Química. Resoluções. Atividades Série Ouro. Extensivo Terceirão Química 6A

01. 38 (02, 04, 32)

01) Falsa. O flúor é o elemento mais eletronegativo da tabela perió-dica, o que torna o ácido fluorídrico (HF) mais polar que o ácido bromídrico (HBr).

02) Verdadeira.

12Mg = 1s2 2s2 2p6 3s2

Existem 2 elétrons na 3ª. camada (camada de valência) do átomo de magnésio. 04) Verdadeira. H _H H N K+Cℓ–– iônica – covalente

08) Falsa. No benzeno as ligações entre carbonos são σ e π. 16) Falsa: O – H O –C (ligação covalente) 32) Verdadeira. C O H H₃C H H 02. c Vide estrutura. 03. c

Vide teoria da hibridização. 04. 17 (01, 16) H3C C C C C C C CH3 Br CH2CH3 CH₃ CH3 H H₂ H H₂ 01) Verdadeira.

02) Falsa. Aberta, ramificada, homogênea e insaturada. 04) Falsa. 12 átomos de carbono.

08) Falsa – sp3 _{e sp}2_.

16) Verdadeira. Carbonos quirais possuem 4 ligantes diferentes. 05. c 01) Verdadeira. H H O Nox = 0 C H2N NH2 O Nox = +4 C

02) Falsa. A carga formal é igual a zero nos carbonos dos dois com-postos. 03) Verdadeira. 04) Formol – “Aldeído”. 06. 21 (01, 04, 16) 07. e 1 C – sp3 6 C – sp2 6 C – sp 9 ligações Pi (π) 08. 24 (08, 16)

01) Falsa: variedades alotrópicas são substâncias simples. 02) Falsa: no diamante a hibridização do carbono é sp3_.

04) Falsa: substâncias simples. 08) Verdadeira. 16) Verdadeira. 09. e F F F F F F S sp3d2 10. V – V – F – V – V Função: ácido carboxílico

C

1 2 sp3 sp2 sp2 _(120º) 3 4

O

O

O

OH

Possui 5 ligações Pi (π) 11. F – V – V – F – F

00) Não são isômeros.

01) São aromáticos: benzeno e antraceno. 02) São aromáticos: C – sp2 no anel. 03) Carbonos saturados – sp3 _{– tetraédrica.}

04) Antraceno – C14H10.

12. c

Naftaleno – possui carbonos hibridizados sp2_.

13. e

I. Falsa: Vide estrutura. II. Verdadeira: Vide estrutura. III. Verdadeira. sp3 _sp2 C C = IV. Verdadeira. 14. b Cℓ Cℓ Cℓ Cℓ Cℓ P sp 3_d

15.a) hibridação sp3 _{do N 3 ligações (simples) e 1 par de elétrons}

não compartilhado.

hibridação sp2 _{do N (apresenta ligação dupla) e 1 par de}

elé-trons não compartilhado. b) ₁₀₉o_28'O 109o28' 109 o_28' 120o O H CH3 CH₃ N N N N

Resoluções

_6A

Química

Atividades Série Ouro

01. a) H H H H N – N + O = O → N N + H H O H H O ∆H = ? 4 (389) = 1556 1 (163) = 163 + 498 kJ 1719 kJ

→

946 4 (464) 1 856 Saldo: 2 802 – 2 217 585 kJ Liberados Portanto: ∆H = combustão– 585 kJ 2 217 kJ absorvidos 2 802 kJ liberados

<

b) N₂H_4(g) + O_2(g) → N_2(g) + 2H₂O_(g) ∆H = –585 kJ Entalpia de Formação da Hidrozina x zero zero 2 (–242) H_inic = x (–484) H_final = (–484) ∆H = (Σ∆H_{form prod}) _– ou (Σ∆Hform reag) ∆H _{= (Hfinal) – (Hinicial)} → – 585 = (– 484) – (x) x = 101 kJ 02. a) 2 1266 2 1 4 10 C H H kcal mol mol g ( ) ∆ = −  ÷ 2 ÷ 2 ∆Hcomb = – 633 kcal ∆H_comb= –633 kcal/mol b) 13 13 22 4 1266 2 mol v L de O g H kcal = ∆ = − ( , ) ( )     03. I. H2( )g +₂1O2( )g →H O2 ( )l ∆HOf = −285 8, kJ mol/ II. Mg_s O _g H _g Mg OH _s HO_f kJ mol ( )+ 2( )+ 2( )→ ( )2( ) ∆ = −924 5, /

