ExercÍcios Vestibular

1- (Cesgranrio-RJ) Os átomos 3x-5 Q e 6x R são isótopos. O átomo 6x R tem 44 nêutrons. Qual a distribuição eletrônica de Q em níveis e sub-níveis de energia?

Solução 3x – 5 Q é isótopo de 6x R  R tem 44 nêutrons distribuição de Q em níveis e sub-níveis = ? Z de Q = Z de R 3x-5 = 3x – 5  3x – 5 R 6x  como R tem 44 nêutrons 3x – 5 + 44 = 6x 6x – 3x = 44 – 5 x = 13 substituindo em 3x – 5  3 . 13 – 5 = 34 = Z Z = 34  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 4 K – 2 L – 8 M – 18 N – 4

2- (Fuvest-SP) O carbono ocorre na natureza como uma mistura de átomos dos quais 98,90% são 12 C e 1,10% são 13 C. Explique o significado das representações 12 C e 13 C. Com esses dados, calcule a massa atômica do carbono natural. Calcule a porcentagem de erro que resulta do arredondamento do valor encontrado para o inteiro mais próximo.

Solução 12 C  98,90% 13 C  1,10% Essas representações nos fornece as massas atômicos dos dois isótopos do carbono. b) 12,0 -------- 100% 0,011 -------- x = 0,09%

3- (UFRS) O íon monoatômico A -2 apresenta a configuração eletrônica 3s 2 3p 6 para o último nível. Portanto o número atômico do elemento A é igual a: 8 10 14 16 18

Solução A -2  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6  esse ânion possui 18 elétrons, como tem carga –2  ganhou 2 elétrons  seu átomo no estado fundamental tem portanto 16 elétrons  e - = p  Z = 16 LETRA D

4- (Cesgranrio) O átomo Q tem 36 nêutrons e é isóbaro de do átomo R. Considerando que R +2 é isoeletrônico do átomo Q, identifique o número de nêutrons do átomo R: 40 38 36 34 32

Solução Informações : I- A Q = A R II- e - Q = e - R +2 III - A R = p R + n R IV - e - Q = pQ e - R +2 = pR – 2  como e - R +2 = e - Q  e como e - Q = pQ teremos pQ = pR –2  sabendo que A Q = pQ + nQ poderemos escrever: A Q = pR – 2 + nQ  A Q = pR – 2 + 36 , sabendo que A Q = A R poderemos escrever que: A R = pR –2 + 36 , sabendo que A R = pR + nR escreveremos que: pR + nR = pR – 2 + 36 nR = -2 + 36 nR = 34 Letra D

5- Quais os quatro números quânticos do elétron mais energético de um átomo que tenha número atômico igual a 27. Convencione o primeiro elétron a entrar no orbital, o spin igual a –1/2.

Solução Z = 27  elétron mais energético = último a entrar n = ? l = ? M l = ? M s = ? 27 e -  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 7 3d 7 -2 -1 0 +1 +2 n = 3 ; l = 2 ; M l = -1 M s = + 1/2 Sub-nível d =2 Segundo a entrar

6-(FEI-SP) As configurações eletrônicas do átomos neutros dos elementos X e Y, no estado fundamental, são respectivamente iguais a: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p6 5s 2 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 6 5s 2 4d 2 Com base nessas configurações, identifique a afirmação incorreta: Ambos pertencem ao 5 0. Período da Tabela Periódica; X é um metal de transição interna; Y é um metal de transição; Ambos possuem, respectivamente, números atômicos iguais a 38 e 40; X pertence à família 2 A e Y à família 4B da Tabela Periódica.

Solução CORRETA: verificando o maior número quântico, temos os dois elementos no quinto período. ERRADA: a configuração final de X é igual a 5s 2  (s)  representativo  2 A CORRETA: a configuração final de Y é ns 2 (n-1)d 1 a 10  transição  família 4B. CORRETA: basta somar o número de elétrons distribuídos. CORRETA: X  s 2  2A  alcalino terroso. Y  s 2 d 2  4B , observe: d 1 – 3B; d 2 – 4B; d 3 – 5B; d 4 – 6B; d 5 – 7B; d 6 ,d 7 e d 8 – 8B; d 9 – 1B; d 10 -2B

7- (ITA-SP) Nas expressões abaixo, E representa a energia necessária para produzir as respectivas ionizações, em que M representa o mesmo elemento. M (g)  M + (g) + e - ; E 1 M + (g)  M +2 (g) + e - ; E 2 M +2 (g)  M +3 (g) + e - ; E 3 Com base nessas expressões, assinale a afirmativa correta: E 1 = E 2 = E 3 E 1 = E 2 > E 3 E 1 < E 2 < E 3 E 1 > E 2 = E 3 A ordenação dos valores de E depende da natureza do elemento M.

