Química - Revisão Extensivo 3 Ano

Prévia do material em texto

Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
Química
Curso Extensivo – A
3.a Série – Ensino Médio
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:57 Página I
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página II
– 1
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
1. (MODELO ENEM) – A Química é uma ciência sensacional, o
seu melhor representante é o átomo, um sistema estável,
eletricamente neutro, possui um núcleo denso com carga positiva, os
prótons, envolvido por uma região em que orbitam os elétrons. Os
nanokids, moléculas que possuem fórmulas estruturais semelhantes a
forma humana, são utilizadas para representar os tipos de ligações
existentes em diversas moléculas. 
Sobre a estrutura atômica, é correto afirmar:
a) O núcleo do átomo de hélio (2
4He) é 7360 vezes mais pesado que
sua eletrosfera.
b) O nanokid, figura 1, possui massa molecular igual a 542u, é
formado por 42 átomos do isótopo do hidrogênio mais estável.
Com esses dados, podemos afirmar que é constituído por 42
átomos do isótopo C12. 
c) O átomo “X” é isótono do átomo 5525Mn e isoeletrônico do íon
(28
60Ni)2+, portanto o número de massa e o número de elétrons na
camada de valência são, respectivamente, 52 e 2.
d) O modelo atômico representado na figura 3 corresponde ao
modelo de Thomson.
e) O íon monoatômico A3+ apresenta configuração eletrônica 3s2 3p6
para o nível mais externo, então deduzimos que seu número
atômico é 21.
Dado: 1H; 2H; 3H; 16O; mp = mn = 1840 . me
RESOLUÇÃO:
a) O núcleo de hélio é 3680 vezes mais pesado do que a eletrosfera.
b) Os nanokids têm a fórmula C39H42O2.
c) X apresenta 30 nêutrons e 26 elétrons. Portanto, a estrutura é 26
56X e
distribuindo com Z = 26: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6. Então, há 2
elétrons na camada de valência.
d) O modelo atômico de Rutherford, conhecido como modelo planetário,
é um modelo atômico após análises dos resultados de seu experimento
do espalhamento das partículas alfa.
e) A3+ perdeu 3 elétrons, então o seu átomo neutro apresenta 1s2 2s2 2p6
3s2 3p6 4s2 3d1. Portanto, seu Z = 21.
Resposta: E 
2. (MODELO ENEM) – O jogo Batalha Naval é um jogo de
tabuleiro no qual os jogadores têm que adivinhar em que quadrados
estão os navios e afundá-los. Dois vestibulandos escolheram a tabela
periódica como tabuleiro para revisar os conceitos importantes desse
título sensacional. Cada jogador deve escolher um par de
coordenadas, sendo um período, designado por letras, e um grupo
designado por números, por exemplo coordenada A1 se refere ao
hidrogênio, C17 se refere ao átomo de cloro e citar, pelo menos, uma
característica dos átomos escolhidos. Mas numas das opções a seguir,
cometeram um equívoco conceitual. 
Assinale a alternativa correta.
a) O jogador 1 escolheu as coordenadas A18 – B14 e descreve um
gás nobre com baixa energia de ionização e outro capaz de formar
alótropos, como, por exemplo, o diamante.
b) O jogador 2 escolheu as coordenadas F8 – F9 e cita os elementos
representativos mais densos.
c) O jogador 1 escolheu as coordenadas B13 – B15 e menciona,
respectivamente, um elemento que forma moléculas trigonais e o
outro, mais eletronegativo, forma moléculas piramidais.
“Em algum lugar, alguma coisa incrível está
esperando para ser descoberta.”
Carl Sagan
“Se eu vi mais longe, foi por estar de pé sobre
ombros de gigantes.”
Isaac Newton
Revisão QUÍMICA
MÓDULO 11 Estrutura do Átomo, Radioatividade e Tabela Periódica
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 1
2 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
d) O jogador 2 escolheu as coordenadas G1 – G2 e relata que
pertencem ao grupo dos metais de transição, cujo G1 possui maior
raio atômico, por apresentar menor carga nuclear.
e) O jogador 1 escolheu as coordenadas D11 – D12 e menciona que
são metais de transição, condutores de eletricidade, maleáveis e
dúcteis, e, ao formar o bronze, compartilham os elétrons do
subnível d.
Dados: 
2He 6C 5B 7N 76Os 77Ir 16S 17Cl 87Fr 88Ra 29Cu 30Zn
RESOLUÇÃO:
a) O átomo de hélio – A18 apresenta a maior energia de ionização e o
átomo de carbono B14 forma grafita e diamante, entre outros
alótropos.
b)
Portanto, ósmio e o irídio encerram alta densidade. São metais de
transição.
c) O átomo de boro B13 apresenta três elétrons de valência, portanto
realiza moléculas trigonais, enquanto o átomo de nitrogênio B15
encerra cinco elétrons de valência, formando moléculas piramidais.
Portanto, o átomo de nitrogênio é mais eletronegativo que o átomo de
boro.
d) O frâncio-G1 – e o rádio-G2 são metais representativos, pois suas
distribuições eletrônicas terminam no subnível s.
Então, o frâncio exibe o maior raio atômico.
e) O átomo de cobre-D11 e o átomo de zinco-D12 podem ser
transformados em lâminas e fios, mas realizam a ligação metálica. No
latão, há formação de íons positivos num “mar de elétrons livres”.
Resposta: C
3. (MODELO ENEM) – Marie Curie recebeu duas vezes o prêmio
Nobel, sendo um sobre a existência da radioatividade natural e o
outro, pela descoberta de dois novos elementos químicos, entre eles o
polônio, o qual foi identificado por meio de uma técnica designada de
cristalização fracionada, que consiste em aquecer um material a altas
temperaturas e resfriar paulatinamente. O polônio resulta do
decaimento radiativo do núcleo de bismuto, pela emissão de uma
partícula β e em seguida, o polônio emite uma partícula α, originando
um núcleo de chumbo: 
210 β Y α M
Bi ⎯⎯⎯→ Po ⎯⎯⎯→ Pb83 X 82
Assim, podemos afirmar que:
a) Os núcleos de Bi e Pb são isóbaros.
b) Ao penetrarem em um sistema com placas carregadas eletrica men -
te, a partícula alfa sofre o maior desvio do que a partícula beta.
c) O núcleo de Po apresenta 127 nêutrons.
d) Os valores de Y, X e M são, respectivamente, 210, 84 e 206.
e) As radiações alfa conseguem atravessar tecidos de roupas, plás -
ticos, enquanto as radiações beta têm baixo poder de penetração,
sendo bloqueadas por folhas de papel.
RESOLUÇÃO: 
210 Y 0 M 4
Bi ⎯⎯→ Po + β ⎯⎯→ Pb + α
83 X –1 82 2
210 = Y + 0 ⇒ Y = 210
83 = X – 1 ⇒ X = 84
M + 4 = 210 + 0 ⇒ M = 206
“Na vida, não existe nada a temer, mas a
entender.”
Marie Curie
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 2
– 3
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
Resposta: D
4. (MODELO ENEM) – Especialista da Comissão Nacional de
Energia Nuclear alertou sobre o risco de manipulação do material
radioativo roubado em um veículo, na Baixada Fluminense. O
selênio-75 é usado para gamagrafia industrial (semelhante aos raios
X) para verificar as condições de soldas em gasodutos e oleodutos. 
O mau manuseio pode causar queimaduras ou necrose que leva à
amputação de algum membro, além dos tecidos internos também
serem afetados, causando a morte.
Fonte: <https://noticias.bol.uol.com.br/brasil/2012/04/30/>
O decaimento radioativo de uma amostra de Se-75 está representado
no gráfico a seguir: 
O Se-75 é usado na medicina nuclear tanto para diagnóstico quanto
para terapia, vinculado com o Fe-59 e o P-32, cujos tempos de meia
vida são, respectivamente, 15 dias e 45 dias. Uma amostra radioativa
de 10g, após 120 dias, apresentou 2,8g de Se-75, e 0,00425g de Fe-
59. Assinale a alternativa que indica a composição percentual de cada
radioisótopo na amostra original. 
a) % Se-75: 60,0; % P-32: 21,0; % Fe-59:19,0 
b) % Se-75: 56,0; % P-32:10,0; % Fe-59: 34,0 
c) % Se-75: 56,0; % P-32: 33,0; % Fe-59: 11,0 
d) % Se-75: 50,0; % P-32:33,0; % Fe-59:17,0 
e) % Se-75: 56,0; % P-32: 2,00; % Fe-59: 42,0
RESOLUÇÃO: 
O tempo de meia vida do Se é 120 dias. Portanto, a massa de selênio na
amostra original é igual a 5,6g, então, tem-se 56% na amostra original. O
tempo de meia vida do Fe é igual a 15 dias. Portanto, após 120 dias, temos
8 períodos de semidesintegração, então, 0,00425 = m.1/256; m = 1,1 que
corresponde a 11% na amostra original. Portanto, aporcentagem do P-32
é 100% – (56% + 11%) = 33%.
Resposta: C
Material radioativo roubado no Rio pode matar se
manuseado, diz especialista 
(Folha.com, 30 abril 2012)
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 3
5. (MODELO ENEM)
super.abril.com.br
Reator experimental construído na China alcança 100 milhões de
graus Celsius – seis vezes mais que o núcleo do Sol (da ordem de 15
milhões de graus Celsius).
www.tecmundo.com.br
Os reatores possuem mecanismos para que a reação seja controlada e
reaproveitada para gerar energia elétrica.
Disponível em: bbc.com/portuguese
A maior parte do que compõe uma estrela é o gás de hidrogênio, e
através da junção de isótopos desse elemento, há formação de
isótopos de hélio produzindo nêutrons livres e uma gigantesca
quantidade de energia.
Disponível em: slideplayer
Processo que consiste na divisão do núcleo instável através do
bombardeamento com nêutrons, formando dois núcleos mais leves,
liberando grande quantidade de energia e nêutrons.
Os dois processos citados são, respectivamente:
a) Explosão e fusão.
b) Fusão e fissão nucleares.
c) Fissão e fusão nucleares.
d) Desintegração e reação em cadeia.
e) Explosão solar e fusão do urânio. 
RESOLUÇÃO: 
A primeira figura corresponde à fusão nuclear, junção dos isótopos de
hidrogênio e a segunda corresponde à fissão nuclear, quebra do núcleo do
átomo de urânio.
Fusão nuclear:
1
2
H + 1
3
H ⎯→ 2
4
He + 0
1
n + energia
Fissão nuclear:
92
235
U + 0
1
n ⎯→ 56
140
Ba + 36
93
Kr + 3 0
1
n
Resposta: B
4 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 4
1. (MODELO ENEM) – O cubo mágico, um jogo tridimensional,
foi criado em 1974 por um jovem professor de arquitetura, E. Rubik,
que precisou de um pouco mais de um mês para conseguir solucionar
este quebra-cabeça, tornando-se um brinquedo ícone na década de
1980. Em alguns quadrados foram colados símbolos de elementos
químicos e, ao ser embaralhado, o cubo exibiu a seguinte
configuração:
Ao examinar as faces mostradas na figura, podemos afirmar correta -
men te que:
a) Em uma das faces há uma liga metálica, o bronze, caracterizada
por um “mar de elétrons” livres que envolvem os cátions.
b) Na face superior está a fórmula de um sal, o sulfato de cálcio,
formado somente por ligações covalentes normais.
c) Em uma das faces existe uma molécula ímpar, angular e polar,
capaz de formar um dímero.
d) Em uma das faces aparece uma molécula quadrada, CH4, molécula
cujo momento dipolar é zero.
e) Na decomposição do sulfato de cálcio há liberação do anidrido
sulfúrico, uma molécula piramidal e polar.
