Falso. São gases nobres.
V. Verdadeiro. 17. I – d; II – a; III – c 18. a) 8O2– 9F– 12Mg2+ 13Al+ f f f f 10 e– 10 e– 10 e– 12 e– ∴ Al+ não é isoeletrônico.
b) Para íons isoeletrônicos:
↑ p ↑ atração dos e– pelo núcleo ∴ menor raio
Dessa forma, o de maior raio é o 8O2– .
19. c
82Pb: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p2
∴ 4 e– na última camada de valência
∴ família IVA ou 14 (família do carbono) 20. e
Fazendo as distribuições eletrônicas
7N: 1s 2s p 2 K 2 3 L 2 ∴ 2 camadas 11Na: 1s 2s p 3s 2 K 2 6 L 1 M 2 ∴ 3 camadas 19K: 1s 2s p 3s p 4s 2 K 2 6 L 2 6 M 1 N 2 3 ∴ 4 camadas 20Ca: 1s 2s p 3s p 4s 2 K 2 6 L 2 6 M 2 N 2 3 ∴ 4 camadas
Carga nuclear Ca > carga nuclear K ∴ raioCa < raioK
Então a ordem será: N < Na < Ca < K 21. d
Os elementos A, B e C estão no mesmo grupo da tabela periódica (IIA ou 2, metais alcalinoterrosos), pois apresentam a CV com 2 elétrons. Como o raio atômico aumenta de cima para baixo, na ta-bela periódica o valor de x está entre 1,13 e 1,97.
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22. b Metais alcalinos: Na e K Metais alcalinoterrosos: Mg e Ba Calcogênio: O e S Halogênio: F e Br Gás nobre: He e Ar Atividades extras 23. e 9F – 12Mg2+ 9 prótons 12 prótons 10 elétrons 10 elétrons
Para espécies isoeletrônicas: maior número de prótons, menor raio. 24. d
a) (F) I e II são gases a temperatura ambiente. b) (F) III é halogênio.
c) (F) VII é gás nobre. d) (V)
e) (F) VI apresenta 4 camadas e X, 6 camadas. QG.07
1. e
As propriedades periódicas citadas no exercício aumentam da se-guinte forma: Energia de ionização: portanto é o elemento X. Densidade: portanto é o elemento T. 2.
d
I. (V)II. (F) O átomo B é um metal alcalino, portanto, possui baixa eletro-negatividade.
III. (V)
IV. (F) Os elementos C e D apresentam 3 camadas ∴ 3º período.
Os elementos A e B apresentam 4 camadas ∴ 4
º
período.3. a
O cálcio é um metal, portanto possui baixa energia de ionização e tem
facilidade para formar cátions. Como o cálcio está no 4o período da
tabela periódica e o oxigênio no 2o, apresenta maior raio atômico.
4. c
I. (V)
II. (F) Raio atômico é propriedade periódica. III. (V)
IV. (F) Quanto menor o raio, maior a eletronegatividade. 5. e
Quanto menor o raio, maior a energia de ionização por causa da maior atração núcleo-elétron. Portanto, na tabela periódica, os ele-mentos que possuem os maiores valores de energia de ionização e menores raios são os localizados à direita, ou seja, os gases nobres. 6. c
I. (V)
II. (F) O He é gás nobre, portanto, sua energia de ionização é maior que a do H.
III. (V)
IV. (F) Os gases nobres têm energia de ionização maior que a dos metais de transição.
7. a
O flúor é o elemento mais eletronegativo. 8. e
Pela posição da região, esta terá grande raio e baixa eletronegativi-dade.
9. a) 16S2– 18Ar 20Ca2+ 17Cl –
p = 16 p = 18 p = 20 p = 17
e– = 18 e– = 18 e– = 18 e– = 18
Espécies isoeletrônicas = número de elétrons
∴ S2– > Cl– > Ar > Ca2+
b) Dos elementos apresentados:
↑ p s↑ atração núcleo-elétron s ↓ raio ∴ ↑ energia de
ionização
∴ a menor energia de ionização será do S2–.
10. d
I. (V)
II. (F) EICl > EINa
III. (V) 11. F – V – V – F
I. Incorreto. Metais alcalinos têm grande tendência para perder
elétrons, ou seja, apresentam baixos potenciais de ionização. II. Correto.
III. Correto. Como no ânion o número de elétrons é maior que no átomo que o originou, e o número de prótons é o mesmo, os elétrons estão atraídos menos intensamente; portanto, o ânion é maior.