Solução Energia de ionização, é a energia necessária para retirar um elétron de um átomo ( íon) no estado gasoso, transformando-o num íon gasoso. A primeira energia sempre será menor que uma segunda que será menor que uma terceira. LETRA C X (g) + EI  X + (g) + 1 e - Guarde sempre essa representação

8- (Cesgranrio-RJ) Um elemento do grupo 2 A forma um composto binário iônico com um elemento X do grupo 7A. Assinale, entre as opções abaixo, a fórmula mínima do respectivo composto: MX MX 2 M 2 X M 2 X 7 M 7 X 2

Solução M  2 A  2 elétrons na última camada  tende a doar  M +2 X  7 A  7 elétrons na última camada  tende a receber  X -1 M +2 X -1  MX 2 LETRA B

9- ( FCC-BA) Ao todo, quantos pares de elétrons estão compartilhados entre os átomos na molécula H 2 O 2 ? a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

Solução A molécula H 2 O 2 , refere-se ao peróxido de hidrogênio, cuja solução aquosa é conhecida como água oxigenada. Sua fórmula estrutural é : H – O – O – H  3 pares de elétrons  LETRA C Nunca se esqueça : os peróxidos são formados pelo ânion (O 2 ) -2  oxigênio tem nox igual a –1. Os peróxidos dos metais da 1 A e 2 A, são iônicos com características básicas; o peróxido de hidrogênio é molecular com características ácidas.

10-(UFRS) No modelo do gás eletrônico para a ligação metálica considera-se que os nós do retículo cristalino do metal são ocupados por: Íons negativos d) prótons Íons positivos e) átomos neutros Elétrons Observação : Considere o modelo do gás eletrônico idêntico ao do “mar de elétrons”.

Solução Quanto falamos em “mar de elétrons”, nos referimos aos elétrons que se deslocam do átomo e ficam “nadando”. Se esses elétrons se deslocam do átomo, formam-se íons positivos, tanto que, a ligação metálica é explicada pela atração que existe entre os íons positivos e os elétrons ( força eletrostática), como na ligação iônica. LETRA B

11- (Unifor-CE) Dentre as substâncias abaixo, indique aquela que apresenta molécula mais polar: H – H H – F H – Cl H – I H – Br

Solução Só temos ligações covalentes. Quanto maior for a diferença de eletronegatividade entre os átomos maior será a polaridade da ligação, e como conseqüência maior a polaridade dessas moléculas apresentadas. O elemento mais eletronegativo ligado ao hidrogênio, dos apresentados é o flúor, portanto, essa será a moléculas mais polarizada. LETRA B Atenção! Temos compostos 100% moleculares (covalentes), mas não temos compostos 100% iônicos ( iônica)

12- (EFOA-MG) AS moléculas NH 3 e H 2 O apresentam, respectivamente, as seguintes geometrias: Tetraédrica e piramidal Piramidal e angular Angular e linear Quadrada plana e angular Piramidal e linear

Solução N  5A  5 e - na última camada ( valência) O  6A  6 e - na última camada ( valência) NH 3  Molécula do tipo AX 3  nitrogênio gasta 3 e- nas ligações, sobra elétrons  se sobra e -  piramidal H 2 O  Molécula do tipo A 2 X  oxigênio gasta 2 e - nas ligações, sobra elétrons  se sobra e -  angular LETRA B

13- (OSEC-SP) No hidrogênio líquido, as moléculas mantêm-se próximas umas das outras através de ligações denominadas: Dativas Iônicas Covalentes Van der Waals Pontes de hidrogênio

Solução CUIDADO: o exercício pede ligação entre moléculas e não intra molecular. Para ligações entre moléculas temos as opções : Van der Waals ( dipolos induzidos) – moléculas apolares Dipolo permanente – moléculas polares Pontes de hidrogênio – H ligado a F, O, N dentro da molécula Como H 2 é uma molécula apolar, as moléculas estão próximas no estado líquido , ocorre uma formação de pólos ( induzidos), portanto forças de Van der Waals LETRA D