Aplicando a Lei de Hess:

• Invertendo a equação I e multiplicando por 2 • Mantendo a equação II

• Efetuando a soma teremos: 291,2 L

Resoluções

_6B

Química

Atividades Série Ouro

2 2 2 285 8 5716 2 2 2 2 H O H O H kJ kJ Mg O g g s g ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) , l → + ∆ = + + +    ++ → ∆ = − ⊕ + → + H Mg OH H kJ Mg H O Mg OH H g s s s 2 2 2 2 2 924 5 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ( ) N (( )g ∆ =H ? ∆H = –352,9 kJ 04. Cuidado! A equação

I

não deve ser usada!

Invertendo as equações II, III e IV, se efetuarmos a soma, teremos:

CH C HC CH C C H kJ CHC HC CH C C H kJ 2 2 3 2 3 2 2 2 96 104 N N N N N N N N + → + ∆ = + + → + ∆ = + ⊕⊕ + → + ∆ = + + → + CC HC CHC C H kJ CC _g HC _g CH C _g C N N N N N N N N 4 3 2 4 3 2 100 3 3 ( ) ( ) ( ) (( )g H ?kJ H kJ ∆ = ∆ = +300  Resposta do item a: +300= + 10 30

05. a) A dissolução do brometo de potássio em água é um processo

en-dotérmico (∆H > 0), ocorrendo com absorção de calor.

b) Invertendo as equações (I) e (II), mantendo a (III) e somando, te-remos: K K H kJ mol Br Br H kJ mol K g aq g aq + + − − − − → ∆ = − ⋅ → ∆ = − ⋅ _⊕ ( ) ( ) ( ) ( ) 321 337 1 1 BBr K Br H kJ mol KBr K Br H s g g s aq ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (aq) → + ∆ = + ⋅ → + ∆ = + − − + − 689 1 ?? kJ mol⋅ −1

Resposta do item b: ∆ = +_{H 31kJ mol}⋅ −1

c) KBr 1 solução KBr água 1 1 M 119 g mol 1mol 119 g; m m m 119 g 881g 1000 g c 4,18 J g K − − − ⋅ → = = + = + = = ⋅ 

Admitindo que ∆ = = +_{H Q 31kJ mol}⋅ −1=_{31000J mol}⋅ −1

Q m c T T Q mc T T K C = ∆ ∆ = ∆ = ⋅ ∆ = ° 31000 1000 4 18 31 4 18 7 14 7 4 , ,  ,  ,

Obs.: ∆ = ∆TK t°C(a variação da temperatura na escala Kelvin é igual

à variação da temperatura na escala Celsius).

Como a dissolução do brometo de potássio em água absorve calor, a temperatura irá diminuir em 7,4ºC.

Logo, a temperatura final será: 20 0, ° − ° =C 7 4, C 12 6, °C (Resposta do item c)

06. Resolução:

a) considerando a formação de 1 mol de Fullereno (C₆₀): 10C H6 6( )l +15O2(g)→C60( )s +30H O2 ( )l b) 10 10 49 490 15 15 49 6 6 2 C H kJ kJ O zero Hinicial ( ) ( ) ( ) ( l      +  = 00 2 327 30 30 286 8 580 60 2 kJ C kJ H O kJ kJ s ) ( ) ( ) ( ) ( )     → + − − l        Hfinal kJ H = − ∆ = ( ) ? 6 253 Aplicando a Lei de Hess: Aplicando a Lei de Hess: ∆ =       −         ∆ =

(

)

− ∆ ∆

∑

∑

H ou H H Hform

prod Hformreag final . . HH H kJ inicial

(

)

∆ = −

(

6 253

)

−

( )

490 = −6 743 ∆H = –6 743 kJ/mol de C₆₀

07. Invertendo a equação I, mantendo a equação II e somando, teremos:

x = 880 kJ *360 g absorvem x=?kJ × 20 absorvem 44kJ × 20 H O H O H kJ H O H O H g g g g v 2 2 2 2 2 2 1 2 286 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) l→ + ∆ = + ⊕ + → ∆ = − 2242 1 44 1 2 2 kJ H O H O H kJ H kJ mol Endo v ( )l → ( ) ∆ =? ∆ = +   18 g