IV. Incorreto. O halogênio e o metal alcalino possuem a mesma quan-tidade de camadas eletrônicas, porém o halogênio possui mais protóns, o que aumenta a atração do núcleo sobre a eletrosfera. 12. b
Os elementos sódio, cloro e argônio estão no 3º período da tabela
periódica, e o hélio, no 1o. Dentro de um mesmo período, o aumento
do número atômico (deslocamento para a direita na tabela) acarreta diminuição no raio e aumento da energia de ionização. O mesmo ra-ciocínio é utilizado quando se desloca de baixo para cima na tabela. 13. a
Localização desses elementos na tabela periódica:
B C
Al Si
a) V
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c) F, eletronegatividade menor: Al
d) F, energia de ionização maior: C
14. c
X – 2o período, grupo 18, gás nobre. Y – 3o período, grupo 2, metal. Z – 3o período, grupo 15, ametal.
I – Falsa. Y é um metal alcalinoterroso.
II – Falsa. Z é um ametal.
III – Verdadeira: maior número atômico, maior potencial de ioni-zação, por estarem em um mesmo período.
15. c
I. Falsa. Os metais possuem baixa afinidade eletrônica.
II. Falsa. O sódio se transforma facilmente em cátions, ou seja, necessita de pouca energia para perder 1 elétron.
III. Verdadeira. O Hg é mais denso que o Na, pois se localiza no centro da tabela periódica.
16. V – F – F – V
I. (V)
II. (F) Todas requerem energia. III. (F) Ocorre absorção de energia. IV. (V)
17. Raio atômico: 1H > 2He
Energia de ionização: He > H
Afinidade eletrônica: H > He (gás nobre) 18. b
Os elementos A e C apresentam baixa energia de ionização, portan-to são metais alcalinos ou alcalinoterrosos.
O elemento B apresenta alta energia de ionização, portanto é um gás nobre ou halogênio.
Pela distribuição eletrônica, descobre-se o grupo a que pertence o elemento.
19. d
Os metais mais reativos são aqueles que perdem com facilidade os elétrons da camada de valência, ou seja, são os que apresentam raios grandes e energias de ionização baixas.
20. e
Os elementos químicos com maior energia de ionização são os gases nobres.
21. F – V – V – V
I. Falsa. Eletronegatividade é a medida da capacidade de um
áto-mo de atrair elétrons de outros átoáto-mos ou íons para perto dele. 22. b
I. (F) Alto Z s mais prótons s maior atração elétron-núcleo s
s menor raio.
II. (F) A 2ª energia de ionização é sempre maior que a 1ª energia
de ionização pois a retirada do 1º e– aumenta a atração
elé-tron-núcleo e diminui raio ∴ alta energia de ionização III. (V)
IV. (V)
V. (F) Os átomos de elementos de um mesmo grupo (família) têm configuração semelhante para os elétrons de valência. Atividades extras 23. a) 1 e– 9 ⋅ 10–31 kg 6 ⋅ 1023 e– x ∴ x = 54 ⋅ 10–8 kg Como Ecin. = m v· 2 2 ∴ Ecin. = 54 10 1 10 2 8 6 2 ⋅ − ⋅ ⋅( −) Ecin. = 27 ⋅ 104 J ou 270 kJ
Como: Etotal = Ecin.+ Eionização
∴ 1.070,9 = 270 + Eionização
Eionização = 800,9 kJ, que no gráfico pode ser B ou Si. Como o
elemento está no 3º período da tabela, temos então w Si.
b) Para mudança de camadas temos que adicionar ao número atô-mico mais 18 unidades (número de grupos na tabela periódica), assim: 14 + 18 = 32
24. c
O átomo com maior afinidade eletrônica é o IV porque possui 7 e– na CV.
QG.08 1. e
Como teremos interação entre: Lítio Sódio Césio Família dos metais alca llinoss 1e na CV doam e1 − ∴ −
Cloro s halogênio s 7 e– na CV ∴ recebe 1 e–
A ligação será iônica e serão formados: LiCl, NaCl, CsCl. 2. d X s 1s2 2s2 2p6 3s2 ∴ 2 e– na CV Z s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 ∴ 7 e– na CV X 2+ Z1– X 2+ Z 1– XZ2 3. d I. (V)
II. (F) O sódio perde 1 e– e o cloro recebe 1 e–, formando um
composto iônico. III. (V)
4. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Incorreta. A é ânion do grupo 17 (seu átomo possui 17 elétrons) e Z pertence ao grupo 2 (seu átomo possui 20 elétrons).