14- As moléculas PCl 5 e SF 6 , apresentam que tipo de geometria em suas moléculas? Dados: 15 P e 16 S

P – 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 S – 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 Solução P – 3s 2 3p 3  para se ligar a 5 átomos de cloro, com essa configuração torna-se impossível, então o fósforo sofre uma hibridização diferentes das estudadas: 1 elétron do sub-nível s salta para o sub-nivel d que está vazio ficando: s 1 p 3 d 1  ocorrendo a união, teremos cinco orbitais moleculares híbridos do tipo sp 3 d, que nos fornece uma geometria bí-piramidal ou bí-pirâmide trigonal PCl 5 SF 6 s p 3 d S – 3s 2 3p 4  para se ligar a 6 átomos de flúor, com essa configuração torna-se impossível, então o enxofre sofre uma hibridização diferente das estudadas: 1 elétrons do sub-nível s e outro elétron do sub-nível p saltam para o sub-nível d que está vazio ficando : s 1 p 3 d 2  ocorrendo a união teremos seis orbitais moleculares híbridos do tipo sp 3 d 2 , que fornece uma geometria octaédrica. sp 3 d 2

15- (Vunesp-SP) em 1 mol de moléculas de H 3 PO 4 tem-se: 3 . 10 23 átomos de hidrogênio e 10 23 átomos de fósforo 1 átomos de cada elemento 3 íons de H + e um íon PO 4 -3 1 mol de cada elemento 4 mol de átomos de oxigênio e 1 mol de átomos de fósforo

Solução ERRADA : 3 mols de átomos de H = 3 . 6,0 .10 23 átomos de H 1 mol de átomos de P = 6,0 . 10 23 átomos de P ERRADA : 3 mols de átomos de H; 1 mols de átomos P; 4 mols de átomos de O ERRADA : 3mols de íons de H + ; 1 mol de íons PO 4 -3 ERRADA : respondida na letra B CORRETA : 4 mols de átomos de O e 1 mol de átomos de H 1 mol de moléculas de H 3 PO 4 Cuidado com a expressão: 1 mol de moléculas é diferente de 1 molécula

16 – A massa em gramas de 1 molécula de H 2 O é igual a : (H- 1; O-16) 18 gramas 1,8 gramas 3,0 . 10 23 gramas 18,0 . 10 23 gramas 30,0 . 10 -24 gramas

Solução 1 mol de moléculas de H 2 O ---- 6,0 . 10 23 moléculas de H 2 O ----- 18 g 1 molécula --------------------------- x g Massa de 1 molécula de H 2 O = x g LETRA E

17 – (MACK-SP) Em 3,0 mols de H 2 SO 4 e 5,0 mols de Br 2 há, respectivamente: 1,8 . 10 24 moléculas e 3,0 . 10 24 moléculas 3,0 . 10 23 moléculas e 5,0 . 10 23 moléculas 1,8 . 10 24 moléculas e 3,0 . 10 24 átomos 1,8 . 10 24 átomos e 3,0 . 10 24 átomos 6,0 . 10 23 moléculas e 12,0 . 10 23 moléculas

S olução 3,0 mols de H 2 SO 4 e 5,0 mols de Br 2 Como as alternativas trazem as respostas em moléculas e átomos vamos calcular moléculas e átomos das duas substâncias 1 mol de H 2 SO 4 ----- 6,0 .10 23 moléculas 3 mols de H 2 SO 4 ---- x moléculas X = 18,0 . 10 23 moléculas = 1,8 . 10 24 moléculas 1 mol de H 2 SO 4 ---7,0 mols átomos 3,0 mols H 2 SO 4 ---- x mols de átomos X = 21,0 mols átomos = 21.6 .10 23 átomos = 126,0 .10 23 átomos no total 1 mol de Br 2 -----6,0 . 10 23 moléculas 5 mols de Br 2 ---- x moléculas X = 30,0 .10 23 moléculas = 3,0 .10 24 moléculas 1 mol de Br 2 ---- 2 mols de átomos Br 5,0 mols Br 2 ----- x mols de átomos x =10,0 mols átomos Br =10.6,0.10 23 átomos Br = 60,0 .10 23 átomos Br LETRA A

18 – Quantos átomos de carbono vamos encontrar em 29 gramas de gás butano ( C 4 H 10 )? ( dados: C-12; H-1)