Dados:
RESOLUÇÃO: 
a) A liga formada por Zn e Cu, o latão é caracterizado pela ligação
metálica.
b) Sulfato de cálcio.
1 ligação iônica, 2 covalentes normais e duas covalentes dativas.
c)
Molécula ímpar Dímero
d) A molécula do metano é tetraédrica.
Metano é molécula apolar (momento dipolar é zero).
e) CaSO4 → CaO + SO3
A molécula é plana trigonal
Resposta: C
Ca N O C S H
O O 
2–
[Ca]2+
O O
[ ]S
O
N
O
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
O
S
O O
Anidrido sulfúrico
– 5
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
MÓDULO 22 Ligações Químicas
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 5
6 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
2. (MODELO ENEM) – A quitosana, derivado da quitina, é um
biopolímero preparado a partir de exoesqueleto de crustáceos com
óleo de grão da soja, atualmente usado em produtos farmacêuticos e
cosméticos, em cicatrização de ferimentos e suplemento alimentar.
Uma dissertação publicada no endereço https://repositorio.ufu.br
descreve a capacidade da quitosana em remover íons metálicos Cu2+
e Cd2+ contaminantes de água, através de simulações por dinâmica
molecular em diferentes sistemas.
Um filamento isolado do biopolímero em variados graus de
acetilação e em distintos valores de pH exibem um resultado no qual
os íons Cu2+ interagem com um grupo amino e uma hidroxila,
enquanto que os íons Cd2+ interagiram preferencialmente com
hidroxilas.
Essas interações mencionadas no texto são do tipo:
a) Ligações de hidrogênio.
b) Íon – dipolo.
c) Forças de dispersão de London.
d) Forças intramoleculares.
e) Dipolo-dipolo.
RESOLUÇÃO: 
Os íons são atraídos pelas moléculas polares, a atração é do tipo íon- dipolo.
Resposta: B
3. As propriedades das substâncias estão relacionadas com o
tamanho da molécula e a intensidade das interações intermoleculares.
Considere as substâncias a seguir, e suas respectivas massas molares.
A alternativa que melhor associa as temperaturas de ebulição (Teb)
com as substâncias é
RESOLUÇÃO: 
Os hidrocarbonetos apresentam os menores pontos de ebulição,
entretanto o de cadeia ramificada exibe o menor PE. O ácido e o álcool
estabelecem ligações de hidrogênio, todavia o ácido estabelece maior
número dessas interações formando dímeros. A butanona apresenta PE
maior que os hidrocarbonetos, pois estabelece forças do tipo dipolo-
dipolo.
Resposta: A
Teb 10°C 36°C 80°C 118°C 141°C
a)
dimetil-
propano
pentano butanona butan-1-ol
ácido
propanoico
b)
ácido
propanoico
dimetil-
propano
pentano butanona butan-1-ol
c)
dimetil-
propano
pentano butanona
ácido
propanoico
butan-1-ol
d) pentano
dimetil-
propano
butan-1-ol butanona
ácido
propanoico
e) pentano
dimetil-
propano
ácido
propanoico
butan-1-ol butanona
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 6
4. Segundo a matéria exibida no site www.jpnews.com.br, uma
mistura de água, inseticida comum e detergente de cozinha, de
preferência aquele que resseca as mãos e não é glicerinado, é eficaz
para matar o escorpião. De acordo com o artigo publicado na revista
do conselho Federal de Medicina Veterinária, o detergente retira a
oleosidade (uma camada protetora), e permite a ação mais ativa do
inseticida, matando o escorpião em dez segundos ou até
instantaneamente.
Disponível em: www.jpnews.com.br
A solubilidade de uma substância orgânica está diretamente
relacionada com a estrutura molecular, especialmente com as forças
de atração intermoleculares, que foram documentadas pela primeira
vez por J. Van der Waals (Nobel de Física de 1910). Comumente
podemos dizer que os compostos apolares ou fracamente polares são
solúveis em solventes apolares, enquanto que compostos de alta
polaridade são solúveis em solventes também polares.
No caso do artigo relatado, o detergente age sobre o óleo retirando-o
da superfície externa do artrópode, pois a dissolução ocorreu devido
às forças de ligação entre as moléculas do solvente, de um lado, e
entre as partículas do soluto, de outro, serem do mesmo tipo e
magnitude, como ilustrado a seguir:
Sobre o texto, é incorreto afirmar que:
a) Os detergentes são produtos sintéticos que agem na limpeza de
modo semelhante aos sabões, e são chamados de tensoativos ou
surfactantes, isto é, diminuem a tensão superficial da água. 
b) A molécula de um detergente é formada por uma cadeia carbônica
longa, apolar, uma cauda hidrofóbica e por uma parte polar,
denominada de cabeça hidrofílica.
c) Há uma diminuição tanto da densidade quanto do pH, já que as
partículas de óleo precipitam e liberam H+.
d) O artigo menciona um detergente que resseca a mão e sem
glicerina, pois está relacionado com o conceito da glicerina, um
triol, ser um bom umectante mantendo a umidade da pele, já que
as moléculas de glicerina atraem as moléculas de água por
ligações de hidrogênio.
e) Os detergentes sintéticos ramificados são considerados não-biode -
gradáveis, sendo apenas degradados por processos físicos e
químicos.
RESOLUÇÃO: 
a) Os tensoativos ou surfactantes são substâncias orgânicas que
apresentam comportamento anfifílico, ou seja, as moléculas
apresentam uma região hidrofóbica e outra hidrofílica. 
b) Hidrofóbica (“medo” de água) solúvel em solvente apolar. Hidrofílica
(“amigo” de água), portanto solúvel em solvente polar.
c) Não ocorre aalteração do pH por não liberar ou interagir com íons
hidrônio (H+) e hidróxido (OH–) no meio. Há um aumento da
densidade da água, já que as moléculas de detergente e gordura
passam a fazer parte do meio.
d) A molécula de glicerina é fortemente polar, pois tem três grupos
hidroxilas, então essas moléculas formam ligações muito intensas,
chamadas de ligações de hidrogênio.
e) Os micro-organismos existentes na água produzem enzimas que não
reconhecem as cadeias ramificadas dos detergentes e ao serem jogados
nos rios formam as espumas que impedem as trocas gasosas.
Resposta: C
Inseticida comum, água e detergente 
podem matar escorpião.
– 7
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 7
8 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
1.
Analise o gráfico e aponte a alternativa incorreta.
a) O sal menos solúvel a 10°C é o AgNO3.
b) No cloreto de cálcio hexa-hidratado (CaCl2 . 6 H2O), o aumento
da temperatura promove a alteração no número de moléculas de
água de cristalização, alterando sua solubilidade. 
c) A dissolução do Na2SO4 anidro é classificada como exotérmica.
d) A 50°C, a adição de 190g de KNO3 em 200g de água, forma uma
solução saturada com corpo de fundo.
e) A 30°C, 340g de uma solução saturada de KBr apresenta 140g
desse soluto.
RESOLUÇÃO: 
a) O sal menos solúvel a 10°C é o AlK(SO4)2 . 12H2O
b) A curva de solubilidade de um sal hidratado é caracterizada por um
ponto de inflexão, que se refere a uma temperatura na qual o sal
hidratado perde água.
c) Observando a curva do Na2SO4 anidro, nota-se que o aumento de
tempera tura diminui a solubilidade, portanto é uma dissolução
exotérmica
d) A 50°C, a solubilidade do KNO3 é de 90g em 100g de água, portanto
em 200g de água a solubilidade é de 180g. Então formará 10g de sal
como corpo de fundo.
e) A 30°C temos 70g do sal em 100g de água, portanto temos 170g de
solução. Então em 340g de solução há 140g de sal.
Resposta: A
2. (OLIMPÍADA BRASILEIRA DE QUÍMICA) – Um estudante,
a pedido de seu professor, precisa preparar 400 mL de uma solução de
amônia 5 mol/L. No rótulo do frasco de amônia, lacrado, que utilizará
para preparar sua solução, o estudante observou as seguintes
informações:
• Concentração (m/m): 29,0%
• Densidade: 0,9 g . cm–3
• Massa molar: 17 g . mol–1
A partir dessas informações, deduz-se que o volume de solução
concentrada, medido pelo estudante, para preparar a solução
solicitada pelo professor foi de:
a) 86,00 mL b) 94,15 mL c) 112,03 mL
d) 130,29 mL e) 145,31 mL
RESOLUÇÃO: 
0,9 g ––––––––––––– 1mL
X ––––––––––––– 1000mL
X = 900g/L
900 g ––––––––––––– 100%
Y ––––––––––––– 29%
Y = 261 g de soluto
1 mol ––––––––––––– 17 g
W ––––––––––––– 261 g
W = 15,35 mol
M1V1 = M2V2
15,35 V1 = 5.400
V1 = 130,29mL
Resposta: D
“A melhor maneira de prever o futuro é criá-lo.”
Peter Drucke
MÓDULO 33 Soluções, Titulometria e Propriedades Coligativas
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 8
– 9
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
3. (UFPR-modificada) – Uma amostra impura de ácido cítrico de
fórmula molecular C6H8O7, de 0,384 g, com a fórmula estrutural
apresentada a seguir, foi titulada com 30 mL de uma solução de
NaOH 0,1 mol/L. O teor de ácido cítrico na amostra analisada em
%(m/m) é:
a) 16
b) 25
c) 38
d) 50
e) 55
Dados: 
Massas molares em g/mol: C = 12; H = 1; O = 16; Na = 23.
RESOLUÇÃO: 
Reação de neutralização: 
Observe que o ácido apresenta três hidrogênios ionizáveis:
C6H8O7 + 3NaOH → 3H2O + Na3C6H5O7
30 mL de uma solução de NaOH 0,1 mol/L:
0,1 mol ––––––– 1000 mL
n(NaOH) ––––––– 30 mL
n(NaOH) = 0,003 mol
C6H8O7 + 3NaOH ⎯→ 3H2O + C6H5O7Na3
1 mol –––– 3 mols
0,001 mol –––– 0,003 mol
0,001 mol (C6H8O7) = 0,001 . 192 g = 0,192 g
0,384 g ––––– 100% da amostra
0,192 g ––––– % (m/m)
% (m/m) = 50%
Resposta: D
4. As figuras a seguir exibem o comportamento de duas soluções
aquosas em relação ao solvente puro.
Assinale a alternativa que estiver apropriada com os conceitos das
propriedades coligativas.
a) No gráfico, a curva B corresponde à solução aquosa de cloreto de
magnésio.
b) O abaixamento da temperatura de congelamento é denominado de
crioscopia e os valores dos ΔtC das duas soluções são iguais.
c) O aumento da temperatura de ebulição é denominado de
tonoscopia.
d) A curva A corresponde ao líquido mais volátil, enquanto a curva C
corresponde a solução mais concentrada.
e) Considerando uma curva D para uma solução aquosa de nitrato de
alumínio, 1 mol/L, deve se posicionar à esquerda da curva c.
RESOLUÇÃO: 
a) Curva A solvente puro
Curva B solução aquosa de ureia
Curva C solução aquosa de cloreto de magnésio
b) Errado, a solução de cloreto de magnésio apresenta um maior número
de partículas dispersas
MgCl2 → Mg
2+ + 2Cl –
1 mol ––––– 3 mol de partículas
ureia → ureia 
1 mol ––––– 1 mol de partículas 
Portanto, a variação da temperatura de congelamento do MgCl2 é o
triplo em relação à ureia.
c) O aumento da temperatura de ebulição é denominado ebulioscopia.
d) Vide item a, pois a curva C corresponde à solução do sal, isto é, a mais
concentrada.
e) Al(NO3)3 → Al
3+ + 3 (NO3)
–
1 mol ––––––– 4 mol de partículas 
Então, a curva D ficará após a curva C. 