(02) Correta. (04) Correta.
(08) Correta, pois é um ametal (pertence ao grupo 17).
(16) Incorreta. O número de massa de A é 35 (17 prótons + 18 nêutrons).
5. a) Consultando a tabela periódica: X = oxigênio (ametal) Y = carbono (ametal) Z = potássio (metal)
b) Os não metais formam ligações covalentes CO2 (ou CO).
6. e 56Ba s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3p10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6 6s2 K L M N O P f f f f f f 2 8 18 18 8 2 Portanto, doa 2 e–. 54Xe s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6 16S s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 K L M f f f 2 8 6 ∴ recebe 2 e– 18Ar s 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
Reprodução proibida.
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7. Halogênio mais eletronegativo s F s 7 e– na CV
∴ recebe 1 e– ∴ F–
Metal alcalinoterroso citado s Ra s 2 e– na CV
∴ doa 2 e– ∴ Ra2+
Ra F Ra F 2+
1-2
A ligação será iônica com fórmula: RaF2
8. c
Pelas distribuições eletrônicas:
grupo 2 (ou II A) metal 4º período
40
A (Z = 20): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2
20
grupo 17 (ou VII A) ametal
80
B (Z = 35): 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d104s24p5
35
A e B estão no mesmo período, porém, como B está mais à direita que A, é mais eletronegativo e apresenta menor raio. O composto
AB2 é iônico e apresenta alto ponto de fusão. Como B é um
halogê-nio, nas condições ambientes é encontrado na forma B2.
9. b
O oxigênio recebe um elétron do sódio (ligação iônica) e compartilha um par de elétrons com o cloro (ligação covalente), ficando com o octeto completo.
10. a) O elemento é o sódio.
b) (18Ar)
Como o número atômico do argônio é 18 e o elemento citado
tem 8 elétrons a mais que o argônio, seu número atômico é 26. c) O elemento é o flúor e seu símbolo é F.
d) Alcalinoterroso: Ca2+
Halogênio: Br–
Composto formado: CaBr2
11. Soma = 8 (08)
(01) Falsa. Pertencem a grupos diferentes.
(02) Falsa. Como B, que pertence ao grupo 2, forma cátions B2+ e
D, que pertence ao 17, forma ânion D–, a fórmula do compos-to formado por eles é:
B2+ D1– wBD2
(04) Falsa. É ametal e, portanto, apresenta alta afinidade eletrônica. (08) Verdadeira. Os elementos localizados nos grupos de 3 a 12
são denominados metais de transição. 12. e
A interação interatômica entre cátions e ânions caracteriza uma liga-ção iônica.
13. d
I. (V)
II. (F) Quando o carbono faz 4 ligações simples, as valências diri-gem-se para os vértices de um tetraedro.
III. (V) IV. (V) 14. Distribuições eletrônicas: Ca s2 s p s p s K 2 6 L 2 6 M 2 N
= 1 2 2 3 3 4 portanto doa 2 e– s metal
O s2 s p
K
2 4
L
= 1 2 2 portanto recebe 2 e– s ametal
A ligação será iônica e a fórmula do composto será CaO. O número total de elétrons será: 20 + 8 = 28 15. d
As distribuições eletrônicas são: 7 2 3 2 2 N:1s K s p L 2 5 2 c 2 aamadas 2 períodoº 15 2 6 2 2 3 P:1s K s p L s 3p M 2 5 2 2 6 ; 3 camadas 3 períodoº I. (V) II. (F) III. (V) 16. b Distribuição eletrônica: 9F s 1 2 2s2 2 K 2 s p L 7 5 ∴ recebe 1 e– 13Al s 1 2 2 3 3s2 2 2 K 2 s p L 8 s p M 3 6 1 ∴ perde 3 e– 15P s 1 2 2 3 3s2 2 2 K 2 s p L 8 s p M 3 6 1 ∴ recebe 3 e– ∴ + eletronegativo s F + eletropositivo s Al A fórmula entre F e Al será:
Al3+ F1– AlF3
17. Soma = 14 (02 + 04 + 08)
(01) Incorreto. Como todas as espécies têm 10 elétrons, conclui--se que X tem 8 e, portanto, seu número atômico é 8 e que Z tem 13, sendo seu número atômico. Portanto, não são isótopos.