Solução 1 mol C 4 H 10 = 58 g/mol 29 g de C 4 H 10 ----- átomos de C = ? 1 mol C 4 H 10 ---- 58 g ------ 4 mols átomos C 29 g------ x mols de átomos C x = 2 mols de átomos C x = 2. 6,0 . 10 23 átomos C x = 12,0 . 10 23 átomos C

19- (UFCE) Quando aquecemos 1,63 g de zinco, ele se combina com 0,4 g de oxigênio para formar um óxido de zinco. A composição centesimal desse composto é: 83,0% de zinco e 17,0% de oxigênio 80,3% de zinco e 19,7% de oxigênio 20,0% de zinco e 80,0% de oxigênio 40,0% de zinco e 60,0% de oxigênio 50,0% de zinco e 50,0% de oxigênio

Solução 1,63 g de Zn + 0,4 g de O  2,03 g de óxido de zinco % de Zn = ? % de O = ? LETRA B

20-(UFV-MG) Sabe-se que, quando uma pessoa fuma um cigarro pode inalar de 0,1 a 0,2 mg de nicotina. Foi descoberto que cada miligrama de nicotina contém 74,00% de carbono, 8,65% de hidrogênio e 17,35% de nitrogênio. A fórmula mínima da nicotina é: a) C 6 H 7 N b) C 5 H 7 N c) C 10 H 12 N d) C 5 H 6 N 2 e) C 4 H 3 N

Solução 1 mg nicotina  74% de C; 8,65% de H; 17,35% de N Fórmula mínima = ? C-12; H-1; N-14 I- Como já temos as % em massa, é só transformarmos p/ gramas: 74 g de C  8,65 g de H  17,35 g de N II- Achamos o número de mols: III- Dividimos pelo menor: C = 6,16:1,24 = 4,96 = 5 H = 8,65:1,24 = 6,97 = 7 N = 1,24:1,24 = 1 C 5 H 7 N Letra B O arredondamento, deve ser feito, após a divisão pelo menor, quando o número após a vírgula for: 9 ou 1

21-(VUNESP-SP) Um mol do adoçante aspartame, de fórmula C 14 H 18 N 2 O 5 , reage estequiometricamente com 2 mols de água para formar 1 mol de ácido aspártico ( C 4 H 7 NO 4 ), 1 mol de metanol ( CH 3 OH) e 1 mol de fenilalanina. Com base nessas informações, conclui-se que a fórmula molecular da fenilalanina é: C 14 H 18 N 2 O 5 d) C 4 H 7 NO 4 C 9 H 11 NO 2 e) CH 3 OH C 8 H 14 N 2 O 8

Solução C 14 H 18 N 2 O 5 + 2 H 2 O  1 C 4 H 7 NO 4 + 1 CH 3 OH + 1 ( CHNO) x C 9 H 11 NO 2 C ...... 14 H ...... 22 N ..... 2 O ..... 7 C  5 +.... =14 H  11 + .....=22 N  1 + ....= 2 O  5 + .....= 7 Reagentes Produtos

22-(ITA-SP) Certo sal contém, além de água de cristalização, apenas ferro, carbono e oxigênio; sabe-se ainda que cada mol do sal contém um mol de ferro. Com esse sal foram feitos os seguintes ensaios: I- No aquecimento forte, em atmosfera inerte, de 1,0 g de sal hidratado foram obtidos 0,400 g de óxido de ferro II; II- Num aquecimento mais brando, 1,0 g do sal hidratado, perdeu toda a água de cristalização e foram obtidos 0,8 g do sal anidro; III- No aquecimento forte com excesso de oxigênio, 1,0 g do sal anidro forneceu, como únicos produtos, óxido de ferro e 0,612 g de gás carbônico. Indicando claramente seu raciocínio: Calcule a massa molar do sal hidratado; Calcule o número de mols de água de cristalização por mol de sal hidratado; Indique a fórmula molecular do sal.