Resposta: D 
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 9
10 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
MÓDULO 44 Exercícios Gerais I
1. (FUVEST-SP) – Uma estudante recebeu uma amostra de ácido
benzoico sólido contendo impurezas. Para purificá-lo, ela optou por
efetuar uma recristalização. No procedimento adotado, o sólido deve
ser dissolvido em um solvente aquecido, e a solução assim obtida
deve ser resfriada. Sendo as impurezas mais solúveis à temperatura
ambiente, ao final devem ser obtidos cristais de ácido benzoico puro. 
Para escolher o solvente apropriado para essa purificação, a estudante
fez testes de solubilidade com etanol, água e heptano. Inicialmente, os
testes foram efetuados à temperatura ambiente, e a estudante
descartou o uso de etanol. A seguir, efetuou testes a quente, e o
heptano não se mostrou adequado.
Nos testes de solubilidade, a estudante observou a formação de
sistema heterogêneo quando tentou dissolver o ácido benzoico impuro
em 
RESOLUÇÃO:
Se o etanol foi descartado à temperatura ambiente, é porque ele não
obedeceu as condições de purificação do ácido benzoico, isto é, o etanol à
temperatura ambiente dissolveu o ácido benzoico e as impurezas.
Se o heptano à quente foi descartado, é porque ele não obedeceu as
condições de purificação do ácido benzoico, isto é, o heptano não dissolveu
todo o material (ácido benzoico e as impurezas), portanto o solvente
adequado é a água que não dissolve o ácido benzoico e dissolve as
impurezas à temperatura ambiente.
Teremos uma mistura heterogênea à temperatura ambiente usando a
água como solvente e uma mistura heterogênea usando heptano a quente.
Resposta: C
2. (FUVEST-SP) – O fleróvio (Fl) é um elemento químico artificial,
de número atômico 114. Na tabela periódica, está situado
imediatamente abaixo do elemento de número atômico 82, que é o
chumbo (Pb), como é mostrado na figura a seguir: 
Até o momento, só foi possível sintetizar poucos átomos de fleróvio na
forma dos isótopos 288 e 289, pela fusão dos elementos plutônio e
cálcio em um acelerador de partículas. Para o fleróvio-289, o processo
de síntese pode ser representado pela equação nuclear a seguir: 
244 48 289
Pu + Ca → Fl + 3n 
94 20 114
Considere as seguintes afirmações:
I. A aparência macroscópica do fleróvio é desconhe cida, mas,
provavelmente, será a de um sólido metá lico. 
II. Na formação do fleróvio-288, por processo análogo ao da
síntese do fleróvio-289, são liberados 3 prótons. 
III. No grupo da tabela periódica ao qual pertence o fleróvio, há
elementos que formam óxidos covalentes. 
É correto o que se afirma apenas em 
a) I. b) II. c) III. d) I e III. e) II e III. 
RESOLUÇÃO:I. Correta.
O fleróvio está abaixo do metal chumbo que é sólido a temperatura
ambiente, portanto, prova vel mente será um sólido metálico. 
II. Incorreta.
244 48 288 1
Pu + Ca → Fl + 4 n94 20 114 o
Nesse processo de formação do 288Fl são libe rados 4 nêutrons.
III. Correta.
O Fl pertence ao grupo 14, no qual os elementos carbono e silício
formam óxidos covalentes.
CO (g), CO2 (g), SiO2 (s)
←⎯C ==== O , O = C = O,
Resposta: D
à temperatura ambiente a quente
a) água água
b) etanol heptano
c) água heptano
d) etanol água
e) heptano água
53
I
50
Sn
51
Sb
52
Te
54
Xe
81
Tl
82
Pb
84
Po
85
At
86
Rn
83
Bi
80
Hg
114
Fl
115
Mc
116
Lv
117
TsNh
113
5
B
6
C
8
O
9
F
15
P
18
Ar
31
Ga
34
Se
49
In
10
Ne
14
Si
17
Cl
30
Zn
33
As
36
Kr
48
Cd
13
Al
16
S
32
Ge
35
Br
7
N
| |
— Si — O — Si — O —
| |
O O
| |
— Si — O — Si — O —
| |
O O
| |
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 10
– 11
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
3. Injeções endovenosas de glicose são aplicadas em pessoas que
estão alcoolizadas. A solução de glicose, que é injetada nas veias
desses pacientes, deve ser isotônica em relação ao sangue, para não
lesar os glóbulos vermelhos. Considerando que o sangue humano
possui uma pressão osmótica (π) da ordem de 7,8 atmosferas, o valor
da pressão osmótica, em atm, da injeção aplicada no paciente e a
concentração da solução soro fisiológico (NaCl(aq)), em mol /L,
utilizado nessas injeções endovenosas, a 25°C, são, respectivamente:
a) 3,9 e 0,8
b) 3,9 e 0,16
c) 7,8 e 0,16
d) 7,8 e 0,8
e) 8,0 e 0,20
RESOLUÇÃO:
A solução de glicose injetada no paciente deve apresentar pressão
osmótica igual a 7,8 atm, pois deve ser isotônica em relação ao sangue.
NaCl → Na+ + Cl –
1 mol –––– 1 mol –––– 1 mol

q = 2
i = 1 + α (q – 1)
i = 1 + 1 (2 – 1) = 2
π = i . R . T . C
7,8 = 2 . 0,082 . . 298 K . C
C = 0,16 mol/L
Resposta: C
4. (ALBERT EINSTEIN-SP) – Para determinar a pureza de uma
amostra de ácido sulfúrico (H2SO4), uma analista dissolveu 14,0 g do
ácido em água até obter 100 mL de solução. A analista separou
10,0 mL dessa solução e realizou a titulação, utilizando fenolftaleína
como indicador. A neutralização dessa alíquota foi obtida após a
adição de 40,0 mL de uma solução aquosa de hidróxido de sódio
(NaOH) de concentração 0,5 mol.L–1.
O teor de pureza da amostra de ácido sulfúrico analisado é,
aproximadamente,
a) 18,0 %.
b) 50,0 %.
c) 70,0 %
d) 90,0 %.
RESOLUÇÃO:
Cálculo da quantidade de matéria de NaOH que reagiu:
0,5 mol ––––––– 1000 mL
nb ––––––– 40 mL
Cálculo da massa molar do H2SO4:
M = (2 . 1 + 1 . 32 + 4 . 16) g/mol = 98 g/mol
  
H S O
Cálculo da massa de H2SO4 em 10 mL de solução:
H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O
1 mol 2 mol
↓ ↓
98 g 2 mol
ma 0,02 mol
Cálculo da massa de H2SO4 em 100 mL de solução:
0,98 g –––––– 10 mL
m’a –––––– 100 mL
Cálculo da pureza:
14 g de H2SO4 –––––– 100%
9,8 g de H2SO4 –––––– p
Resposta: C
atm . L
–––––––
mol . K
nb = 0,02 mol
ma = 0,98 g
m’a = 9,8 g
p = 70%
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 11
12 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
1. (MODELO ENEM) – As principais diretrizes para a prática da
química voltada à susten tabilidade constituem os chamados 12 prin -
cípios da Química Verde, a saber:
1) prevenção; 2) economia de átomos; 3) reações com compostos de
menor toxicidade; 4) desenvolvimento de compostos seguros; 5)
diminuição do uso de solventes e auxiliares; 6) eficiência energética;
7) uso de substâncias renováveis; 8) evitar a formação de derivados;
9) catálise; 10) desenvolvimento de compostos degradáveis; 11)
análise em tempo real para a prevenção da poluição; 12) química
segura para a prevenção de acidentes.
Anualmente são produzidos mais de 2 milhões de toneladas de ácido
adípico, a matéria-prima para a fabricação do nylon-6,6, um
material plástico rígido, resistente à abrasão e ao calor, com amplo
emprego no campo da engenharia mecânica.
Uma alternativa para a manufatura de ácido adípico, conhecida
como síntese de Draths-Frost, ocorre por meio de conversão de gli -
co se, um material de partida inócuo e renovável, utilizando
Escherichia coli.
(Química Verde: fundamentos e aplicações – EdUFSCar)
As funções orgânicas presentes no composto de partida são
a) álcool e éter. b) cetona e ácido. c) álcool e cetona.
d) fenol e éter. e) fenol e álcool.
RESOLUÇÃO:
• O composto de partida é a D-glicose:
Resposta: A
2. (FAMERP-SP-2019) – Tetraciclina e cefalosporina são
antibióticos clássicos, cujas fórmulas estruturais estão representadas a
seguir.
As duas estruturas têm em comum as funções orgânicas
a) fenol e ácido carboxílico.
b) cetona e amina.
c) cetona e amida.
d) amina e amida.
e) amina e ácido carboxílico.
RESOLUÇÃO:
As duas estruturas têm em comum as funções orgânicas: amina e amida.
Resposta: D
CH OH
2
OH
OH
OH
HO
O
D-glicose
Escherichia coli
CO H2
OH
OH
O
CO H2
HO C2
Pt
H2
HO C2
CO H2
ácido adípico
Escherichia coli
Escherichia coli
MÓDULO 55 Funções Orgânicas e Isomeria
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 12
– 13
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
3. (MODELO ENEM) – O DDT é um inseticida que mata o mos -
quito transmissor da malária, mas ele pode interromper o equilíbrio
natural do meio ambiente, envenenando peixes e enfraquecendo as
cascas dos ovos das aves.
As PCBs (bifenilas policloradas) foram usadas como líquidos refri -
gerantes e fluidos isolantes em equipamentos elétricos, antes de serem
proibidas nos Estados Unidos.
A incineração de lixo produz dioxina, um composto altamente cance -
rí geno.
Sobre essas três substâncias, é correto afirmar:
a) São isômeros de posição.
b) O DDT possui um átomo de carbono assimétrico.
c) A PCB representada possui isomeria geométrica.
d) Todos são compostos policlorados.
e) A cadeia do DDT é aromática e heterogênea.
RESOLUÇÃO:
As substâncias não são isômeros entre si, não possuem isomeria espacial,
são compostos policlorados e a cadeia do DDT é homogênea.
Resposta: D
4. Os feromônios são substâncias utilizadas na
comunicação entre indivíduos de uma espécie. O
primeiro feromônio isolado de um inseto foi o
bombicol, substância produzida pela mariposa do bicho-da-seda. 
O uso de feromônios em ações de controle de insetos-pra ga está de
acordo com o modelo preconizado para a agricultura do futuro. São
agentes altamente específicos e seus compostos químicos podem ser
empregados em determinados cultivos, conforme ilustrado no quadro.
FERREIRA, J. T. B.; ZARBIN, P. H. G. 
“Amor ao primeiro odor: a comunicação química entre os insetos”.
Química Nova na Escola. n.° 7, maio 1998 (adaptado).
Considerando essas estruturas químicas, o tipo de este reoiso meria
apresentada pelo bombicol é também apre sentada pelo feromônio
utilizado no controle do inseto
a) Sitophilus spp.
b) Migdolus fryanus.
c) Anthonomus rubi.
d) Grapholita molesta.
e) Scrobipalpuloides absoluta.
RESOLUÇÃO:
O bombicol apresenta isomeria espacial (estereoiso meria) geométrica ou
cis-trans.
O único feromônio que apresenta isomeria cis-trans é utilizado no
controle do inseto Scrobipalpuloides abso luta.
Resposta: E
Bombicol
OH
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 13
14 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
5. Todas as afirmações desta questão estão re la cio nadas ao fenômeno
da isomeria dos compos tos orgânicos.