(02) Correto.
(04) Correto. Camada de valência (2s2 2p6) com 8 elétrons.
(08) Correto. Z3+ X 2– s Z
2X3
(16) Incorreto. 13Z (1s2 2s2 2p6 3s2 3p1) pertence ao 3o período.
18. c
Os metais apresentam menos que 4 elétrons na camada de valên-cia, e os elementos não metálicos, 4 ou mais. I está representando o elemento flúor (Z = 9), o mais eletronegativo da série.
19. d
Ozônio = O3
O ozônio é uma substância simples formada pelo elemento químico oxigênio.
20. Soma = 6 (02 + 04)
A: camada de valência 4s2 w é metal w forma cátion A2+ (possui menor energia de ionização).
B: camada de valência 3s2 3p5 w é halogênio w forma ânion B1– (tem maior afinidade por elétrons).
(01) Incorreta. (02) Correta.
(04) Correta, pois apresenta maior número de camadas eletrônicas. (08) Incorreta. A, por ser metal, participa de ligação iônica. (16) Incorreta. A fórmula do composto pode ser estabelecida pela
seguinte regra:
A2+ B1– AB2
21. e
I. Correta. Apresenta menor raio atômico.
II. Correta.
III. Incorreta. O Al possui maior atração núcleo-elétrons. IV. Incorreta. Ambos são ametais e a ligação é covalente. V. Correta.
CADERNO 1
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22. e N2O5 N O N O O O O N2O4 N N O O O O NO2 N O O N2O N N O O NO N Atividades extras 23. CsI
Segundo o diagrama I, o sal de menor ponto de fusão é o de PF 621 ºC. Comparando-se os valores dos outros sais apresenta-dos na tabela, percebemos que o primeiro sal (PF = 988 ºC) é o de raio iônico 2,35 angstrons, que corresponde ao cátion do 3º período ligado ao ânion do 2º período. Fazendo uma
analo-gia, o sal procurado será o formado pelo cátion do 6º período
com o ânion do 5º período, portanto, CsI (1,70 + 2,20 =
= 3,90 angstrons). 24. e
O elemento F é o oxigênio; K é o hidrogênio; como F é do grupo 16 e forma composto iônico de fórmula GF, G é do gru-po 2; se o número atômico de H é 34, logo ele se encontra no 4º período, grupo 16; J tem um próton a mais e é do mesmo perío-do, pertence, portanto, ao grupo 17; G é do mesmo período. QF.01
1. b
De acordo com a tabela fornecida, para um indivíduo de 70 kg, temos: massa de oxigênio (mO) = 43.500 g massa de carbono (mC) = 12.600 g massa de hidrogênio (mH) = 7.000 g massa de nitrogênio (mN) = 2.100 g massa de cálcio (mCa) = 1.050 g
Sabendo que a quantidade de átomos é diretamente proporcional à quantidade, em mol, de átomos para cada elemento, teremos:
n m M n m M O O C C C O g g mol mol = = ⋅ = = − 43 500 16 1 2 718 75 . . , == ⋅ = = = − 12 600 12 1 050 7 000 1 1 . . . g g mol mol g g n m M H H H ⋅⋅ = = = ⋅ = − − mol mol g mol 1 1 7 000 2 100 14 150 . . n m M g N N N m mol g g mol mol n m M Ca Ca Ca = = ⋅ − = 1 050 40 1 26 25 . ,
Então, o H é o elemento que contribui com a maior quantidade de átomos. 2. d 1 mol 6 · 1023 átomos x 8 átomos x = 1,3 · 10–23 mol 3. a Sabendo que: 1 mol CO2 6 · 1023 moléculas de CO2 44 g n 3,5 · 1015 g n = 7,9 · 1013 mol 4. a