Solução (FeCO) x . y H 2 O  1 mol do sal  1 mol Fe I- (FeCO) x . y H 2 O  FeO + H 2 O + CO 2 1 g  0,4 g +........+...... II- (FeCO) x . y H 2 O  (FeCO) x + X H 2 O 1 g  0,8 g + .......... III- (FeCO) x + O 2  óxido de ferro + CO 2 1 g  .................... + 0,612 g Se o sal só tem 1 mol de Fe  na equação I, forma 1 mol de FeO(72g/mol)  portanto: 1 g do sal hidratado ---- 0,4 g de FeO x g do sal hidratado --- 72 g de FeO x = 180 g  Massa molar do sal hidratado b) Na equação II, teremos : (FeCO) x y.H 2 O  (FeCO) x + y H 2 O 1 g --------------------------0,2 g H 2 O 180 g ----------------------x = 36 g H 2 O = 2 mols H 2 O

c) De acordo com a equação III  1 g do sal forma 0,612 g de CO 2 (FeCO) x + O 2  óxido de ferro + CO 2 1 mol de CO 2 = 44 g --------12g de C 0,612 g--------x = 0,167 g de C Se: 1 g do sal anidro ---fornece ---- 0,167 g de C 144 g do sal anidro –fornece --- x = 24 g de C = 2mols de C (FeCO) x = 114 g 56+24+Oxigênio=144 g  massa oxigênio = 64 g = 4mols de O, portanto o sal possui : 1 mol átomos de Fe, 2 mols de átomos de C e 4 mols de átomos de O  FeC 2 O 4 b) Continuando: Se o sal hidratado : (FeCO) x . Y H 2 O  possui 36 gramas de água, sua massa total é de 180 g, basta tirarmos a massa total, da massa de água, para obtermos a massa do sal: (massa do sal) + massa de água = massa total ( massa do sal) + 36 g de H 2 O = 180 g ( massa do sal ) = 144 gramas

23-(FUVEST-SP) O minério usado na fabricação de ferro em algumas siderúrgicas brasileiras, cintém cerca de 80% de óxido de ferro III. Quantas toneladas de ferro podem ser obtidas pela redução de 20 toneladas desse minério? ( Fe-56, O-16) 11,2 11,6 12,4 14,0 16,0

Solução Fe 2 O 3 = 160 g/mol  Minério = 80% do óxido Massa de ferro = ? Minério = 20 ton Fe 2 O 3 + 3 CO  2 Fe + 3 CO 2 160 g ----------------112 g 16 ton -------------- x = 11,2 ton LETRA A 20 ton -------- 100% X ton --------- 80% X = 16 ton de Fe 2 O 3

24-(UNICAMP-SP) A obtenção de etanol, a partir da sacarose ( açúcar) por fermentação, pode ser representada pela seguinte equação: 1 C 12 H 22 O 11 + 1 H 2 O  4 C 2 H 5 OH + 4 CO 2 Admitindo-se que o processo tenha um rendimento de 100% e que o etanol seja anidro, calcule a massa em kg de sacarose necessária para produzir um volume de 50 litros de etanol, suficiente para encher um tanque de um automóvel. Dados: d etanol = 0,8 g/ml Sacarose = 342 g/mol Etanol = 46 g/mol

Solução 1 C 12 H 22 O 11 + H 2 O  4 C 2 H 5 OH + 4 CO 2 m = ? Sacarose = 342 g/mol Etanol = 46 g/mol d = 0,8 g/ml V etanol = 50 litros = 50.10 3 ml 1 mol C 12 H 22 O 11 --------- 4 mol de C 2 H 5 OH 342 g -------------------- 4 . 46 = 184 g x g ----------------------------- 40 . 10 3 g x = 74,3 .10 3 g = 74,3 kg de Sacarose

25-(Cesgranrio-RJ) O CO 2 produzido pela decomposição térmica de 320 g de carbonato de cálcio teve seu volume medido a 27 0 C e 0,8 atm. O valor, em litros, encontrado foi igual a : ( R = 0,082 atm.L.mol -1 .K -1 ; Ca-40, C-12, O-16) 22,4 44,8 67,2 71,6 98,4

Solução V CO 2 = ? 27 o C  300 K Massa de CaCO 3 = 320 g P = 0,8 atm R = 0,82 atm.L.mol -1 .K -1 CaCO 3  CaO + CO 2 100 g --------------------- 1 mol CO 2 320 g -------------------- x = 3,2 mols CO 2 P.V = n . R .T 0,8 . V = 3,2 . 0,082 . 300 LETRA E

26-(UFRS) Duas soluções de volumes iguais são misturadas, conforme esquema abaixo: + Ca(OH) 2 HNO 3 Solução final 4 g 6,3 g Após a reação, observa-se que a solução final é: neutra, pois não há reagente em excesso Ácida, devido a um excesso de 0,6 g de HNO 3 Ácida, devido a um excesso de 0,3 g de HNO 3 Neutra, devido à formação de Ca(NO 3 ) 2 Básica, devido a um excesso de 0,3 g de Ca(OH) 2