08. Éter metílico Etanol

H H C O H H H C H 6 (414) = 2 484 2 (336) = 672 + * +3156 kJ H H H H – C – C – O H H 5 (414) = 2 070 1 (335) = 335 + 1 (336) = 336 1 (463) = 463 +3 204 kJ 2 6 (g) (g) (g) (g) * C H O 2 C 6 H O H 3 156 kJ Éter Metílico → + + ∆ = + 

O composto C₂H₆O é o éter metílico! 09. 1C H8 18+* ,12 5O2→8CO2+9H O2 n n n n ar O N N = + = + = 2 2 2 59 5 12 5 47 47 , , n n O ar 2 12 5 21 59 5 100 = = , ____ % ? , ____ %  1C H_{8 18}+59 5, ar→8CO₂+9H O₂ +47N₂ 10. a) M mol Fe O A A O Fe Fe O s s s 2 3 1 2 3 2 3 2 56 3 16 160 1 2 2 = + = ⋅ + → + − ( ) ( ) ( ) l( ) l ( )   1  160 2 2 27 54 16 5 4 mol g mol g g g m g m g ( ) ? , = = = ÷ 10 ÷ 10 d g mL mL g mL g H O2 1 1 1 360 360 ( ) / * l =

b) Numerando as equações abaixo:

REAÇÃO

∆G

T

=

1 600 °C

(KJ · MOL)

–1 I. 4 3 2 3 2 2 3 Al+O → A Ol –800 x 3 2 e mantém

II. 2Fe O+ ₂→2FeO –325 inverte

III. 6FeO O+ 2→2Fe O3 4 –168 Inverte e ÷ 3

IV. 4Fe O_{3 4}→6Fe O_{2 3} –90 Inverte e ÷ 6 2 3 2 2 2 3 AN+ O →A ON ∆ = −G 1200 2FeO→2Fe O+ ₂ ∆ = +G 325 2 3 2 1 3 3 4 2 Fe O → FeO+ O ∆ = +G 56 Fe O2 3→2₃Fe O3 4+1₆O2 ∆ = +G 15 Fe O_{2 3( )s} +2AN_{( )s} →A ON_{2 3( )s} +2Fe_{( )s} ∆ =G ?

11. a) Admitindo-se combustões completas: • 1C₂H₆O + 3 O₂ 2 CO₂ + 3H₂O etanol

• 1C₈H₁₈ + 25

2 O2 8 CO2 + 9H2O

n-octano

b) Como a gasolina mencionada apresenta frações molares iguais, para cada mol da mistura, teremos:

1 2 mol de etanol 1 2 mol de n-octano Gasolina 1 mol

1 mol de etanol libera 1368 kJ 1

2 mol de etanol x = ? x = 684 kJ 1 mol de n-octano libera 5 471 kJ 1

2 mol de n-octano y = ? y = 2 735,5 kJ

1 mol de gasolina libera 684 + 2 735,5 = 3 419,5 kJ ∆ = −_{G 804kJ mol}⋅ −1 c) d = 0,72 g / cm3 _(mL) x103 d = 720 g / L 1L tem 720 g de Gasolina M = 80,1 g/mol Gasolina 1 mol 80,1 g x libera(m) _{3 419,5 kJ} x = ? 720 g 12. d fusão fusão t 183 C 273 t 90 K = − ° = + fusão H 6,0 kJ/mol 6 000 J/mol ∆ = = No equilíbrio ∆ =G zero ∆ = ∆ − ⋅ ∆G H T S  ( ) O= ∆ − ⋅ ∆H T( S) T⋅ ∆ = ∆S H ∆ = ∆ =S H = ≅ + ⋅ T J mol K 6 000 90 66 66, 67 / 13. a) SiO_{2( )s} +2Mg_{( )s} →Si_{( )s} +2MgO_{( )s} b) ∆H_reação=?