1 mol de substância 350 g 6 ⋅ 1023 moléculas
m 1 molécula ∴ m = 5,8 ⋅ 10– 22 g 5. c MNH3= 1 · 14 + 3 · 1 = 17 g/mol 1 mol de NH3 17 g 6 · 1023 moléculas de NH3 8,5 · 10–3 g x x = 3 · 1020 moléculas de NH 3 6. c 1 molécula de NH4C7H5O2 9 átomos de H
1 mol de NH4C7H5O2 9 mol de átomos de H
6 · 1023 moléculas de NH
4C7H5O2 9 · 6 · 1023 átomos de H
7. c
C2H2 e H2O2 w 4 átomos no total da molécula, sendo a metade
áto-mos de H. 8. V – V – F
Somente a última afirmativa está incorreta, pois o mol é uma grandeza que indica quantidade de partículas, independentemente de sua massa. 9. a) Massa de sódio ingerida (30 mg + 50 mg + 750 mg + 157 mg) =
= 990 mg
Cálculo da porcentagem de sódio ingerido:
1.100 mg 100%
990 mg x
x = 90% (do mínimo aconselhado)
b) Para satisfazer a necessidade máxima (3.300 mg – 990 mg) = = 2.310 mg de Na
Massa molar de NaCl = (22,990 + 35,453) = 58,443 g/mol
22,990 g de Na 58,443 g de NaCl 2,310 g x x = 5,872 g de NaCl 10. e 1 mol Fe 56 g 6 ⋅ 1023 átomos (1.674 mg) 1.674 ⋅ 10–3 g x ∴ x = 1,79 ⋅ 1022 átomos H H 1,8 ⋅ 1022 átomos 11. e
De acordo com o princípio de Avogadro:
C2H4 s 10 L ∴ n moléculas ∴ 6 n átomos
O2 s 10 L ∴ n moléculas ∴ 2 n átomos
CO2 s 20 L ∴2 n moléculas ∴ 6 n átomos
CO s 10 L ∴2 n moléculas ∴ 4 n átomos 12. e
Como o isótopo de maior abundância é o de massa 26 (80%), a massa atômica estará mais próxima da massa deste isótopo. Observação: Professor, apesar de ser possível calcular a massa
atô-mica, não se faz necessário. 13. a
Pela fórmula apresentada, temos a fórmula molecular: C10H14N2
A massa molar será: C = 12 · 10 = 120 H = 1 · 14 = 14 N = 14 · 2 = 28 Total = 162 g/mol Então: 1 mol de nicotina 162 g n 0,65 · 10–3 g (m nicotina = 0,65 mg) n = 4,01 · 10–6 14. a) MC2H3Cl= 2 · 12 + 3 · 1 + 1 · 35,5 = 62,5 g/mol 1 mol de C2H3Cl 62,5 g x 93,75 g x = 1,5 mol b) 1 molécula de C2H3Cl 2 átomos de C 1 mol de C2H3Cl 2 mol de C 1,5 mol de C2H3Cl y y = 3 mol de C c) 1 mol de C 6 · 1023 átomos de C 3 mol z z = 1,8 · 1024 átomos de C 15. d
Reprodução proibida.
Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Pelo enunciado, a tiragem máxima de moedas de prata é de 20.000, então: 1 moeda 27 g de Ag 20.000 moedas mAg ∴ mAg = 5,4 ⋅ 105 g Sabendo que: 1 mol Ag 108 g 6 ⋅ 1023 átomos x 5,4 ⋅ 105 g y
x = nAg = 5 ⋅ 103 mol e y = número de átomos = 3 ⋅ 1027 átomos
16. Cálculo da massa molar do CH4: C = 12 · 1 = 12
H = 1 · 4 = 4 Total = 16 g/mol Como:1 Gg 1 · 109 g 288 Gg mCH4 ∴ mCH4 = 288 · 109 g Sabendo que: 1 mol CH4 16 g 6 · 1023 moléculas 288 · 109 g x ∴ x = 1,08 · 1034 moléculas 17. a
A massa molar da butadiona é: C = 12 ⋅ 4 = 48
H = 1 ⋅ 6 = 6 O = 16 ⋅ 2 = 32 g/mol Total = 86 g/mol
1 mol butadiona 86 g 4 ⋅ 6 ⋅ 1023 átomos de C
4,3 g x
x = 1,2 ⋅ 1023 átomos 18. e
A água pesada pode ser representada por D2O, em que D é o
símbo-lo do isótopo de hidrogênio de massa 2, o deutério.