Solução Ca(OH) 2 = 40 g/mol HNO 3 = 63 g/mol Ca(OH) 2 + 2 HNO 3  Ca(NO 3 ) 2 + 2 H 2 O 1 mol reage 2 mols 1. 74g ---------2 . 63 g 74 g ------ 126 g 4 g ------- 6,3 g  Para saber quem está em excesso é só multiplicar em cruz, o maior valor está em excesso: 4 . 126 = 504  está em excesso 74 . 6,3 = 466,2 portanto: 74 g Ca(OH) 2 ------- 126 g HNO 3 x g ---------------------- 6,3 X = 3,7 g de Ca(OH) 2 reagem havendo excesso de 0,3 gramas de base  portanto solução final básica

27-(VUNESP) Uma amostra de 12,5 g de carbonato de magnésio foi tratada com excesso de solução de ácido sulfúrico, ocorrendo a reação: MgCO 3 + H 2 SO 4  MgSO 4 + H 2 O + CO 2 Nessa reação foram obtidos 600 cm 3 de CO 2 , medidos a 27 0 C e 5 atm de pressão. A porcentagem de pureza da amostra inicial é: ( dados: Mg-24; S-32; O-16; C-12; H-1 ) 82% d) 43% 18% e) 50% 22%

Solução MgCO 3 + H 2 SO 4  MgSO 4 + H 2 O + CO 2 12,5 g ----------------------------------------------- V = 600 cm 3 = 0,6 L 27 0 C = 300 K P = 5 atm 100 g MgCO 3 -------- 44 g CO 2 12,5 -------------------x = 6,54 CO 2 Se a amostra fosse 100%: 6,54 g CO 2 -------- 100% 5,36 g CO 2 -------- x = 82% LETRA A

28-(UNICAMP-SP) Com a intenção de proteger o motorista e o passageiro de lesões corporais mais graves, em muitos países já é obrigatório o uso em automóveis de de um dispositivo de segurança chamada air bag. Em caso de acidente, um microprocessador desencadeia uma série de reações químicas que liberam uma certa quantidade de nitrogênio, N 2 , para inflar rapidamente um balão plástico situado à frente dos ocupantes do automóvel. As reações químicas que ocorrem nesse processo estão representadas abaixo: I- 2 NaN 3  2 Na + 3 N 2 II- 10 Na + 2 KNO 3  5 Na 2 O + K 2 O + N 2 III- K 2 O + Na 2 O + SiO 2  silicato alcalino ( vidro) No caso de acionamento do sistema de segurança descrito, supondo que o volume do saco plástico, quando totalmente inflado, seja 70 L e que, inicialmente, houvesse 2,0 mols de NaN 3 e 2,0 mols de KNO 3 : Determine a pressão do gás em kPa, dentro do balão, quando este estiver totalmente inflado. Considere uma temperatura de 27 0 C. (dado: R = 8,3 kPa.Lmol -1 .k -1 ) Determine a massa total das substâncias sólidas restantes no sistema supondo ainda que o processo envolvesse somente as reações I e II.

Solução NaN 3 = 2mols  KNO 3 = 2 mols  R = 8,3 ; V = 70 L ; 300K; KNO 3 = 101 g/mol; Na 2 O = 62 g/mol; K 2 O = 94 g/mol I- Cálculo de Na e N 2 formados na primeira reação: 2 NaN 3  2 Na + 3 N 2 2 mols --- 2mols --- 3 mols ( obedecendo a estequiometria) II- Cálculo de Na 2 O, K 2 O e N 2 formados na segundo reação: 10 Na + 2 KNO 3  5 Na 2 O + K 2 O + N 2 2 mols -------- 2 mols  2 mols reage—0,4 mols forma– 1mol Na 2 O + 0,2mols K 2 O + 0,2 mol N 2 sobra 1,6 mols KNO 3 III- Cálculo Pressão total: P.V = n.R.T P.70 = 3,2 . 8,3 . 300 P = 113,8 kPa IV- Cálculo da massa total : 1,6 mols KNO 3  = 1,6 . 101 = 161,6 g 1 mol Na 2 O  = 1 . 62 = 62 g 0,2 mol K 2 O  = 0,2 . 94 = 18,8 g Total  242,4 gramas 3,2 mols N 2