I. São somente 2 os isômeros de posição do dicloro pro pano.
II. Existem os isômeros cis e trans com a fórmula:
CH3 — C(CH3) = C(Br) — CH3
III. Eteno e ciclobutano possuem a mesma fórmula míni ma, mas não
a mesma fórmula molecular.
IV. Propanona e propanal possuem as mesmas fór mu las mínima e
molecular.
V. Ácido butanoico e acetato de etila possuem a mes ma fórmula
molecular, mas não a mesma fórmula estrutural.
VI. Existem 2 isômeros com atividade óptica que apre sentam a
fórmula: 
CH3 — CH(Br) — CH2 — CH3
São verdadeirasapenas as afirmações
a) I e II. b) III e IV. c) III, IV, V e VI.
d) II, III e IV. e) IV e V.
RESOLUÇÃO:
As afirmações I e II são falsas:
O composto não possui isomeria geométrica.
Resposta: C
1. (ITA-2019) – Sejam feitas estas afirmações a respeito do ponto de
ebulição de substâncias à pressão atmosférica:
I. O ponto de ebulição do 2-propanol é maior que o da propanona.
II. O ponto de ebulição do cis-but-2-eno é maior que o do trans-but-
2-eno.
III. O ponto de ebulição do fluorometano é maior que o da
metilamina.
IV. O ponto de ebulição do 2-metilbutano é maior que o do 2,2-
dimetilpropano.
Das afirmações acima, está(ão) correta(s)
a) apenas I, II e IV. b) apenas I e III. c) apenas II e IV.
d) apenas III. e) todas.
Resolução
I. Correta.
O propan-2-ol, por ter grupo OH em sua cadeia, estabelece
ligações de hidrogênio entre suas moléculas e, portanto, tem o
ponto de ebulição maior que o da propanona, que é polar e
estabelece entre suas moléculas ligações do tipo dipolo-dipolo.
II. Correta.
O isômero trans-but-2-eno apresenta menor polaridade e
menor ponto de ebulição.
III. Incorreta.
A metilamina, por ter átomo de hidrogênio ligado a um
átomo de nitrogênio, estabelece ligações de hidrogênio entre
suas moléculas e, portanto, tem o ponto de ebulição maior
que o do fluorometano, que é polar e estabelece entre suas
moléculas ligações do tipo dipolo-dipolo.
IV. Correta.
O 2,2-dimetilpropano tem cadeia mais ramificada que o
2-metilbutano e, portanto, tem ponto de ebulição menor.
Resposta: A
2. (ITA-2019) – Assinale a opção que apresenta o número total de
isômeros estruturais de aminas com fórmula molecular C4H11N.
a) 3 b) 4 c) 7 d) 8 e) 9
Resolução
Os 8 isômeros estruturais de aminas com fórmula molecular
C4H11N, são:
Resposta: D
H C2 CH CH3
Cl Cl
H C2 CH2 CH2
Cl Cl
HC C
H2
CH3
Cl
Cl
H C3 C CH3
Cl
Cl
I. (F)
H C3 C C
CH3 Br
CH3II. (F)
Exercícios Resolvidos
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 14
– 15
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
1. O nível de colesterol no sangue está relacionado com certas doen -
ças do coração, como a ateros clerose.
Com relação ao colesterol, são feitas as afirmações:
I. Na reação do colesterol com bromo, ocorre adi ção de bromo aos
átomos de carbono da dupla-ligação.
II. O colesterol reage com H2 na presença de Pt (ca talisador). A
dupla- ligação é transformada em li gação simples.
III.O ácido acético (CH3 — COOH) reage com o grupo hidroxila,
formando éster e água.
IV. O colesterol sofre desidratação na presença de ácido sulfúrico
concentrado.
Está(ão) correta(s):
a) todas as afirmações. b) somente I e II.
c) somente II e III. d) somente I e III.
e) somente II.
RESOLUÇÃO:
I. (V). Br2 é adicionado à dupla-ligação → reação de adição.
II. (V). H2 é adicionado à dupla-ligação → reação de adição.
III. (V). O ácido reage com álcool → esterificação.
IV. (V). O colesterol desidrata-se devido à presença do grupo OH.
Resposta: A
2. (MODELO ENEM) – A adição de HBr a um alceno pode ocorrer
segundo a regra de Markovnikov, na qual o H vai para o car bono mais
hidrogenado da dupla, segundo a equação:
H2C = CH — CH3 + HBr → H3C — CH — CH3
propeno |
Br
2-bromopropano
A adição, se ocorrer na presença de um peróxido, ocorre de maneira
inversa à Markovnikov:
peróxido
H2C = CH — CH3 + HBr ⎯⎯⎯→ H2C — CH2 — CH3
| 
Br 1-bromopropano
A substância que, reagindo com HBr com ou sem pe róxido, irá
originar o mesmo produto é:
RESOLUÇÃO:
Resposta: E
3. (PUC-SP) – Os álcoois são uma importante matéria-pri ma para a
síntese de diversos produtos.
A substância A é obtida a partir da reação do propan-1-ol com o ácido
acético em meio ácido.
A substância B é formada na oxidação branda do butan-2-ol,
utilizando KMnO4 em meio ácido como oxidante.
A desidratação intermolecular do etanol em meio de ácido sulfúrico a
quente forma a substância C.
As substâncias A, B e C são, respectivamente,
a) acetato de propila, butanal e acetato de etila.
b) acetato de propila, butanona e etoxietano.
c) propanoato de etila, ácido butanoico e etoxietano.
d) etoxipropano, butanona e acetato de etila.
e) etoxipropano, ácido butanoico e eteno.
MÓDULO 66 Reações Orgânicas I
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 15
16 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
RESOLUÇÃO:
A reação entre o propan-1-ol e o ácido acético é uma reação de
esterificação, que forma um éster e água. A equação está a seguir:
O
||
→ H3C — CH2 — CH2 — O — C — CH3 + H2O
acetato de propila
(A)
O composto B é uma cetona, pois a oxidação de um álcool secundário
(butan-2-ol) forma uma cetona. A equação está descrita a seguir:
OH O
| KMnO4/H
+ ||
H3C — CH2 — CH — CH3 ⎯⎯⎯⎯→ H3C — CH2 — C — CH3 + H2O
butan-2-ol [O] butanona (B)
A desidratação intermolecular de um álcool forma um éter. A equação está
descrita a seguir:
2 H3C — CH2 — OH → H3C — CH2 — O — CH2 — CH3 + H2O 
etanol etoxietano (C)
Resposta: B
4. A ozonólise, reação utilizada na indústria
madeireira para a produção de papel, é também
utilizada em escala de laboratório na síntese de
aldeídos e cetonas. As duplas ligações dos alcenos são clivadas pela
oxidação com o ozônio (O3), em presença de água e zinco metálico, e
a reação produz aldeídos e/ou cetonas, dependendo do grau de
substituição da ligação dupla. Ligações duplas dissubstituídas geram
cetonas, enquanto as ligações duplas terminais ou monossubstituídas
dão origem a aldeídos, como mostra o esquema.
Cosidere a ozonólise do composto 
1-fenil-2-metilprop-1-eno:
MARTINO, A. Química, a ciência global. 
Goiânia: Editora W, 2014 (adaptado).
Quais são os produtos formados nessa reação?
a) Benzaldeído e propanona. 
b) Propanal e benzaldeído.
c) 2-fenil-etanal e metanal. 
d) Benzeno e propanona.
e) Benzaldeído e etanal. 
RESOLUÇÃO:
A ozonólise do composto 1-fenil-2-metilprop-1-eno produz benzaldeído e
propanona, segundo a equação:
Resposta: A
5. (FUVEST-SP) – Nas mesmas condições de pressão e tem peratura,
50 L de gás propano (C3H8) e 250 L de ar foram colocados em um
reator, ao qual foi fornecida energia apenas suficiente para iniciar a
reação de combustão. Após algum tempo, não mais se observou a
liberação de calor, o que indicou que a reação havia-se encerrado.
Com base nessas observa ções experimentais, três afirmações foram
feitas:
I. Se tivesse ocorrido apenas combustão incompleta, restaria
propano no reator.
II. Para que todo o propano reagisse, considerando a combustão
completa, seriam necessários, no mínimo, 750 L de ar.
III. É provável que, nessa combustão, tenha-se formado fuligem.
Está correto apenas o que se afirma em
a) I. b) III. c) I e II.
d) I e III. e) II e III.
RESOLUÇÃO:
Para 250 L de ar, contendo 20% de O2, o volume de O2 será 50 L:
250 L ––––––– 100%
x ––––––– 20%
x = 50 L
Considerando os gases nas mesmas condições de temperatura e pressão, a
proporção em mols é a proporção em volumes.
50 L de propano são colocados para reagir com 50 L de O2. Há excesso de
propano.
C3H8 (g) + 5 O2 (g) ⎯→ 3 CO2 (g) + 4 H2O (g)
1 L ––––– 5 L
y ––––– 50 L
y = 10 L de propano reagem
O
H3C — CH2 — CH2 — OH + C — CH3 →
propan-1-ol HO
ácido etanoico
Note e adote:
Composição aproximada do ar em volume: 80% de N2 
e 20%de O2.
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 16
– 17
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
I. Verdadeiro.
A combustão incompleta que necessita de menor quantidade de gás
oxigênio é a de formação de fuligem.
O propano continua em excesso.
C3H8 + 2 O2 → 3 C + 4 H2O
1 L ––– 2 L
z –––– 50 L
z = 25 L
II. Falso.
Se todo o propano reagisse, a quantidade de O2 que reagiria seria:
C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O
1 L ––––– 5 L
50 L –––– w
w = 250 L
E a quantidade de ar seria:
250 L ––––––– 20% do ar
t ––––––– 100% do ar
t = 1250 L de ar
III.Verdadeiro.
Como o propano está em excesso na reação de combustão,
provavelmente haverá formação de fuligem (C) na reação,devido à
combustão incompleta do gás.
Resposta: D
1. (SANTA CASA-SP) – Até o momento, não existe cura para a
doença de Alzheimer. Acredita-se que parte dos sintomas da doença
decorra de alterações em uma substância presente no cérebro
chamada de acetilcolina, encontrada em quanti dades reduzidas em
pacientes com a doença. Um modo possível de tratar a doença é
utilizar medicações que inibam a acetilcolinestérase (AChE), enzima
que hidrolisa a acetilcolina. A rivastigmina é um dos medi camentos
usados nos casos de demências leve e moderada.
(http://abraz.org.br. Adaptado.)
a) A partir da análise da estrutura da rivastigmina, identifique o tipo
de isomeria que ela apresenta. Justifique sua resposta.
b) Escreva as fórmulas estruturais dos dois produtos orgânicos
formados na reação de hidrólise da acetilcolina por ação da AChE.
Resolução
a) A rivastigmina apresenta carbono assimétrico ou quiral
(átomo de carbono ligado a quatro grupos diferentes).
Apresenta, portanto, isomeria óptica, havendo o isômero
dextrogiro e o levogiro, uma molécula sendo imagem especular
da outra.
b) A acetilcolina apresenta o grupo éster que, sob a ação da
AChE, sofre hidrólise, produzindo ácido carboxílico e álcool.
2. (ITA-SP) – O composto 3,3-dimetilpent-1-eno reage com água em
meio ácido e na ausência de peróxidos, formando um composto X
que, a seguir, é oxidado para formar um composto Y. Os compostos X
e Y formados preferen cialmente são, respectivamente, 
a) um álcool e um éster. 
b) um álcool e uma cetona. 
c) um aldeído e um ácido carboxílico. 
d) uma cetona e um aldeído. 
e) uma cetona e um éster. 