MD2O = 2 · 2 + 1 · 16 = 20 u 19. b 1 mol Cu 63,5 g 6 ⋅ 1023 átomos 10 g x ∴ x = 60 10 63 5 23 · , átomos
Como: 1 átomo 2 ⋅ 1,17 ⋅ 10–10 m (diâmetro)
60 10 63 5 23 · , átomos y ∴ y = 2 ⋅ 10 13 m 20. c 1 mol 6 · 1023 átomos 23 g x 69 · 10–3 g x = 1,8 · 1021 átomos 21. c SO2 (1 · 32 + 2 · 16 = 64 g/mol) 1 mol 64 g 0,2 mol x x = 12,8 g CO (1 · 12 + 1 · 16 = 28 g/mol) 1 mol 6 · 1023 moléculas 28 g 3 · 1023 moléculas y y = 14 g
Massa total dos gases emitidos: 12,8 + 14 = 26,8 g 22. e
1 mol de C 6,02 · 1023 átomos 12 g
x 0,04 g
x = 2,0 · 1021 átomos Atividades extras
23. Cálculo da quantidade de átomos de Ca em 1,6 kg:
1 mol Ca 40 g 6 ⋅ 1023 átomos
1,6 kg w 1.600 g x ∴ x = 2,4 ⋅ 1025 átomos
Substituindo essa quantidade de átomos de Ca por Ba, tería-mos: 1 mol Ba 137 g 6 ⋅ 1023 átomos m 2,4 ⋅ 1025 átomos ∴ m = 5.480 g ou 5,48 kg Portanto: 70 kg – 1,6 kg + 5,48 kg = 73,88 kg
24. a) Cálculo do volume do cubo s V = a3 ∴ V = (1)3 cm3
Como d = m
V ∴ 11,35 = m1 ∴ m = 11,35 g
Então: 1 mol Pb 207 g 6 ⋅ 1023 átomos
11,35 x ∴ x = 3,29 ⋅ 1022 átomos
b) Como VT = 1 cm3, 60% será 0,6 cm3, então:
3,29 ⋅ 1022 átomos 0,6 cm3 1 átomo V ∴ Vátomo = 1,82 ⋅ 10–23 cm3 Admitindo: V = 4 3πr 3 ∴ 1,82 ⋅ 10–23 = 4 3 ⋅ 3 ⋅ r 3 ∴ r = 1,65 ⋅ 10–8 cm
c) Cálculo do diâmetro do átomo: d = 2 ⋅ r ∴ d = 3,31 ⋅ 10–8 cm
Então: 3,31 ⋅ 10–8 cm 1 átomo 1 cm n ∴ n = 3 ⋅ 107 átomos QF.02 1. b Fe: 72,4% O: 27,6% n=72,456 n=27,616 n=1,30 mol1,30 n=1,725 mol1,30 Fe1O1,33 (· 3): Fe3O4 2. e
Cálculo da massa molecular: S = 32 ⋅ 1 = 32 O = 16 ⋅ 2 = 32 64u Para o enxofre: 64 u 100% 32 u %S ∴ %S = 50% Para o oxigênio: 64 u 100% 32 u %O ∴ %O = 50% 3. a 180 g de Fe3C 100% 12 g de C %C ∴ %C = 6,66%
4. Cálculo da quantidade total de MgCl2 que é extraída de 10 m3 de
água do mar.
1 m3 de água do mar 6,75 kg de MgCl
2
10 m³ de água do mar mMgCl2
mMgCl2 = 67,5 kg
A partir das massas molares do MgCl2 = 95,3 g/mol e Mg = 24,3 g/mol,
teremos: 1 mol de MgCl2 1 mol Mg 95,3 g 24,3 g 67.500 g mMg ∴ mMg = 17.211 g 5. b
Cálculo da massa de cobalto:
6 · 10–6 g 100%
x 4%
x = 2,4 · 10–7 g de Co
Cálculo do número de átomos de cobalto:
1 mol de Co 60 g 6 · 1023 átomos 2,4 · 10–7 g y y = 2,4 · 1015 átomos 6. d Na amônia: 9,33 g de N 2,00 g de H mN 6,28 g de H ∴ mN = 29,29 g
CADERNO 1
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7. a
Cálculo das massas molares:
ZnSO4 (Forzin®) Na2Zn3(CO3)4 ·3H2O (Zinplus®)
Zn = 65,4 · 4 · 1 = 65,4 g Na = 23 · 2 = 46 g S = 32 · 1 = 32 g Zn = 65,4 · 4 · 3 = 196,2 g O = 16 · 4 = 64 g C = 12 · 4 = 48 g Total = 161,4 g O = 16 · 15 = 240 g H = 1 · 6 = 6 g Total = 536,2 g Cálculo da massa de Zn: (Forzin®) 1 mol 161,4 65,4 g de Zn m mZnForzin mZn = 65 4, ⋅ m 161,4 ∴ mZnForzin = 0,405 m (Zinplus®) 1 mol 536,2 g 196,2 g de Zn m mZnZinplus mZn = 196 2, ⋅ m 536,2 ∴ mZnZinplus = 0,365 m