29-(FUVEST-SP) Duas das reações que ocorrem na produção de ferro são representadas abaixo: 2 C + O 2  2 CO Fe 2 O 3 + 3 CO  2 Fe + 3 CO 2 O monóxido de carbono formada na primeira é consumido na segunda. Considerando apenas estas duas etapas do processo, calcule a massa aproximada, em kg, do carvão consumido na produção de 1 tonelada de ferro ( dados: Fe-56; O-16; C-12)

Solução C = 12 g/mol  Fe = 56 g/mol massa C = ? Para 1 ton de Fe 2 C + O 2  2 CO ( . 3) Fe 2 O 3 + 3 CO  2 Fe + 3 CO 2 (. 2) Para ficar mais fácil, vamos multiplicar a reação I por 3 e a II por 2: 6 C + 3 O 2  6 CO 2 Fe 2 O 3 + 6 CO  4 Fe + 6 CO 2 6 C + 2 Fe 2 O 3 + 3 O 2  4 Fe + 6 CO 2 Somando as reações 6 mols C ------------------ 4 mols Fe 6.12 =72 g C --------------- 4 .56 = 224 g Fe x =------------------------------ 1 ton x = 0,3214 ton = 321,4 kg de C

30-(FEI-SP) O butano, C 4 H 10 , é um gás utilizado como combustível em isqueiros descartáveis, e a sua reação química como o oxigênio, produz dióxido de carbono e água. Sabendo-se que o ar atmosférico contém em média 210ml/L de oxigênio, 780 ml/L de nitrogênio e 10ml/L de outros gases, o volume de ar, nas CNTP, necessário para a combustão completa de 2,5 g de butano é: 6,27 L 7,58 L 30,0 L 52,0 L 8,0 L

Solução V ar = ?  2,5 g C 4 H 10  C 4 H 10 = 58 g/mol 1 Litro de ar : 210 ml O 2 ; 780 ml N 2 ; 10 ml gases C 10 H 10 + 6,5 O 2  4 CO 2 + 5 H 2 O 58 g ------ 6,5 mols O 2 2,5 g ----- x = 0,28 mols O 2  CNTP = 0,28 . 22,4 = 6,27 L O 2 1 L de ar -------- 0,21 L O 2 x L de ar ------- 6,27 L O 2 x = 29,85 L de ar  30,0 L de ar LETRA C Atenção : 100 v de ar  80 v N 2  20 v O 2 5 : 4 : 1

31-(FUVEST-SP) A dosagem de etanol no sangue de um indivíduo mostrou o valor de 0,08 g por 100 ml de sangue. Supondo que o volume total de sangue desse indivíduo seja 6,0 L e admitindo que 12% do álcool ingerido se encontra no seu sangue, quantas doses de bebida alcoólica ele deve ter tomado? 1 dose de bebida = 20 ml % aproximada, em volume , de etanol na bebida = 50% Densidade do etanol = 0,80 g/ml

Solução Dosagem etanol = 0,8 g por 100 ml sangue  V total sangue = 6 L 12% álcool está no sangue  d etanol 0,8 g/ml 1 dose bebida = 20 ml % etanol bebida = 50% em volume 0,08 g de etanol ------ 0,1 L de sangue X g de etanol --------- 6,0 L de sangue X = 4,8 g de etanol  12% do volume de bebida ingerido 4,8 g de etanol ----- 12% X g de etanol ------ 100% X = 40 g de etanol ingerido no total % etanol = 50% em volume 100 ml de bebida ----50ml etanol X ml de bebida ----- 50 ml etanol X = 100 ml de bebida 1 dose ----- 20 ml X dose -----100 ml X = 5 doses

32-(UNESP-2002) – O filme Erin Brockovich é baseado num fato, em que o emprego de cromo hexavalente numa usina termoelétrica provocou um número elevado de casos de câncer entre os habitantes de uma cidade vizinha. Com base somente nesta informação, dentre os compostos de fórmulas: CrCl 3 CrO 3 Cr 2 O 3 K 2 CrO 4 K 2 Cr 2 O 7 1 2 3 4 5 Pode-se afirmar que não seriam potencialmente cancerígenos: O composto 1, apenas. O composto 2, apenas. Os compostos 1 e 3, apenas. Os compostos 1, 2 e 3, apenas. Os compostos 2, 4 e 5, apenas.