Resolução
Resposta: B
Exercícios Resolvidos
CH2
CH =CH2 C
CH3
CH3
CH2 CH3 + H O2
H+
CH3 CH
OH
CH3
C
CH3
CH2 CH3
3,3-dimetilpentan-2-ol
(álcool secundário)
C
CH3
CH3
CH3 CH
OH
CH2 CH3
[O]
KMnO /H4
+
CH3 C
O
C
CH3
CH3
CH3
X
Y
3,3-dimetilpentanona
(cetona)
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 17
18 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
1. Os vários componentes do petró leo são separados por um processo
denominado destilação fraciona da. Em sua destilação, alguns
hidrocarbo netos são separados na ordem indicada no esquema abaixo.
A ordem de destilação desses componentes do pe tróleo está justi fica -
da pela seguinte afirmação:
a) Os alcanos são os hidrocarbonetos mais voláteis.
b) Os hidrocarbonetos são líquidos de baixo ponto de ebulição.
c) O aumento da massa molar dos hidrocarbonetos provoca uma
maior volatilidade.
d) O ponto de ebulição dos hidrocarbonetos eleva-se com o aumento
da massa molar deles.
e) Gasolina com octanagem 80 significa que ela é constituída de 80%
de iso-octano e 20% de heptano e entra em combustão a 80°C.
RESOLUÇÃO:
Quanto maior a massa molar, maior o PE e menor a vola tilidade.
Resposta: D
2. Os glicídios, os lipídios e as proteínas são constituin tes essenciais
do organismo humano, além de serem os principais nutrientes gera -
dores de energia para manter as funções vitais dos animais. A respeito
desses compostos, é correto afirmar que
a) a glicose, que é uma ose, ao chegar ao intestino, tem de ser hidro -
lisada pela ação das enzimas di gestórias (biocatalisadores) para,
depois, ser absor vida.
b) glicerídeos são ácidos carboxílicos de grande ca deia carbônica, deno -
minados ácidos graxos, que reagem com NaOH produzindo sabões.
c) cerídeos ou ceras são lipídios formados pela este rificação de áci -
dos graxos superiores com o glicerol.
d) os aminoácidos apresentam caráter anfótero, pois o grupo carbo xíli -
co apresenta caráter ácido, e o grupo ami no apresenta caráter básico.
e) quimicamente as proteínas são formadas pela união entre aminoá cidos,
por meio de ligações pep tídicas, que se esta belecem entre o grupo
amino de um aminoácido e o grupo amino de outro ami noácido.
RESOLUÇÃO:
a) Incorreta.
A glicose, por ser uma ose (monossacarídeo), não sofre hi drólise.
b) Incorreta.
Glicerídeos são ésteres de ácidos graxos e glicerol (reação de esterifi -
cação).
c) Incorreta.
Cerídeos são ésteres de ácidos graxos e álcoois superiores (reação de
esterificação).
d) Correta.
e) Incorreta.
As proteínas são formadas pela união entre aminoácidos, por meio de
ligações peptídicas, que se estabelecem entre o grupo amino de um
aminoácido e o grupo carboxílico de outro aminoácido.
Resposta: D
3. (FUVEST-SP-2019) – Peptídeos podem ser analisados pelo
tratamento com duas enzimas. Uma delas, uma carboxipeptídase,
quebra mais rapidamente a ligação peptídica entre o aminoácido que
tem um grupo carboxílico livre e o seguinte. O tratamento com outra
enzima, uma aminopeptídase, quebra, mais rapidamente, a ligação
peptídica entre o aminoácido que tem um grupo amino livre e o
anterior. Isso permite identificar a sequência dos aminoácidos no
peptídeo.
Um tripeptídeo, formado pelos aminoácidos lisina, fenilalanina e
glicina, não necessariamente nessa ordem, foi submetido a tratamento
com carboxipeptídase, resultando em uma mistura de um dipeptídeo
e fenilalanina. O tratamento do mesmo tripeptídeo com
aminopeptídase resultou em uma mistura de um outro dipeptídeo e
glicina.
O número de combinações possíveis para os três aminoácidos e a
fórmula estrutural do peptídeo podem ser, respectivamente,
a) 3 combinações e
b) 3 combinações e 
c) 6 combinações e 
MÓDULO 77 Reações Orgânicas II
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 18
– 19
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
d) 6 combinações e
e) 6 combinações e
RESOLUÇÃO:
As seis combinações possíveis para tripeptídeos formados pelos três
aminoácidos são:
Gli – Lis – Fen
Gli – Fen – Lis
Lis – Fen – Gli
Lis – Gli – Fen
Fen – Gli – Lis
Fen – Lis – Gli
Sabe-se que a enzima carboxipeptídase separa o aminoácido que tem
carboxila livre.
A enzima aminopeptídase separa o aminoácido que tem o grupo amino na
posição α livre.
Fazendo-se a reação de um dos tripeptídeos com carboxipeptídase,
formaram-se um dipeptídeo e fenilalanina. Esse mesmo tripeptídeo,
reagindo com aminopeptídase, formou glicina e um dipeptídeo.
A fórmula desse tripeptídeo pode ser:
Resposta: C
4. (FUVEST-SP) – Fenol e metanal (aldeído fórmico), em pre sença
de um catalisador, reagem formando um polímero que apre senta alta
resistência térmica. No início desse processo, pode-se formar um
composto com um grupo — CH2OH ligado no carbono 2 ou no
carbono 4 do anel aromático. O esquema a seguir apresenta as duas
etapas iniciais do processo de polimerização para a reação no
carbono 2 do fenol. 
Considere que, na próxima etapa desse processo de polimerização, a
reação com o metanal ocorra no átomo de carbono 4 de um dos anéis
de (I). Assim, no esquema
A e B podem ser, respectivamente, 
Note e adote:
OH
+ H C H
O
OH
CH2 OH
OHOH
CH2 OH +
OH
CH2
OH
+ H O2
I
OH
CH2
OH
+ H
I
C H
O
A
A +
OH
B + H O2
OH
CH2
OH
O CH2
a)
A B
b)
OH
CH2
OH
CH2 OH
c)
OH
CH2
OH
CH2 OH
d)
OH
CH2
OH
CH2 OH
OH
CH2
OH
CH2 OH
e)
OH
CH2
OH
CH2
OH
OH
CH2
OH
CH2
OH
OH
CH2
OH
CH2
OH
OH
CH2
OH
CH2 OH
OH
CH2
OH
CH2
OH
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 19
20 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
RESOLUÇÃO:
De acordo com o esquema apresentado, a reação que ocorre no carbono 4
será:
Resposta: B
5. (FATEC-SP) – Polimerização por condensação ocorre quando, no
processo de formação das macromoléculas, há eliminação de
moléculas pequenas. Um exemplo desse tipo de polimerização é a
produção de poliéster:
Também pode resultar em polimerização por condensação a
interação, em condições adequadas, do seguinte par de substâncias: 
RESOLUÇÃO:
As duas moléculas são simétricas e reagem entre si liberando H2O e o
polímero, que é uma poliamida.
Resposta: C
1. (FAMERP-SP-2019) – A remoção da lactose de leite e derivados,
necessária para que pessoas com intolerância a essa substância
possam consumir esses produtos, é feita pela adição da enzima láctase
no leite, que quebra a molécula de lactose, formando duas moléculas
menores, conforme a equação:
As substâncias 1 e 2 produzidas na quebra da lactosepertencem ao
grupo de moléculas conhecidas como
a) glicerídeos.
b) lipídeos.
c) polímeros.
d) aminoácidos.
e) glicídios.
Resolução
As substâncias 1 e 2 produzidas na quebra da lactose pertencem
ao grupo de moléculas conhecidas como glicídios (carboidratos).
Resposta: E
Note e adote: 
Numeração dos átomos de carbono do
anel aromático do fenol.
OH
1
2
3
4
5
6
Exercício Resolvido
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 20
– 21
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
1. Pesquisas na área médica têm associado o câncer de próstata e a
calvície ao hormônio DHT, um subproduto da testosterona, o
principal hormônio masculino. Algu mas drogas desenvolvidas nos
últimos anos têm como função combater o DHT. No entanto, essas
drogas têm efeitos colaterais. Uma substância produzida na digestão
da soja combate o DHT. Por isso, alimentos à base de soja podem
auxiliar no combate ao DHT. A figura a seguir apresenta a fórmula
estrutural da testosterona.
Na estrutura da testosterona, o número de átomos de carbono ligados
a quatro grupos diferentes e os grupos funcionais são, respecti -
vamente,
a) 4, ácido carboxílico e álcool. b) 5, aldeído e fenol.
c) 6, aldeído e álcool. d) 6, cetona e álcool.
e) 5, cetona e álcool.
RESOLUÇÃO:
• Os grupos funcionais são cetona e álcool.
• Os átomos de carbono assinalados (6) são quirais (4 ligantes
diferentes).
Resposta: D
2. A primeira usina de produção de biodiesel no Brasil foi inaugurada
em março de 2005, em Cássia (MG). A unidade da Agropalma
inaugurada utiliza como matéria-prima resíduos do processamento da
palma. A empresa tem capacidade de produzir oito milhões de litros
de biodiesel por ano.
A produção do biodiesel a partir de óleos vegetais é representada pela
equação:
em que R1, R2 e R3 são cadeias carbônicas de 7 a 23 átomos de car -
bono. Sobre a síntese do biodiesel:
I. R1, R2 e R3 são cadeias carbônicas saturadas.
II. A reação é chamada de transesterificação.
III.O biodiesel, na equação, é uma mistura de ésteres, de fórmulas:
São corretas, apenas:
a) I b) II c) III
d) I e II e) II e III
RESOLUÇÃO:
I. Incorreta. Os óleos apresentam cadeia insaturada.
II. Correta. Éster 1 + álcool 2 →← éster 2 + álcool 1
III.Correta.
Resposta: E
H2C — O — C — R1
 HC — O — C — R2
H2C — O — C — R3
=
O
=
O
=
O
óleo vegetal
+ C2H5OH
etanol
H2C — OH
 HC — OH
H2C — OH
+ biodiesel
glicerol
O O O
R1 — C , R2 — C e R3 — C 
OC2H5 OC2H5 OC2H5
MÓDULO 88 Exercícios Gerais II
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 21
22 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
3. (FMABC-SP-2019) – Considere as estruturas dos seguintes
aminoácidos.
Na obtenção do aspartame, ocorre uma reação de ......, na qual o grupo
funcional ...... da fenilalanina se liga ao grupo funcional ...... do ácido
aspártico, liberando ...... .
Completam as lacunas corretamente, na ordem em que aparecem,
a) eliminação − amino − ácido carboxílico − hidrogênio gasoso
b) condensação − amino − ácido carboxílico − água
c) condensação − álcool − amino − íons OH−
d) eliminação − amino − éster − água
e) adição − amino − éster − íons H+
RESOLUÇÃO:
Condensação – amino – ácido carboxílico – água
A carboxila da fenilalanina reage com metanol formando éster.
Resposta: B
4. (UFSC) – Era comum nas comunidades do interior da Ilha de
Santa Catarina, assim como em outras localidades do estado, a
produção de sabão artesanal, que consistia em misturar gorduras de
animais ou óleos vegetais com cinzas. Uma maneira mais moderna é
substituir as cinzas pela soda cáustica (NaOH). Atualmente, para os
processos de limpeza, utilizam-se com maior frequência os deter -
gentes que são derivados do ácido sulfônico. Abaixo estão
representadas as fórmulas de um sabão e de um detergente.