Invertendo a equação I, multiplicando por 2 a equação II e efetuando a soma, teremos: SiO2( )s →Si( )s +O2( )g ∆ = +H 910 9, kJ 2Mg_{( )s} +O_{2( )g} →2MgO_{( )s ∆ = −H 2 6018( , )= −1203 6, kJ} SiO_{2( )s} +2Mg_{( )s} →Si_{( )s} +2MgO_{( )s} ∆ =H ?kJ _{∆ = −H 292 7, kJ} 14. N – H N – N

390 kJ/mol ; x = ? kJ/mol; x = Energia de ligação N – N

N – N H H H H Endo _{N H}  → 2 +4 ∆ =H 1720 /kJ mol 4 (390) + x = 1 720 1 560 x=160 /kJ mol x = 30 737 kJ ⊕

15. a) Multiplicando a equação I por 6, invertendo a equação II, multiplicando a equação III por 3, se efetuarmos a soma, teremos: 6C_(graf)+6O_{2( )g} → 6CO_{2( )g} ∆ = −H 6 394( )= −2 364kJ 6 3 15 2 2 2 6 6 2 CO _{( )g}+ H O_{( )}N → C H_{( )}N+ O _{( )g} ∆ = +H 3 268kJ ⊕ 3 3 2 3 2 2 2 H_{( )g}+ O_{( )g}→ H O_{( )}N ∆ = −H 3 286( )= −858kJ a) 6C(graf)+3H2( )g →C H6 6( )N ∆ =H ?kJ ∆ = +H 46kJ b) formação (benzeno) H 46 kJ/mol ∆ = +

01. C₄H₈ C_nH_2n H₃C CH₂ CH CH₂ CH3 H3C CH CH CH3 H3C C CH2 H2C CH2 H₂C CH₂ CH CH3 H2 H₂C C 02. 54 (02, 04, 16, 32)

01) (F) – apresentam assimetria molecular. 02) (V) –

CH₃ e H₃C CH C H₃C CH₂ CH₂ C O O

H H

04) (V) – possui carbono assimétrico. 08) (F) – são isômeros de posição. 16) (V) – H3C – O – CH3 H3C – CH2 – OH

32) (V) – isômeros ópticos com “desvios” antagônicos. 64) (F) – estão em equilíbrio – tautomeria.

H3C C CH3 O C CH₂ H₃C OH 03. e O carbono assimétrico Carvona – C10H14O 04. e C = C Cℓ H Cℓ Cℓ 05. b Isômeros de posição. 06. d

Y e Z são isômeros de posição. X e Z são isômeros geométricos. 07. b

H2C = CH

Cℓ

cloroeteno ou cloreto de vinila 08. F – F – F – V – V

Rever os conceitos e tipos de isomeria. 09. a

O fragmento possuidor da dupla ligação é:

trans (ou/E) (indicados os grupos prioritários em cada carbono insaturado) H CH3 10. e

a) funções: ácido carboxílico, amina e fenol. b) 7 carbonos sp2 _{→ C} c) nenhum carbono sp → C ou C d) dois carbonos sp3 _{→ C} e) OH C C CH₂ NH2 H HO O _H H carbono assimétrico 11. c

Diferem na posição do grupo OH. 12. e • H₃C CH₂ C O H H3C C = C H OH H e • H3C CH2 O CH2 CH3 e H3C O CH2 CH2 CH3 C₂H₅ OH C₂H₅ OH OH CH2 CH2 CH3 e H2C CH2 CH2 e e • • • OH 13. b 1 alfa 1 beta 1 gama 14. 69 (01, 04, 64) 01) (V) HN CH3 CH₃ * (fragmento)

02) (F) – predomina o caráter covalente. 04) (V)

08) (F) – éter e amina.

16) (F) – safrol não possui isomeria espacial. 32) (F) – safrol não apresenta isomeria geométrica. 64) (V) – vide item 01. 15. a H3C – O – CH3 C₂H₆O

Resoluções

_6C

Química

Atividades Série Ouro

Resoluções

_6D

Química

Atividades Série Ouro

01. d

O catalisador promove o mesmo abaixamento nas energias de ativa-ção das reações direta e inversa. Isso indica que o catalisador promove a mesma alteração (aumenta igualmente) na velocidade dessas duas reações e, portanto, não altera o equilíbrio.

02. e

A reação pode ser representada pela seguinte equação: Mg s( )+2HC aqn( )→MgC aq H gn₂( )+ ₂( )

Essa reação é mais corretamente representada por:

Mg s( )+₂H aq+( )+₂C −( )aq→Mg aq2+( )+₂C −( )aq H g+ ( )

2

n n

Como os íons cloreto (Cn−_{) não sofreram alteração; podemos}

repre-sentar da seguinte forma:

Mg s( )+₂H aq+( )→Mg aq H g2+( )+ ( )

2

Mg++ _{(produto = formado)}

H+ _{(reagente = consumido)}

tempo

Cl– _{(não participou da reação = concentração constante)}

Concentração 03. a) 24,4 23 0 5 10 15 20 25 30 35 30 28,6 27,2 25,8 Temperatura (°C) Solução volume NaOH (mL)

b) Com a adição de NaOH a solução de HCna temperatura aumentou, logo houve liberação de calor para meio.

c) Quando a temperatura máxima não altera mais, nesse caso 30°C, indica que houve reação completa.