SOLUÇÃO Para resolver o exercício devemos calcular os número de oxidação do cromo, dando o valor x, para o cálculo.. 1- CrCl 3  x – 3 = 0  x = +3 2- CrO 3  x – 6 = 0  x = +6 3- Cr 2 O 3  2 x . –6 = 0  x = +3 4- K 2 CrO 4  +1.2 + x –8 = 0  x = +6 5- K 2 Cr 2 O 7  +1.2 + 2x –14 = 0  x = +6 De acordo com os valores encontrados não possuem Nox igual a +6, os compostos 1 e 3, apenas; portanto não são cancerígenos LETRA C

33-(UNESP 2002)- Em contato com ar úmido, um telhado de cobre é lentamente coberto por uma camada verde de CuCO 3 , formado pela seqüência de reações representadas a seguir: 2 Cu (s) + O 2 (g) + 2 H 2 O (liq)  2 Cu(OH) 2 (s) equação I Cu(OH) 2 (s) + CO 2 (g)  CUCO 3 (s) + H 2 O (liq) equação II Com relação ao processo global que ocorre, pode-se afirmar: As duas reações são de óxido-redução. Apenas a reação I é de óxido-redução. Apenas a reação II é de óxido-redução. Nenhuma das reações é de óxido-redução. O Cu (s) é o agente oxidante da reação I.

2 Cu (s) + O 2 (g) + 2 H 2 O (liq)  2 Cu(OH) 2 (s) equação I Cu(OH) 2 (s) + CO 2 (g)  CuCO 3 (s) + H 2 O (liq) equação II SOLUÇÃO 0 -2 +1 -2 0 +1 -2 +2 -2 +1 +2 -2 +1 +4 -2 +2 +4 -Como somente na equação I ocorre variação de Nox, somente ela é de óxido-redução. -O cobre sofre oxidação de 0  +2; portanto provoca redução no oxigênio. O cobre é agente redutor , porque provoca redução. LETRA B

34-(UNESP 2002) – Numa viagem, um carro consome 10 kg de gasolina. Na combustão completa deste combustível, na condição de temperatura do motor, formam-se apenas compostos gasosos. Considerando-se o total de compostos formados, pode-se afirmar que os mesmos -a) não têm massa. -b) pesam exatamente 10 kg. -c) pesam mais que 10 kg. -d) pesam menos que 10 kg. -e) são constituídos por massas iguais de água e gás carbônico.

SOLUÇÃO -Considerando que em uma reação de combustão, vamos ter a reação entre a substância (gasolina) e oxigênio, a massa dos produtos formados será maior do que a massa da gasolina sozinha. LETRA C

35-(UNESP 2002) No preparo de um material semi-condutor uma matriz de silício ultrapuro é impurificada com com quantidades mínimas de gálio, através de um processo conhecido como dopagem. Numa preparação típica, foi utilizada uma massa de 2,81 g de silício ultrapuro, contendo 6,0 x 10 23 átomos de Si. Nesta matriz, foi introduzido gálio suficiente para que o número de átomos de silício fosse igual a 0,01% do número de átomos de silício. Sabendo-se que a massa molar do gálio vale 70 g/mol e a constante de Avogadro vale 6,0 x 10 23 , a massa de gálio empregada na preparação é igual a: 70 g 0,70 g 0,0281 g 7,0 x 10 -4 g 6,0 x 10 -23 g

SOLUÇÃO -Colocando os dados: m silício = 2,81 g corresponde = 6,0 x10 22 átomos m gálio = x g corresponde 0,01% átomos de Silício 6,0 x 10 22 átomos de Si ---------- 100% x átomos de Si-------------------- 0,01% 1 mol átomos de gálio -----6,0 x 10 23 átomos-----------70 gramas 6,0 x 10 18 átomos----------x gramas LETRA D

36-(UNESP 2002_ O neurotransmissor serotonina é sintetizado no organismo humano a partir do triptofano. As fórmulas estruturais do triptofano e da serotonina são fornecidas a seguir. Com respeitos a essas moléculas, pode-se afirmar que: Apenas a molécula de triptofano apresenta atividade óptica. Ambas são aminoácidos. A serotonina é obtida apenas por hidroxilação do anel benzênico do triptofano. Elas são isômeras. As duas moléculas apresentam a função fenol.

SOLUÇÃO -a) CORRETA: o carbono alfa ligado ao grupo – NH 2 do triptofano está ligado a quatro radicais diferentes, portanto, apresenta isomeria óptica.

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