Assinale a proposição verdadeira:
a) A parte polar do sabão é a que interage com a gordura.
b) Na hidrólise alcalina de um óleo ou gordura para produzir um
sabão, obtém-se o glicerol como subproduto.
c) O excesso de detergente, nos rios, não altera a quantidade de
oxigênio dissolvido na água.
d) O detergente fabricado a partir de compostos com cadeia
ramificada são biodegradáveis.
e) Tanto no sabão como no detergente, a parte que se liga à água é a
apolar.
RESOLUÇÃO:
• A parte apolar do sabão é que apresenta afinidade pela gordura.
• Segundo a reação:
Óleo ou gordura + base → glicerol + sabão
• O excesso de detergente, nos rios, diminui a entrada de O2 na água,
devido à formação de espuma na superfície.
O detergente fabricado a partir de compostos com cadeia normal são
biodegradáveis.
No sabão ou detergente, a parte que se liga à água é a polar.
Resposta: B
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 22
– 23
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
5. (FUVEST-SP-2019) – A bola de futebol que foi utilizada na Copa
de 2018 foi chamada Telstar 18. Essa bola contém uma camada
interna de borracha que pertence a uma classe de polímeros
genericamente chamada de EPDM. A fórmula estrutural de um
exemplo desses polímeros é 
Polímeros podem ser produzidos pela polimerização de compostos
insaturados (monômeros) como exemplificado para o polipropileno
(um homopolímero):
Os monômeros que podem ser utilizados para preparar o copolímero
do tipo EPDM, cuja fórmula estrutural foi apresentada, são
RESOLUÇÃO:
A reação de polimerização fornecida indica que temos um polímero de
adição formado a partir de monô meros insaturados.
Os monômeros do copolímero fornecido são:
Portanto, os monômeros são:
Resposta: D
1. (FUVEST-SP) – Uma das substâncias utilizadas em desinfetantes
comerciais é o perácido de fórmula CH3CO3H.
A formulação de um dado desinfetante encontrado no comércio
consiste em uma solução aquosa na qual existem espécies químicas
em equilíbrio, como representado a seguir.
(Nessa representação, a fórmula do composto 1 não é apresentada.)
Ao abrir um frasco desse desinfetante comercial, é possível sentir o
odor característico de um produto de uso doméstico.
Esse odor é de
a) amônia, presente em produtos de limpeza, como limpa- vidros.
b) álcool comercial, ou etanol, usado em limpeza doméstica.
c) acetato de etila, ou etanoato de etila, presente em removedores de
esmalte.
d) cloro, presente em produtos alvejantes.
e) ácido acético, ou ácido etanoico, presente no vinagre.
Resolução
Equação química da hidrólise do ácido peroxiacético.
Resposta: E
Exercício Resolvido
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 23
24 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
1. (FUVEST-SP) – A grafita de um lápis tem quinze centímetros de
comprimento e dois milímetros de espessura. Entre os valores abaixo,
o que mais se aproxima do número de átomos presentes nessa grafita
é 
a) 5 x 1023 b) 1 x 1023 c) 5 x 1022 
d) 1 x 1022 e) 5 x 1021
RESOLUÇÃO:
Cálculo do volume da grafita:
V = A . l = π . r2 . l
raio da base = = 1 mm = 0,1 cm
V = π . r2 . l
V = 3,14 . (0,1)2 cm2 . 15 cm
V = 0,471 cm3
Massa da grafita:
d = 
m = 2,2 g/cm3 . 0,471 cm3 = 1,0362 g
Cálculo do número de átomos presentes na grafita:
1 mol de C

12 g ––––––– 6,0 . 1023 átomos
1,0362 g ––––––– x
x ≅ 0,5 . 1023 átomos = 5 . 1022 átomos
Resposta: C
2. (MODELO ENEM) – Utilize a tabela seguinte e responda à ques -
tão.
Um estudante tomou um suco preparado com 100 g de polpa
desidratada de açaí. Considere que 90% do cálcio contido na bebida
são armazenados no organismo, na forma de fosfato de cálcio,
Ca3(PO4)2.
Dadas as massas molares (g/mol): Ca = 40; O = 16; P = 31.
A massa de fosfato de cálcio que poderá ser formada é, aproxima -
damente,
a) 0,29 g b) 0,52 g c) 0,67 g
d) 0,96 g e) 1,90 g
RESOLUÇÃO:
Cálculo da massa de cálcio absorvida pelo orga nismo:
100% ––––––––– 286,0 mg
90% ––––––––– x
x = 257,4 mg
Cálculo da massa de Ca3(PO4)2 que poderá ser formada:
Massa molar do Ca3(PO4)2 = 310 g/mol
3 mol de Ca 1 mol de Ca3(PO4)2
120 g ––––––––––– 310 g
257,4 . 10–3 g ––––––––––– x
x ≅ 0,67 g
Resposta: C
Nota: 
1) Assuma que a grafita é um cilindro circular reto, feito de grafita
pura. A espessura da grafita é odiâmetro da base do cilindro. 
2) Adote os valores aproximados de: 
• 2,2 g/cm3 para a densidade da grafita; 
• 12 g/mol para a massa molar do carbono; 
• 6,0 x l023 mol–1 para a Constante de Avogadro. 
Minerais na polpa de açaí em mg/100g de polpa desidratada
Sódio 56,4
Potássio 932,0
Cálcio 286,0
Magnésio 174,0
Ferro 1,5
Cobre 1,7
Zinco 7,0
Fósforo 124,0
2 mm
–––––
2
m
–––
V
MÓDULO 99 Teoria Atômico-Molecular, Cálculo Estequiométrico e Gases
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 24
– 25
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
3. (MACKENZIE-SP-MODELO ENEM) – A produção industrial
do ácido sulfúrico é realizada a partir do enxofre, extraído de jazidas
localizadas normalmente em zonas vulcânicas. O enxofre extraído é
queimado ao ar atmosférico produzindo o anidrido sulfuroso (etapa I).
Após essa reação, o anidrido sulfuroso é oxidado a anidrido sulfúrico,
em alta temperatura e presença de um catalisador adequado (etapa II).
Em seguida, o anidrido sulfúrico é borbulhado em água, formando o
ácido sulfúrico (etapa III). As reações referentes a cada uma das etapas
do processo encontram-se abaixo equacionadas:
Etapa I. S(s) + O2(g) → SO2(g)
Etapa II. 2 SO2(g) + O2(g) → 2 SO3(g)
Etapa III. SO3(g) + H2O(l) → H2SO4(l)
Desse modo, ao serem extraídos 200,0 kg de enxofre com 80% de
pureza de uma jazida, considerando-se que o rendimento global do
processo seja de 90%, a massa máxima de ácido sulfúrico que pode
ser produzida será de
a) 612,5 kg b) 551,2 kg c) 490,0 kg
d) 441,0 kg e) 200,0 kg
RESOLUÇÃO:
Cálculo da massa de enxofre na jazida:
100,0 kg ––––––––– 80 kg
200,0 kg ––––––––– x
x = 160,0 kg
Cálculo da massa máxima de ácido sulfúrico cujo rendimento global do
processo é de 90%:
I. (x 2) 2S (s) + 2 O2 (g) → 2SO2 (g)
II. 2SO2 (g) + O2 (g) → 2SO3 (g)
III. (x2) 2SO3 (g) + 2 H2O (l) → 2H2SO4 (l)
––––––––––––––––––––––––––––––––
2S (s) + 3 O2 (g) + 2 H2O (l) → 2 H2SO4 (l)
2 mol 2 mol (100%)
2 mol 1,8 mol (90%)
2 . 32 g –––––––––––––––– 1,8 . 98 g
160,0 kg ––––––––––––––– y
y = 441,0 kg
Resposta: D
4. Um cilindro de 8,2 L de capacidade contém 320 g de gás oxigênio
a 27°C. Um estudante abre a válvula do cilindro deixando es capar o
gás até que a pressão seja reduzida para 7,5 atm. Su pondo-se que a
temperatura permaneça constante, determine
a) a pressão inicial do gás no cilindro;
b) a massa de gás oxigênio que escapou.
Dados: R = 0,082 atm . L . K–1 . mol–1; O = 16 g/mol.
RESOLUÇÃO:
Cálculo da pressão inicial:
P.V = . R . T
P. 8,2 L = . 0,082 . 300 K
Cálculo da massa final:
P.V = . R . T
7,5 atm . 8,2 L = . 0,082 . 300 K
Cálculo da massa liberada:
mliberada = 320 g – 80 g = 240 g
Respostas: a) 30 atm
b) 240 g
m
–––
M
320 g
––––––––
32 g/mol
atm . L
––––––––
K . mol
P = 30 atm
m
–––
M
m
––––––––
32 g/mol
atm . L
––––––––
K . mol
m = 80 g
Dados: massas molares (g/mol): H = 1, O = 16 e S = 32.
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 25
26 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
1. Qual a massa de anidrido sulfúrico (SO3) que contém o mesmo
número de átomos existentes em 3 gramas de etano (C2H6)?
Dados: Massa molares (g/mol): H = 1, C = 12, O = 16, S = 32.
Constante de Avogadro: 6,0 . 1023 mol–1
a) 8g b) 12g c) 16g d) 21g e) 24g
RESOLUÇÃO:
MC2H6
= 30g/mol
30g de C2H6 –––––––––– 8 x 6,0 . 10
23 átomos
3g de C2H6 –––––––––– x
x = 4,8 . 1023 átomos
MSO3
= 80g/mol
1 mol de SO3

80g de SO3 –––––––––– 4 x 6,0 . 10
23 átomos
y –––––––––– 4,8 . 1023 átomos
y = 16g de SO3
Resposta: C
2. (MODELO ENEM) – O CaCO3 é um dos constituintes do calcá -
rio, importante matéria-prima utilizada na fabricação do cimento.
Uma amostra de 7,50g de carbonato de cálcio impuro foi colocada em
um cadinho de porcelana de massa 38,40g e calcinada a 900°C,
obtendo-se como resíduo sólido somente o óxido de cálcio. Sabendo-
se que a massa do cadinho com o resíduo foi de 41,97g, a amostra
analisada apresenta um teor percentual de CaCO3 igual a
a) 70% b) 75% c) 80% d) 85% e) 90%
Dados: massas molares em g/mol: Ca = 40; C = 12; O = 16.
RESOLUÇÃO:
Os dados fornecidos pelo enunciado são:
massa da amostra de CaCO3 impuro que vai ser calcinada = 7,5g
massa do cadinho vazio = 38,40g
massa do cadinho após o aquecimento = 41,97g
A equação química do processo:
Δ
CaCO3(s) ⎯⎯→ CaO(s) + CO2(g)
A massa de CaO que ficou no cadinho é:
41,97g — 38,40g = 3,57g
Cálculo da pureza da amostra:
Δ
CaCO3(s) ⎯→ CaO(s) + CO2(g)
100g –––––––– 56g
x –––––––– 3,57g ∴ x = 6,375g
(CaCO3 puro)
7,5g ––––– 100%
6,375g ––––– p
p = 85%
Resposta: D
3. Uma dada massa de um gás perfeito está em um recipiente de
volume 8,0 L, a temperatura de 7°C, exercendo a pressão de 4,0 atm.