Todo ácido reagiu com toda base presente em 25 mL dessa solução.

1 NaOH 1 HCℓ 25 mL (25 ·10–3_{L) 50 mL (50 . 10}–3 _L) reagiu completamente 2 0_{, mol L⋅} −1 1L− ,2 0mol 25 10_⋅ −3_{L x−} x mol NaOH = ⋅_{50 10}−3 → ⋅ ⋅ = ⋅ − − − 50 10 50 10 10 3 3 1 molHC L mol L n , 04. a) Massa H2O2(g) Tempo/min 150 2 4 110 ∆m = 40 ∆t = 2 Vm g min m t g H O2 2 H O2 2 110 150 2 = = ∆ ∆ = − min Vm_{H O2 2}=20g/min

b) O aumento da temperatura aumenta o número de choques efeti-vos entre os reagentes aumentando a rapidez da reação.

Obs.: Equação de Arrhenius

K A E E RTA = ⋅ − constante da velocidade constante universal dos gases temperatura absoluta energia de ativação fator exponencial no_{. de} Euler 05. a) Vitamina C 4°C 25°C Tempo

A 25°C a reação é mais rápida e por isso a vitamina C é consumida mais rapidamente.

b) • Não ser tóxica.

• Não reagir com os componentes do alimento. • Não interferir no sabor do alimento. 06. a

I. Correto: catalisadores são substâncias que aumentam a velocidade das reações porque diminuem a energia de ativação.

II. Errado: o catalisador só faz a mesma quantidade ser produzida mais

rapidamente. III. Errado.

IV. Errado: os catalisadores não alteram o ∆H da reação.

V. Errado: catalisadores são substâncias. Luz e calor são agentes de energia.

07. c

1. Errado: o aumento da superfície de contato aumenta a velocidade da reação porque aumenta o número de choques efetivos entre os reagentes.

2. Errado: o aumento da superfície de contato não altera a constante da velocidade (cinética).

08. e

I. Errado: se pelo menos um dos reagentes está na fase gasosa, um aumento na pressão do sistema aumenta a concentração, aumen-tando o número de choques efetivos e assim a reação ocorre mais rapidamente. II. Correto: H H O H H C H H C₇H₆O H₂C = CH₂ C₂H₄ Benzaldeído Etileno

III. Correto: o aumento na temperatura aumenta o estado de agitação (energia cinética média) das moléculas, ou seja, há mais moléculas com energia maior ou igual à de ativação, por isso ocorrem mais colisões efetivas aumentando a velocidade da reação.

IV. Correto: o enunciado diz que o oxigênio é um catalisador da reação, portanto ele provocou uma diminuição na energia de ativação. 09. 22 (02, 04, 16)

01) Errado: de I para II, a velocidade da reação aumentou pela presen-ça de A, logo é um catalisador.

02) Correto: de II para IV, a adição de C aumentou ainda mais a

veloci-dade, indicando que essa substância é um promotor de A.

04) Correto: de II para V, a adição de D diminuiu a velocidade,

indican-do que essa substância é um inibiindican-dor de A.

08) Errado: a substância C atua somente na presença de A. (É o que se

pode concluir com os dados do exercício.)

16) Correto: esses aditivos de alimento são substâncias utilizadas para diminuir a velocidade de reações que levam o produto a ficar im-próprio para o consumo.

10. d

a) Correto:

1a. etapa 2x+ +2y 2w→ + +x 2T K

2a_{. etapa x+ + →2T K 2T z+ + +2y 2w} b) Correto, o catalisador não altera o ∆H da reação.

c) Correto: K é produzido na primeira etapa e consumido na segunda, logo é um intermediário.

d) Errado: o caminho ocorre numa única etapa (elementar). 2x→2T z+

V k x= ⋅[ ]2 2a. ordem

e) Correto: pois é o caminho com menor energia de ativação. 11. d

Nos conversores catalíticos substâncias tóxicas são transformadas em substâncias não tóxicas ou não poluentes.