Cálculo da quantidade, em mol, de átomos de Zn: (Forzin®) 161,4 g 1 mol de átomos de Zn m nZnForzin ∴ nZnForzin = m 161,4mol (Zinplus®) 536,2 g 3 mol de átomos de Zn m nZnZinplus ∴ nZnZinplus = 3 178 7 m m 536,2= , mol 8. c SixHy s mH = 3 g e mSi = 28 g
Cálculo da quantidade, em mol, formada:
nH= = mol 3 1 3 nSi= = mol 28 28 1 SiH3 9. b MC6H12O6= 6 · 12 + 8 · 1 + 6 · 16 = 176 g/mol 1 mol 176 g x 62 · 10–3 g x = 3,52 · 10–4 mol 1 dose 3,52 · 10–4 mol y 2,1 · 10–2 mol y = 60 doses 10. d
1 mol de átomos de O 16 g 6 ⋅ 1023 átomos
mO 1,8 ⋅ 1023 ∴ mO = 4,8 g Então: móxido = mN + mO ∴ 13,2 = mN + 4,8 ∴ mN = 8,4 g Portanto: • para o N ∴ n m M n n N N N N N mol 0,3 2 = ∴ =8 414, ∴ =0 6, s n m M n n O O O O O mol 0,3 1 = ∴ =4 816, ∴ =0 3, s ∴ fórmula mínima é: N2O 11. d • Para o C: 116 g 100% 12 ⋅ x 62,1% ∴ x = 6 • Para o H: 116 g 100% 1 ⋅ y 10,3% ∴ y = 12 • Para o O: 116 g 100% 16 ⋅ z 27,6% ∴ z = 2 ∴ a fórmula molecular é C6H12O2 12. C C H C C H — H H3C O C H3C — H H H H OH C CH3 H — C H — C C C C C5H11 C C C21H30O2 s Fórmula molecular: C = 12 · 21 = 252 H = 1 · 30 = 30 O = 16 · 2 = 32 Total = 314 g/mol 314 g de THC 100% 252 g de C %C %C = 80,25 13. a) • N s n = 25 9 14, = 185185 , , = 1 • O s n = 74 1 16, = 4 63185 , , = 2,5 N1O2,5 ⋅ 2 = N2O5
b) Óxido molecular, pois nitrogênio é ametal.
c) N2O5 + H2O w 2HNO3 14. Em 100 g : mC = 74,1 g ; mH = 8,6 g ; mH = 17,3 g • Para o C: n m M n n C C C C C mol 1,235 = 5 = ∴ =74 1∴ = 12 6 175 , , n m M n n H H H H H mol 1,235 = 7 = ∴ =8 61, ∴ =8 6, n m M n n N N N N N mol 1,235 = 1 = ∴ =12 314, ∴ =1235,
Como 1 molécula tem 2 nitrogênios:
fórmula mínima = C5H7N1 ⋅ 2 e fórmula molecular = C10H14N2 15. a) Fórmula mínima C H O Fórmula molecul 3 8 3 · n → ·1 aar C H O3 8 3 C = 12 · 3 · n = 36n H = 1 · 8 · n = 8n + O = 16 · 3 · n = 48n Total = 92n ∴ n = 1 b) Em: 92 g 100% 36 g %C ∴ %C = 39,13% 16. b
A soma das porcentagens é 100%: 100% = 78,77% de C + 11,76% de H + x% de O ∴ O% = 10,37% Pelo esquema: C = 12 ⋅ x s 12 x g 77,87% H = 1 ⋅ y s y g 11,76% O = 16 ⋅ z s 16 z g 10,37% 154 g 100% x = 10; y = 18; z = 1
Reprodução proibida.
Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
17. d Fórmula molecular: C18H26O3N Se 305 g 100% 18 ⋅ 12 x x = 70,81% C 18. a) 2NO + O2w 2NO2
2NO2 + H2O w HNO3 + HNO2
b) MM = 476 g/mol
476 g sildenafil 6 ⋅14 g N
238 ⋅10–3 g m
m = 0,042 g = 42 mg, portanto o lote estava adulterado, pois deveria haver 42 mg de nitrogênio.