Reduzindo-se o volume a 6,0 L e aquecendo-se o gás, a sua pressão
passou a ser 10 atm. Qual a temperatura (na escala Celsius) em que o
gás foi aquecido?
a) 25 b) 272 c) 387 d) 252 e) 348
Resolução
= 
= 
T2 = 525 K
Temperatura em Celsius = (525 – 273) = 252°C
Resposta: D
P1V1–––––
T1
P2V2–––––
T2
4,0 . 8,0
–––––––
280
10 . 6,0
–––––––
T2
Exercícios Resolvidos
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 26
– 27
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
1. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O “besouro bombardeiro”
espanta seus pre dadores expelindo uma solução quente. Quando
ameaçado, em seu organismo ocorre a mistura de soluções aquosas de
hidro quinona, peróxido de hidrogênio e enzimas, que promovem uma
reação exotérmica, representada por:
enzimas
C6H4(OH)2 (aq) + H2O2 (aq) ⎯⎯⎯→ C6H4O2 (aq) + 2 H2O (l)
hidroquinona
O calor envolvido nessa transformação pode ser cal cu lado,
considerando-se os processos:
C6H4(OH)2 (aq) → C6H4O2 (aq) + H2 (g)
ΔH0 = + 177 kJ . mol–1
H2O (l) + 1/2 O2 (g) → H2O2 (aq)
ΔH0 = + 95 kJ . mol–1
H2O (l) → 1/2 O2 (g) + H2 (g)
ΔH0 = + 286 kJ . mol–1
Assim sendo, o calor envolvido na reação que ocorre no organismo
do besouro é
a) – 558 kJ . mol–1 b) – 204 kJ . mol–1
c) + 177 kJ . mol–1 d) + 558 kJ . mol–1
e) + 585 kJ . mol–1
RESOLUÇÃO:
A energia envolvida na reação de defesa do besouro é cal cu lada por meio
da Lei de Hess. Mantendo a primeira equa ção, invertendo a segunda e a
terceira equação e somando-as, temos:
Resposta: B
2. (PUC-SP-MODELO ENEM) – O diagrama a seguir representa
algumas transforma ções relacio nadas à formação do metano a partir
de gás hidrogênio e grafita.
Os valores das energias de ligação H — H e C — H obtidas a partir
do diagrama são, respectivamente
a) 172 kcal/mol e 208 kcal/mol.
b) 104 kcal/mol e 99,5 kcal/mol.
c) 208 kcal/mol e 90,5 kcal/mol.
d) 104 kcal/mol e 398 kcal/mol.
e) 52 kcal/mol e 380 kcal/mol.
RESOLUÇÃO:
Na análise do gráfico, temos as seguintes reações:
C (g) + 2 H2(g) → C (g) + 4 H (g) ΔH = 208 kcal
C (grafita) + 2 H2(g) → C (g) + 2 H2(g) ΔH = 172 kcal
C (grafita) + 2 H2 (g) → CH4 (g) ΔH = –18 kcal
Energia de ligação é a energia gasta para quebrar 1 mol de ligações da
substância no estado gasoso.
Logo, a energia da ligação H — H será:
C (g) + 2 H2 (g) → C(g) + 4 H (g) ΔH = 208 kcal
Portanto:
2 mols de H — H ––––– 208 kcal
1 mol de H — H –––––– x
A energia de ligação C — H é encontrada mantendo a 1.a e a 2.a reação e
invertendo a 3.a:
C (g) + 2 H2 (g) → C (g) + 4 H (g) ΔH = 208 kcal
C (grafita) + 2 H2 (g) → C (g) + 2 H2(g) ΔH = 172 kcal
CH4 (g) → C (grafita) + 2 H2(g) ΔH = 18 kcal
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
CH4 (g) → C (g) + 4 H (g) ΔH = 398 kcal
C6H4(OH)2 (aq) → C6H4O2 (aq) + H2 (g)
ΔH = + 177 kJ/mol
H2O2 (aq) → H2O (l) + 1/2 O2 (g)
ΔH = – 95 kJ/mol
H2 (g) + 1/2 O2 (g) → H2O (l)
ΔH = – 286 kJ/mol
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
C6H4(OH)2 (aq) + H2O2 (aq) → C6H4O2 (aq) + 2 H2O (l) 
ΔH = – 204 kJ/mol
x = 104 kcal/mol
MÓDULO 11 00 Termoquímica e Cinética Química
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 27
28 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
Como temos 4 mol de ligações C — H:
4 mol ––––––––– 398 kcal
1 mol ––––––––– y
Poderíamos também resolver usando o diagrama:
208 kcal ⎯⎯→ 2 mol de ligações H — H
x–––––– 1 mol de ligações H — H
Logo: CH4 (g) → C (g) + 4 H (g) 
ΔH = (208 + 172 + 18) kcal
Portanto:
4 mol de ligações C — H –––––– 398 kcal
1 mol de ligações C — H –––––– y
Resposta: B
3. (FUVEST-SP) – O eugenol, extraído de plantas, pode ser transfor -
mado em seu isômero isoeugenol, muito utilizado na indústria de
perfumes. A transformação pode ser feita em solução alcoólica de
KOH. 
Foram feitos três experimentos de isomerização, à mesma
temperatura, empregando-se massas iguais de eugenol e volumes
iguais de soluções alcoólicas de KOH de diferentes concentrações. O
gráfico a seguir mostra a porcentagem de conversão do eugenol em
isoeugenol em função do tempo, para cada experimento. 
Analisando-se o gráfico, pode-se concluir corretamente que 
a) a isomerização de eugenol em isoeugenol é exo térmica. 
b) o aumento da concentração de KOH provoca o aumento da
velocidade da reação de isomerização. 
c) o aumento da concentração de KOH provoca a decomposição do
isoeugenol. 
d) a massa de isoeugenol na solução, duas horas após o início da
reação, era maior do que a de eugenol em dois dos experimentos
realizados. 
e) a conversão de eugenol em isoeugenol, três horas após o início da
reação, era superior a 50% nos três experimentos. 
RESOLUÇÃO:
A velocidade da reação de isomerização do eugenol pode ser calculada
pela porcentagem de conversão em isoeugenol em função do tempo.
Observa-se, pelo gráfico, que, quanto maior a concentração de KOH
(mol/L), maior a porcentagem de conversão e, portanto, maior a
velocidade da reação.
Pelo gráfico nada pode ser concluído no que se refere ao calor envolvido
na reação.
O eugenol não se decompõe, ele sofre isomerização. Após duas horas de
reação, somente o experimento I apresenta mais de 50% de isoeugenol no
sistema.
O terceiro experimento só terá mais de 50% de conversão em isoeugenol
após 8 horas.
Resposta: B
y = 99,5 kcal/mol
O
HO
eugenol
O
HO
isoeugenol
Solução alcoólica
de KOH
II
III
0 5 10
tempo (h)
0
50
100
c
o
n
v
e
rs
ã
o
 d
o
 e
u
g
e
n
o
l 
e
m
 i
s
o
e
u
g
e
n
o
l 
(%
)
Experimento
I
II
III
Concentração
de
KOH (mol/L)
6,7
4,4
2,3
I
x = 104 kcal/mol
y = 99,5 kcal/mol
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 28
– 29
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
4. MACKENZIE-SP) – O estudo cinético de um processo químico
foi realizado por meio de um experimento de laboratório, no qual foi
analisada a velocidade desse determinado processo em função das
concentrações dos reagentes A e B2. Os resultados obtidos nesse
estudo encontram-se tabelados abaixo.
Com base nos resultados obtidos, foram feitas as seguin tes
afirmativas:
I. As ordens de reação para os reagentes A e B2, respectivamente,
são 2 e 1.
II. A equação cinética da velocidade para o processo pode ser
representada pela equação v = k . [A]2 . [B2].
III. A constante cinética da velocidade k tem valor igual a 200.
Considerando-se que todos os experimentos realizados tenham sido
feitos sob mesma condição de temperatura, é correto que
a) nenhuma afirmativa é certa.
b) apenas a afirmativa I está certa.
c) apenas as afirmativas I e II estão certas.
d) apenas as afirmativas II e III estão certas.
e) todas as afirmativas estão certas.
RESOLUÇÃO:
Experimentos X e Y:
[B2] constante �
Conclusão: a substância A apresenta ordem 2.
Experimentos Z e X:
[A] constante �
Conclusão: a substância B2 apresenta ordem 1.
Equação cinética da velocidade: v = k [A]2 [B2]
Experimento X:
2 . 10–4 = k �1 . 10–2 �
2
. 1 . 10–2 mol/L
k = 200 
Todas corretas (I, II e III)
Resposta: E
1. (UNESP-MODELO ENEM) – A areia comum tem como consti -
tuinte principal o mineral quartzo (SiO2), a partir do qual pode ser
obtido o silício, que é utilizado na fabricação de microchips.
A obtenção do silício para uso na fabricação de proces sadores envolve
uma série de etapas. Na primeira, obtém-se o silício metalúrgico, por
rea ção do óxido com coque, em forno de arco elétrico, à temperatura
superior a 1 900°C. Uma das equações que descreve o processo de
obtenção do silício é apresentada a seguir:
SiO2 (s) + 2 C (s) → Si (l) + 2 CO (g)
De acordo com as informações do texto, é correto afirmar que o
processo descrito para a obtenção do silício metalúrgico corresponde
a uma reação
a) endotérmica e de oxirredução, na qual o Si4+ é re du zido a Si.
b) espontânea, na qual ocorre a combustão do carbono.
c) exotérmica, na qual ocorre a substituição do Si por C.
d) exotérmica, na qual ocorre a redução do óxido de silício.
e) endotérmica e de dupla troca.
Resolução
Cálculo do ΔH0 do processo de obtenção do silício:
redução
4+ ––––––––––––––––––––– 0
SiO2 (s) + 2C(s) → Si (l) + 2 CO (g)
ΔHf
0 (kJ. mol–1) – 910,9 0 0 2 (–110,5)
ΔH0 = ∑ΔHf
0
produtos 
– ∑ΔHf
0
reagentes 
ΔH0 = [2 . (–110,5) – (– 910,9)] kJ
ΔH0 = + 689,9 kJ
Reação endotérmica (ΔH0 > 0) e de oxirredução na qual o Si4+ é
reduzido a Si0.
Resposta: A
2. (UNESP) – Considerando o papel do mármore na construção
civil, é de suma importância conhecer a resistência desse material em
face de desgastes provenientes de ataques de ácidos de uso doméstico.
Em estudos de reatividade química, foram realizados testes sobre a
dissolução do mármore (carbonato de cálcio) utilizando ácidos
acético e clorídrico. As concentrações e os volumes utilizados dos
ácidos em todos os experimentos foram iguais a 6 mol/L e 15 mL,
respectivamente, assim como a massa de mármore foi sempre igual a
1 g, variando-se a temperatura de reação e o estado de agregação do
mármore, conforme a tabela a seguir:
[A] dobra (5 . 10–3 para 1 . 10–2)
v quadruplica (5 . 10–5 para 2 . 10–4)
[B2] dobra (5 . 10
–3 para 1 . 10–2)
v dobra (1 . 10–4 para 2 . 10–4)
mol
–––––––
L . min
mol
––––––
L 
L2
––––––––––
mol2 . min
Dados: ΔH0f SiO2 = – 910,9 kJ . mol
–1
ΔH0f CO = – 110,5 kJ . mol
–1
Exercícios Resolvidos
Experi-
mento
[A] 
(mol . L–1)
[B2]
(mol . L–1)
v inicial 
(mol . L–1 . min–1)
X 1 . 10–2 1 . 10–2 2 . 10–4
Y 5 . 10–3 1 . 10–2 5 . 10–5
Z 1 . 10–2 5 . 10–3 1 . 10–4
Experi-
mento n.o
Ácido Ka
Estado de
agregação do
mármore
Tempera-
tura
1 clorídrico 1,0 x 107 pó 60°C
2 clorídrico 1,0 x 107 pó 10°C
3 clorídrico 1,0 x 107 pedaço maciço 10°C
4 acético 1,8 x 10–5 pó 60°C
5 acético 1,8 x 10–5 pó 10°C
6 acético 1,8 x 10–5 pedaço maciço 10°C
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 29
30 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
Com relação aos experimentos, pode-se afirmar que
a) os experimentos 5 e 6 apresentam a mesma velocidade de
dissolução do mármore porque a superfície de contato de um
sólido não afeta a velocidade de uma reação química.
b) o experimento 1 ocorre mais lentamente que o 2 porque quanto
maior for a temperatura, menor será a velocidade de uma reação
química.
c) o experimento 1 ocorre mais rapidamente que o 4 porque a
concentração de íons H+ em 1 é maior que no experimento 4.
d) o experimento 4 ocorre mais lentamente que o 5 porque quanto
maior for a temperatura, menor será a probabilidade de ocorrer
colisões efetivas entre os íons dos reagentes.
e) o experimento 3 ocorre mais lentamente que o 6 porque quanto
maior for a concentração dos reagentes, maior será a velocidade de
uma reação química.