Reagentes • tóxicos • poluentes • não tóxicos • não poluentes Produtos →

A fuligem C_(s), o monóxido de carbono (CO) e os óxidos de nitrogênio são poluentes do ar.

Das reações citadas aquelas que mostram reação com essas substân-cias transformando-as em outras não poluentes são II, IV e V. 12. a) A O sn_{2 3}( )+6HC aqn( )→2A C aqn n₃( )+3H O₂ ( )n

b) A partir de T₁ a velocidade de corrosão em solução de HCn au-menta significativamente. Na solução básica a velocidade de cor-rosão continua aumentando de forma constante.

c) Ao remover o A On_{2 3}, a reação que ocorre a partir daí é entre An com as soluções ácida e básica. Esse aumento maior na velocidade

13. a) V= k . [H₂O₂] . [I–_]

b) H2O + I– → H2O + IO–

H₂O₂ + IO– _{→ H}

2O + O2 + I–

2H₂O₂ →I– 2H₂O + O₂ Equação global (soma das etapas) c) O iodeto é o catalisador dessa reação, pois está no início e ao final

do processo.

d) O aumento da temperatura aumenta o estado de agitação (energia cinética), promovendo maior número de choques efetivos, aumen-tando a velocidade da reação.

14. d a) Correto:

H O aq_{2 2}( )+I aq−( )→H O₂ ( )_n+IO aq−( ) H O aq IO aq2 2( )+ −( )→H O2 ( )n+O g2( )+I aq−( )

O I– está no início e no final do processo, portanto é um catalisador dessa reação.

b) Correto: a etapa determinante na velocidade é a etapa lenta (maior E_ativação). Energia _E ativação da 1a _{etapa Eativação da} 2a _etapa 1a _etapa 2a _etapa c) Correto: H O_{2 2}+I−→H O IO₂ + − H O_{2 2}+ IO− →H O O₂ + ₂+I−

2H O aq_{2 2}( )→2H O₂ ( )n+O g₂( ) equação soma das global etapas  ₌      15. c 2 1 em maior temperatura a V V

reação ocorre mais rapidamente  >   4 3 em solução aquosa a V V

superfície de contato é maior 

>  

Cuidado: ordem decrescente de superfície de contato.

Solução aquosa pequenos pedaços único pedaço > > > pó

01. b

1 KOH + 1 H2SO4 → 1 H2O + 1 KHSO4

02. e

O ácido X deve ser triprótico e a base Y deve liberar 2 (OH)–. 03. b

IV. Na molécula de nitrogênio há ligação tripla. 04. b

Cloreto de amônio tem sua origem em base fraca com ácido forte. 05. b

O gás A é o acetileno (etino) e o segundo produto é o hidróxido de cálcio.

06. 12 (04, 08)

H₃PO₄ é o ácido fosfórico. O ácido pirocrômico tem fórmula H₂Cr₂O₇ e o ácido bórico é H3BO3.

07. a

Quanto maior o Ka, mais forte é o ácido.

08. a) Reações entre o nitrogênio e o oxigênio formam óxidos de nitro-gênio:

1 N₂ + 1 O₂ →_∆ 2 NO 1 N₂ + 2 O₂ →_∆ 2 NO₂ b) – Ausência de luz

– Falta de contato entre o dispositivo e os gases NO_x.

09. d

MgO é um composto iônico com caráter básico.

10. O zircônio (Zr) está no 5o_{. período e no grupo 4 da Tabela Periódica.}

Pelo nome fornecido, conclui-se que a fórmula química do dióxido de zircônio é ZrO₂. Como a diferença de eletronegatividade entre um metal e um ametal é relativamente elevada, a ligação entre os átomos desse óxido deve ser do tipo iônica, isto é, ocorre transferência de elé-trons do zircônio para o oxigênio. Além do diamante, outras formas alotrópicas do carbono são o grafite e o fulereno.

11. d

Como X é um ametal, provavelmente o óxido tenha caráter ácido. 12. S → 40/32 = 1,25

O → 60/16 = 3,75 Portanto: SO₃ x = 1 e y = 3 13. a

peróxido metálico + ácido → sal + peróxido de hidrogênio 14. d

Na₂WO₄ + 2 HCℓ → 2 NaCℓ + H₂WO₄ 15. V – V – V – F

Na condição ambiente a água é liquida.

Resoluções

_6E

Química

Atividades Série Ouro