19. e
A fórmula centesimal da magnetita é:
232 g/mol 100%
3 ⋅ 56 g/mol %Fe ∴ %Fe = 72,4%
∴ 100 = %Fe + %O ∴ 100 = 72,4 + %O %O = 27,6% 20. b MM FeCl3 ⋅ H2O = 162,5 + x ⋅ 18 FeCl3 ⋅ xH2O w FeCl3 + xH2O 162,5 + x ⋅ 18 g 162,5 g 2,7 g 1,62 g 29,16x + 263,25 = 438,75 x = 6
Há na molécula 6 águas de hidratação. 21. a Fórmula molecular: C6H8O2N2S MM = 172 g/mol Para C: 172 g 100% g 72 g x x = 41,86% Para N: 172 g 100% g 8 g y y = 4,65% Para O: 172 g 100% g 32 g z z = 18,60%
22. a) No gráfico 1, aos 60 minutos: % carboidratos H 63%.
Logo, % gordura H 37% da massa total. Então, para os carboidratos:
2,2 g 100% x 63% x = 1,386 g de CH2O CH2O + O2 CO2 + H2O 1 mol 1 mol 30 g 1 mol 1,386 g x x = 0,046 mol de O2 Para as gorduras: 2,2 g 100% x 37% x = 0,814 g de CH2 CH2 + 1,5O2 CO2 + H2O 1 mol 1,5 mol 14 g 1,5 mol 0,814 g x x = 0,087 mol de O2
A quantidade, em mol, de O2 total é: 0,046 + 0,087 =
= 0,133 mol de O2
b) No gráfico 2, temos 85% de VO2 máx. e o metabolismo de carboidrato
é maior que o de gordura, então a %, em massa, de carboidrato aumenta (curva 1) e a %, em massa, de gordura diminui (curva 6). Atividades extras 23. a 13,25 g 100% 5,75 g x x = 43,40% de X, assim, CO3 2– representa 56,6% Se 56,6% 60 g CO3 2– 43,4% m m = 46 g de 2X –
Assim, a massa atômica de X é: 46
2 = 23 g
24. b
Cálculo da massa molar de dioxina:
4 mol de Cl ⋅ 35,5 g 44%
MM dioxina 100%
∴ MM dioxina = 322,73 g
No frango, há 2,0 ⋅ 10–13 mol de dioxina/kg.
1 mol dioxina 322,73 g 2 ⋅ 10–13 mol/kg dioxina m ∴ m = 6,45 ⋅ 10–11 g/kg Como: 1 kg frango 6,45 ⋅ 10–11 g x 3,23 ⋅ 10–11 g x = 0,5 kg QF.03 1. a Solubilidade a 30 °C s 220 g de sacarose/100 g H2O 320 g de solução 100 g H2O 160 g de solução x x = 50 g de H2O 160 g de solução 50 g H2O 110 g de sacarose Solubilidade a 0 °C: 180 g de sacarose / 100 g de H2O 180 g de sacarose 100 g de H2O y 50 g de H2O y = 90 g de sacarose Precipitarão: 110 – 90 = 20 g 2. a
À temperatura inferior a 40 °C, o Pb(NO3)2 é mais solúvel.
3. d
a) (F) A 25 °C, o NaCl é mais solúvel.
b) (F) A 10 °C, o NaNO2 é o mais solúvel.
c) (F) Apresenta a mesma solubilidade somente próximo aos 25 °C. d) (V) 4. a) Solubilidade de B a 60 °C w 40 g / 100 g de H2O 40 g 100 g de H2O 120 g de B x x = 300 g de H2O b) A solubilidade de A a 0 °C é de 10 g / 100 g de H2O, portanto,
com uma massa de A de 10 g, a solução será saturada e, com uma massa inferior a 10 g, será insaturada.
5. a) 400 mL 200 g 100 mL x x = 50 g Observando a curva: T = 80 ºC b) Solubilidade a 20 ºC s 30 g de soluto / 100 mL H2O 400 mL y 100 mL 30 g y = 120 g Precipitam: 200 – 120 = 80 g 6. a Pelo gráfico a 55 °C: 50 g de NH4Cl 100 g H2O mNH4Cl 400 g H2O s 400 mL H2O (d = 1 g/cm³) mNH4Cl = 200 g
Como a curva é ascendente, o aumento da temperatura facilita a dissolução, portanto, é endotérmica.