Resolução
• Alternativa (a) está incorreta, pois o experimento 5 é mais
rápido, já que o mármore possui maior superfície de contato.
• Alternativa (b) está incorreta, pois a velocidade do
experimento 1, que ocorre em maior temperatura, é maior.
Quanto maior a temperatura, mais rápida a reação.
• Alternativa (c) está correta, pois, como o ácido clorídrico é
mais forte que o acético (maior valor do Ka), possui maior
concentração de H+. Quanto maior a concentração de
reagente, mais rápida será a reação.
• Alternativa (d) está incorreta, pois o experimento 4 é mais
rápido que o 5, já que ocorre em maior temperatura.
• Alternativa (e) está incorreta, pois o experimento 3 é mais
rápido que o 6, já que o ácido clorídrico é mais forte que o
acético.
Resposta: C
3. (FUVEST-SP) – O fitoplânctonconsiste em um conjunto de orga -
nismos microscópicos encontrados em certos ambientes aquáticos. O
desenvolvimento desses organismos requer luz e CO2, para o
processo de fotossíntese, e requer também nutrientes contendo os
elementos nitrogênio e fósforo.
Considere a tabela que mostra dados de pH e de concentrações de
nitrato e de oxigênio dissolvidos na água, para amostras coletadas
durante o dia, em dois diferentes pontos (A e B) e em duas épocas do
ano (maio e novembro), na represa Billings, em São Paulo.
Com base nas informações da tabela e em seus próprios
conhecimentos sobre o processo de fotossíntese, um pesquisador
registrou três conclusões:
I. Nessas amostras, existe uma forte correlação entre as
concentrações de nitrato e de oxigênio dissolvidos na água.
II. As amostras de água coletadas em novembro devem ter menos
CO2 dissolvido do que aquelas coletadas em maio.
III. Se as coletas tivessem sido feitas à noite, o pH das quatro
amostras de água seria mais baixo do que o observado.
É correto o que o pesquisador concluiu em
a) I, apenas. b) III, apenas.
c) I e II, apenas. d) II e III, apenas.
e) I, II e III.
Resolução
I. Falso.
A partir dos dados, não há como afirmar que há uma
forte correlação entre a concentração de nitrato e a
concen tração de oxigênio.
II. Verdadeiro.
O valor do pH será tanto menor quanto maior a concen -
tração de gás carbônico.
↑→
CO2 + H2O →← H2CO3 →← H
+ + HCO–3
O pH das amostras do mês de novembro apresenta valor
maior em relação às amostras do mês de maio. Portanto,
a concentração de CO2 no mês de novembro é menor que
no mês de maio.
III. Verdadeiro.
À noite, não ocorrerá fotossíntese, devido à au sência de
luz, portanto, o gás carbônico não será consumido e
haverá uma concentração maior em relação ao período
diurno, logo, o pH durante a noite será menor se
comparado com o dia.
Resposta: D
4. O estudo cinético, em fase gasosa, da reação representada por
NO2 + CO → CO2 + NO
mostrou que a velocidade da reação não depende da concentração de
CO, mas depende da concentração de NO2 elevada ao quadrado. Este
resultado permite afirmar que
a) o CO atua como catalisador.
b) o CO é desnecessário para a conversão de NO2 em NO.
c) o NO2 atua como catalisador.
d) a reação deve ocorrer em mais de uma etapa.
e) a velocidade de reação dobra se a concentração inicial de NO2 for
duplicada.
Resolução
A reação ocorre em etapas, pois a concentração de CO não
participa da etapa lenta.
Resposta: D 
pH
Concentração de
nitrato (mg/L)
Concentração de
oxigênio (mg/L)
Ponto A
(novembro)
9,8 0,14 6,5
Ponto B
(novembro)
9,1 0,15 5,8
Ponto A
(maio)
7,3 7,71 5,6
Ponto B
(maio)
7,4 3,95 5,7
pH
Concentração de
nitrato (mg/L)
Concentração de
oxigênio (mg/L)
Ponto A
novembro
9,8 0,14 6,5
Ponto B
novembro
9,1 0,15 5,8
Ponto A
maio
7,3 7,71 5,6
Ponto B
maio
7,4 3,95 5,7
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 30
– 31
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
.a 
S
1. (PUC-SP) – A conversão do tetróxido de dinitrogênio em dióxido
de nitrogênio é representada pela seguinte equação:
N2O4 (g) →← 2 NO2 (g)
incolor castanho
Em um experimento didático, um aluno determinou as constantes de
equilíbrio em função das pressões parciais (Kp) dessa reação, como
ilustra a tabela.
Tabela: Constantes de equilíbrio (Kp) para a reação de dissociação do
N2O4.
No relatório desse aluno sobre o experimento foram encontradas as
seguintes afirmações:
I. A 300 K, a pressão parcial do N2O4 é igual à pressão parcial do
NO2.
II. A coloração dos gases N2O4 e NO2 em equilíbrio dentro de um
balão imerso em água em ebulição é mais escura que em um
balão imerso em banho de gelo.
III. Mantida a temperatura de 300 K, ao diminuir o volume do balão
em que os gases NO2 e N2O4 se encontram em equilíbrio, obtém-
se uma nova condição de equilíbrio com Kp < 1,0.
IV. A reação de dissociação do N2O4 em NO2 é endotérmica.
Estão corretas somente as afirmações
a) I e III. b) II e IV. c) III e IV.
d) I, II e III. e) II, III e IV.
RESOLUÇÃO:
I. Falsa.
A 300 K, a constante de equilíbrio Kp é dada pela expressão:
N2O4 (g) →← 2 NO2 (g)
Kp =
Como Kp = 1,0, temos:
1,0 =
pN2O4
= �pNO2�2
II. Correta.
Pela tabela, observamos que aumentando a temperatura o valor de Kp
aumenta. Trata-se de uma reação endotérmica.
endotérmica
N2O4 (g) 
⎯⎯⎯→ ←⎯⎯⎯ 2 NO2 (g)
incolor castanho
Quando a temperatura do sistema é diminuída de 100°C (água em
ebulição) para 0°C (banho de gelo), o equilíbrio é deslocado no sentido
da reação exotérmica (para a esquerda), aumentando a concentração
de N2O4 (incolor) e diminuindo a concentração de NO2 (castanho).
O sistema a 100°C é mais escuro que a 0°C.
III.Falsa.
Ao diminuir o volume do balão, haverá um aumento da pressão
interna, deslocando o equilíbrio no sentido da reação que ocorre com
contração de volume (para a esquerda),
N2O4 (g) →← 2 NO2 (g)
1 V 2 V
mas o valor numérico de Kp se mantém inalterado, pois a temperatura
é constante (Kp = 1,0)
IV. Correta.
A dissociação do N2O4 em NO2 é endotérmica.
Resposta: B
2. (ITA-SP) – Seja S a solubilidade de Ag3PO4 em 100 g de água
pura numa dada temperatura. A seguir, para a mesma temperatura, são
feitas as seguin tes afirmações a respeito da solubilidade de Ag3PO4
em 100 g de diferentes soluções aquosas:
I. A solubilidade do Ag3PO4 em solução aquosa 1 mol/L de AgNO3
é menor do que S.
II. A solubilidade do Ag3PO4 em solução aquosa 1 mol/L de Na3PO4
é menor do que S.
III. A solubilidade do Ag3PO4 em solução aquosa 1 mol/L de NaNO3
é praticamente igual a S.
Destas afirmações, estão corretas
a) apenas I e III. b) apenas I e II. c) apenas II e III.
d) apenas III. e) todas.
RESOLUÇÃO:
Equilíbrio de solubilidade do Ag3PO4 (s):
Ag3PO4(s) →← 3Ag
+(aq) + PO3–4 (aq)
I. Correta. 
Solução 1 mol/L de AgNO3
AgNO
3
→ Ag+ + NO–
3
1 mol/L 1 mol/L
A presença de íons Ag+ desloca o equilíbrio de solubilidade do Ag3PO4
“para a esquerda”, diminuindo sua solubilidade.
II. Correta. 
Solução 1 mol/L de Na3PO4
Na3PO4 → 3Na
+ + PO3–4 
3 mol/L 1 mol/L
A presença de íons PO3–4 desloca o equilíbrio de solubilidade do
Ag3PO4 “para a esquerda”, diminuindo sua solubilidade.
III.Correta. 
Solução 1 mol/L de NaNO3
NaNO3 → Na
+ + NO–
3
Os íons Na+ e NO–
3 
da solução não interferem no equilíbrio de
solubilidade do Ag3PO4.
Resposta: E
temperatura (K) Kp
300 1,0
400 48
500 1,7 x 103
�pNO2�
2
––––––––
pN2O4
�pNO2�
2
––––––––pN2O4
MÓDULO 11 11 Equilíbrio Químico 
REVISAO1_QUIMICA_A_GK_2019 14/08/2019 18:46 Página 31
32 –
Q
U
ÍM
IC
A
 A
 –
3
. a S
3. (FGV) – Hospitais, roupas, banheiros, pisos etc. podem ser desin -
fetados com soluções aquosas de hipoclorito de sódio. Considerando-
se que a constante de hidrólise do íon ClO−, a 25°C, é 2 x 10−7,
uma solução aquosa de NaClO com pH = 10 nessa mesma
temperatura tem con centração de íon hipoclorito igual a:
a) 0,01 mol/L. b) 0,02 mol/L. c) 0,05 mol/L.
d) 0,10 mol/L. e) 0,20 mol/L.
RESOLUÇÃO:
A hidrólise do íon hipoclorito pode ser representada por:
ClO– + H2O →← OH
– + HClO
e sua constante de hidrólise Kh = 
O pH da solução é 10, e o pOH é 4.
Sabendo-se que pOH = – log [OH–], a concentração de [OH–] é igual
a 10–4 mol/L.
As concentrações de [OH–] e [HClO] são iguais a 10–4 mol/L.
Substituindo-se na expressão da constante de hi drólise, teremos a
concentração do hipoclorito:
2 . 10–7 = 
[ClO–] = 
[ClO–] = 0,5 . 10–1
Resposta: C
4. O carbonato de chumbo (II) ocorre naturalmente no mineral
cerussita. A constante do produto de solubilidade (KPS) do PbCO3 é
de, aproximadamente, 1,6 x 10–13. O volume de água (em litros)
necessário para dissolver 2,67 g desse sal é
(Dados: Massas molares em g/mol: C = 12, O = 16, Pb = 207.)
a) 2,5 x 104 b) 25 x 104 c) 4,0 x 106
d) 4,0 x 107 e) 2,5 x 107
RESOLUÇÃO:
PbCO3 (s) 
⎯⎯→
←⎯⎯ Pb
2+ (aq) + CO3
2– (aq)
x mol/L x mol/L x mol/L
KPS = [Pb
2+] . [CO3
2–]
1,6 . 10–13 = x . x
x = ����� 16 . 10–14
x = 4 . 10–7 mol/L ⇒ solubilidade do PbCO3
Quantidade de matéria correspondente a 2,67 g do sal: