Lista de exercícios resolução

Prévia do material em texto

Curso: Engenharia 2013.1 
Disciplina: Química Geral 
Semestre: 1° 
Elaboração: Professores de Química Geral 
 
Resolução da Lista de Exercícios de Química Geral 
 
Tabela Periódica 
 
1. Mendeleev, por meio de seus estudos sobre a tabela periódica, conseguiu prever a existência de 
átomos que ainda não tinham sido descobertos. Posteriormente, com a descoberta dos elementos em 
questão, verificou-se que as propriedades previstas por ele estavam em concordância. 
 
2. Todos os elementos com número atômico maior que o do urânio (Z = 92) são considerados 
transurânicos. Já os elementos artificiais são aqueles produzidos pelo homem. 
 
3. Porque, a cada período, aumenta o número de subníveis que podem acomodar elétrons: 
 Primeiro período: somente subnível s. 
 Segundo período: subníveis s e p. 
 Terceiro período: subníveis s, p e d. 
E assim por diante. 
 
4. I; II; III; IV; V 
 
5. 16S
2-
: 1s
2
 2s
2
 2p
6
 3s
2
 3p
6
 
13Aℓ
3+
: 1s
2
 2s
2
 2p
6 
 
6. a) λ = 694 nm 
 b) ν = 14409 ondas cm−1 
 c) A radiação cujo λ é 694 nm encontra-se na região do vermelho. 
 
7. 
 
 
 
 
 
 
 
8. Observando a figura da questão 6, verificamos que as radiações encontram-se na região do visível. 
Comparando os valores das energias calculadas nos itens 7(a) e 7(b), concluímos que a radiação de 
menor comprimento de onda, a luz azul, possui maior energia do que a luz vermelha de maior 
comprimento de onda. 
 
9. Para o átomo de hidrogênio, Z = 1. Se o átomo se encontra no estado de menor energia, n = 1 e 
r = œ. A equação que expressa a energia de um elétron em um estado estacionário ou em uma órbita de 
Bohr é: 
 
 
onde A é uma constante cujo valor é 2,18 x 10 
-18
 J. 
 
Usando essa equação é possível calcular a energia das orbitais do átomo de hidrogênio. 
 
a) O elétron se encontra com menor energia quando está ocupando o primeiro estado estacionário 
ou seja, quando ocupa a primeira órbita. 
 
En = - 2,18 x 10 
-18 
. 1
2
/1
2 
 
En = - 2,18 x 10 
-18 
 J 
 
b) Para a segunda órbita, n = 2, logo: 
 
 En = - 2,18 x 10 
-18 
. 1
2
/2
2 
 
En = - 5,45 x 10 
-19 
 J 
 
10. Deduzida a equação para energia de uma órbita, Bohr calculou a energia emitida ou absorvida em 
uma transição eletrônica usando o 4° postulado, o qual estabelece que as transições eletrônicas 
obedecem à equação: 
 ΔE = E2 – E1 = h ν 
sendo E2 o estado final de energia e E1 o estado inicial. Substituindo-se a energia de uma órbita ou de 
um estado estacionário, que é dada por , teremos: 
 
 
 
 Z rearranjando a equação e colocando em evidência A e Z
2
 obtém-se a seguinte equação: 
 
Substituindo os valores de A, h e c na equação A/hc, obtém-se 1, 096776 × 10
7
 m
−1
; sendo, portanto, 
praticamente igual à constante de Rydberg (R = 1, 097373 × 10
7
 m
−1
). 
 
a) Substituindo os valores dados: 
Z = 1 
A = 2,18 x 10 
-18
 J 
n1 = 1 
n2 = œ na equação: , teremos: 
 
 
 
A energia do fóton que promove a transição do elétron do átomo de hidrogênio do estado 
fundamental, n1, para o n = œ é 2,18 x 10-10 J / átomo. 
 
b) Um mol corresponde a 6,023 x 10
23
 átomos, portanto, 
 
 
11. L _ 2 subníveis (s e p), 4 orbitais. 
 N _ 4 subníveis (s, p, d e f), 16 orbitais. 
 P _ 3 subníveis (s, p e d), 9 orbitais. 
 
12. 4p: 4 + 1 = 5 
 6d: 6 + 2 = 8 
 5s: 5 + 0 = 5 
 2p: 2 + 1 = 3 
 4f: 4 + 3 = 7 
 2p < 4p < 5s < 4f < 6d 
 
 
 
13. 27Co: 1s
2
 2s
2
 2p
6
 3s
2
 3p
6
 4s
2
 3d
7 Mais energético 
n = 3 
 
 
 
l = 2 
m = -1 
s = + 1/2 
 
 
14. 
 
 
Propriedades Periódicas 
 
15. Tanto o 17Cℓ
– 
quanto o 18Ar possuem a mesma quantidade de elétrons (18). No entanto, o argônio 
possui 18 prótons para atrair estes elétrons, fazendo com que eles sejam mais intensamente atraídos, 
dificultando a retirada. Portanto, o argônio possui maior energia de ionização. 
 
16. A eletronegatividade do cloro é a maior do terceiro período, seguida pela do enxofre. Portanto, a 
eletronegatividade do cloro é 3,16 e a do enxofre é 2,58. Verifique na tabela de eletronegatividade de 
Pauling (Tabela 3.9, página 66). 
 
17. 11Na: 1s
2
 2s
2
 2p
6
 3s
1
 (3
o
 período, família 1). 
13Aℓ: 1s
2
 2s
2
 2p
6
 3s
2
 3p
1
 (3
o
 período, família 13). 
18Ar: 1s
2
 2s
2
 2p
6
 3s
2
 3p
6
 (3
o
 período, família 18). 
19K:1s
2
 2s
2
 2p
6
 3s
2
 3p
6
 4s
1
 (4
o
 período, família 1). 
 
 
Raio atômico: 18Ar < 13Aℓ < 11Na < 19K. 
Energia de ionização: 19K < 11Na < 13Aℓ < 18Ar. 
 
 
 
Compostos iônicos 
 
18. 
Mg (Z = 12) Mg2+
I (Z = 53) I- 
MgI2
 
19. Consultando a tabela periódica, verificamos que o alumínio possui três elétrons na última camada e é 
normalmente encontrado como o cátion Aℓ
3+
. Já o enxofre possui seis elétrons na última camada e 
normalmente é encontrado na forma de ânion S
2-
. 
 
Aℓ
3+
S
2-
  Aℓ2S3 
 
20. Isso ocorre quando eles não apresentam a mesma proporção (1:1) na formação do composto. Nesse 
caso, eles apresentarão diferentes números de coordenação (vizinhos). 
 
21. Nesse caso, todos os compostos serão formados por um cátion +1 e um ânion -1. Portanto, a energia 
reticular vai ser muito dependente do tamanho dos íons: quanto menor o íon, mais perto as cargas, 
maior a interação. Por isso, a maior interação reticular deve ser do F
-
 com o menor dos cátions, isto é, 
com o lítio (Li
+
). 
 
22. Elevado ponto de fusão e boa condutividade elétrica em solução aquosa. 
 
23. Quanto maior a constante elétrica, maior a probabilidade de o composto iônico ser solúvel nesse 
solvente. 
 
Compostos covalentes 
 
24. 
C
F
F 
F
FS
H
HPH
H
Ha) b) c)
 
25. O NO2 tem, ao redor do N (átomo central), três ‘conjuntos’ de elétrons (ligação dupla, ligação 
simples, um elétron desemparelhado). Portanto, a melhor distribuição para eles é a plana trigonal. Por 
isso, esta espécie é angular. 
O CO2, por sua vez, tem, ao redor do C (átomo central), dois ‘conjuntos’ de elétrons (duas ligações 
duplas). Portanto, a distribuição é linear. 
Já o NO2
+
 fica parecido com o CO2. 
 
NO2
N
OO
N
O O
CO2 O C O
NO2
+ O N O
+
 
 
26. 
I FF
F
F F
F F
C
F
F F Br
F
F
a) IF7 b) CF3 c) BrF2
+
14 elétrons ao
redor do iodo
10 elétrons ao
redor do cloro
8 elétrons ao
redor do bromo
 
 
27. 
S
OO
S
O O
 
 
28. 
P F
F
F
F
F
bipirâmide trigonal
PF5
2 ângulos diferentes - 90o e 120o
 
 
29. 
a) SC4 S
C
C
C
C
gangorra
b) IC3 I
C
C
C
forma em "T"
c) IF4
-
I
F
F
F
F
quadrado planar
d) XeO3 Xe
O
OO pirâmide trigonal
 
 
30. 
a) CCℓ4: apolar  = 0 
b) C6Br6: apolar  = 0 
c) CO2: apolar  = 0 
d) H2O: polar  ≠ 0 
 
 
 
31. 
O3
O
OO
apolar
CO2 O C O
apolar
C2 C C
apolar
Br
O
Br
Br2O polar
Cl2 < O3 < CO2 < Br2O
 
 
O Br2O é o único composto polar; o CO2, apesar de ser apolar, apresenta ligações polares; entre o O3 e 
o Cℓ2, o O3 é angular e formado por um elemento mais eletronegativo 
 
32. 
S
HH
polar ( 0)
P
C
C
C
polar ( 0)
 
 
Nas outras, o somatório é nulo e a constante dielétrica é zero ( = 0). 
 
33. 
a) Iônica. 
b) Covalente e ligação de hidrogênio. 
c) Covalente e dipolo instantâneo-dipolo induzido. 
d) Covalente e dipolo instantâneo-dipolo induzido. 
e) Covalente e dipolo instantâneo-dipolo induzido.34. 
I) F: O aumento da força de ligação não influencia (a princípio) a temperatura de ebulição. 
II) V: Quanto maior a força da ligação química intermolecular, maior a temperatura de ebulição. 
III) V: Fica mais difícil vencer a barreira contrária para a molécula sair para o estado de vapor. 
IV) F: Independe da quantidade de líquido. 
 
35. NaF, MgF2, AℓF3: compostos iônicos -- interação alta faz com que os pontos de ebulição sejam altos. 
SiF4, PF5, SF6: compostos covalentes -- a interação entre as moléculas acontece através de interações 
intermoleculares mais fracas que as ligações químicas (covalente e iônica). 
 
36. Verificar: a condutividade nos estados sólido e fundido; a solubilidade em água; a condutividade em 
meio aquoso (caso seja solúvel); o ponto de fusão; e o ponto de ebulição. 
 
Ligações metálicas 
 
37. 
a) Covalente. 
 
b) Covalente. 
c) Metálica. 
d) Iônica. 
e) Metálica. 
 
38. 
A: dois elétrons de valência (metal). 
B: dois elétrons de valência (metal). 
Portanto, os elementos A e B devem formar uma liga metálica, com ligação tipicamente metálica. 
 
39. 
Substância A: tipicamente iônica. 
Substância B: tipicamente covalente. 
Substância C: tipicamente metálica. 
 
40. Alta resistência mecânica; alta resistência à corrosão; e alta resistência térmica. 
 
41. O césio, pois possui PF inferior a 100 °C (temperatura máxima do banho Maria) -- o mercúrio já está 
no estado líquido (fundido). 
 
42. O cobre (metal) tem poucos elétrons de valência, que possuem liberdade de movimento, fazendo 
com que ele possua alta condutividade. Já o vidro (composto covalente) possui muitos elétrons de 
valência, preenchendo mais os orbitais -- a mobilidade destes elétrons também é mais restrita, 
restringindo a condutividade. 
 
Ácidos e bases 
 
43. 
a) Reação direta: H2O; reação inversa: H2S. 
b) Reação direta: HS
-
; reação inversa: OH
-
. 
c) HS e H2S; H2O e OH
-
. 
 
44. Pode-se aplicar o conceito de Lewis: Cr
3+
 é o ácido (receptor do par de elétrons) e NH3 é a base 
(doador do par de elétrons). 
 
45. HCℓ  MM = 36,5 g mol
-1
. 
1 mol HCℓ ----- 36,5 g 
 x ----- 3,65 g 
x = 0,1 mol 
Considerando que o HCℓ é um ácido forte em água, ele estará completamente ionizado: 
 
0,1 HC 0,1 H+ (aq) + 0,1 C- (aq)
em água 
 
[H+] = 
n
V
H
+
=
0,1 mol
10 L
[H+] = 0,01 mol L-1
[OH-] = 
1,0 x 10-14
[H+]
=
1,0 x 10-14
0,01
[OH-] = 1,0 x 10-12 mol L-1
 
 
 
 
 
 
46. 
Kw = [H
+] x [OH-] [H+] = 
Kw
[OH-]
=
1 x 10-14
1 x 10-3
[H+] = 1 x 10-11 mol L-1
 
 
Como a [H
+
] < 1  10
-7
 mol L
-1
, a solução é básica (pH = 11). 
 
47. São consideradas chuvas ácidas aquelas que apresentam pH inferior a 5,6, pois a chuva 
normalmente já é um pouco ácida devido ao ácido carbônico formado pela presença do gás carbônico 
(CO2 + H2O → H2CO3). 
A causa do aumento da acidez da chuva é, principalmente, a presença do SO2 e NO2 na atmosfera. 
 H2O + SO3 → H2SO4 (ácido sulfúrico). 
 H2O + 2NO2 → HNO3 + HNO2 (ácidos nítrico e nitroso, respectivamente). 
Podemos controlar a chuva ácida evitando (diminuindo) a emissão destes gases. 
 
48. 
Leite de magnésio: pH = 11  [H
+
] = 1  10
-11
 mol L
-1
. 
Bicarbonato de sódio: pH = 8  1  10
-8
 mol L
-1
. 
 
1  10
-8
 → 1  10
-11
  
 
Sais 
 
49. 
Sulfato de sódio: Na2SO4. 
Sulfito de sódio: Na2SO3. 
Sulfeto de sódio: Na2S. 
 
50. 
a) Mg(OH)2 + HBr → Mg(OH)Br + H2O (brometo hidróxi de magnésio). 
b) Ba(OH)2 + HCℓO4 → Ba(OH)CℓO4 + H2O (perclorato hidróxi de bário). 
 
51. Tanto na solução aquosa de amônia quanto na solução aquosa de ácido acético, existem poucos 
íons livres; portanto, são maus condutores de corrente elétrica. Ao juntarmos as duas soluções (básica e 
ácida), ocorre a neutralização: 
NH3 + HAC → NH4
+
AC
-
 (sal). 
O sal formado é solúvel, ficando na forma dissociada -- NH4
+
(aq) + AC
-
(aq) --; íons livres é sinônimo de 
boa condutividade. 
 
Óxidos 
 
52. 
N2O: monóxido de dinitrogênio. 
NO: monóxido de (mono)nitrogênio. 
NO2: dióxido de (mono)nitrogênio. 
N2O4: tetróxido de dinitrogênio. 
N2O5: pentóxido de dinitrogênio. 
 
53. 
I. F: O MgO apresenta boa solubilidade em água. Na verdade, o MgO acaba reagindo com a água e 
formando hidróxido de magnésio -- Mg(OH)2. 
II. V: O ZnO é um óxido anfótero. 
III. V: O CO é um óxido neutro. 
 
 
103 (mil vezes mais básico) 
 
54. 
CaO + H2O → Ca(OH)2. 
Ca(OH)2 + Mg
2+
 → Mg(OH)2 + Ca
2+
. 
Como o Mg(OH)2 é pouco solúvel, ele precipita. 
 
55. 
a) 1NCℓ3 + 3H2O → 1NH3 + 3HCℓO 
b) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 
c) 6NO + 4NH3 → 5N2 + 6H2O 
 
56. 1MnO2 + 4H
+
 + 2Cℓ
-
 → 1Mn
2+
 + 2H2O + 1Cℓ2. 
 
 
Observação: A carga antes (reagentes) deve ser igual a 
carga depois (produtos); isso é fundamental para determinar o balanceamento. 
Carga antes: 4H
+
 e 2Cℓ
-
 → +2. 
Carga depois: 1Mn
2+
 → +2. 
 
Lei de Lavoisier e lei de Proust 
 
57. 108 + 96 = 204 g de óxido 
Hoje, conhecendo a fórmula das substâncias, podemos verificar isso da seguinte maneira: 
Aℓ = 27 g mol
-1
; O = 16 g mol
-1
. 
 
4 Aℓ + 3O2 → 2Aℓ2O3 108 g + 96 g = 
 
58. 160 g + 640 g = m (CO2) + 360 g  
Usando fórmulas: 
1CH4 + 2O2 → 1CO2 + 2H2O  16 g + 64 g = 44 g + 36 g. 
 
Cálculos estequiométricos 
 
59. MM em g mol
-1
: C = 12; H = 1; O = 16. 
- Metanol: 1CH3OH + ⅔O2 → 1CO2 + 2H2O  32 g + 48 g = 44 g + 36 g. 
Cada mol de CH3OH consome 48 g de O2. 
- Etanol: 1CH3CH2OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O  46 g + 96 g = 88 g + 54 g. 
Cada mol de CH3CH2OH consome 96 g de O2. 
- Propanol: 1CH3CH2CH2OH + 9/2O2 → 3CO2 +4 H2O  60 g + 144 g = 132 g + 72 g 
Cada mol de CH3CH2CH2OH consome 144 g de O2. 
 
60. 
x = 80 g O2
1CH4 + 2O2 1CO2 + 2H2O
16 g 64 g 44 g 36 g
1C2H6 + 7/2 O2 2CO2 + 3H2O
30 g 112 g 88 g 54 g
30 g C2H6
20 g C2H6
112 g O2
y
16 g CH4 64 g O2
20 g CH4 x
y = 74,7 g O2
44 g 160 g 132 g 72 g
1C3H8 + 5O2 3CO2 + 4H2O
z = 72,7 g O2
z
160 g O2
20 g C3H8
44 g C3H8
58 g C4H10
20 g C4H10
208 g O2
t
t = 71,7 g O2
1C4H10 + 13/2 O2 4CO2 + 5H2O
58 g 208 g 176 g 90 g
 
x = 1; y = 4; z = 2; r = 1; s = 2; t = 1 
204 g 
m (CO2) = 440 g 
 
 
61. m = 0,32 g; V = 492 mL (0,492 L); T = 27 
o
C (300 K); P = 1 atm; R = 0,082 atm L mol
-1
 K
-1
. MM = ? 
P V = n R T n =
1 atm x 0,492 L
0,082 atm L mol-1 K-1 x 300 K
n = 0,02 mol
0,02 mol 0,32 g
1 mol x
x = 16 g mol-1
 
 
62. MgO + SO2 + ½ O2 → MgSO4 
 40 g 64 g 
 
cada 40 g MgO 64 g SO2
x 9,6 x 103 t
reage com
x = 6 x 103 toneladas de MgO
 
 
63. 47 
o
C = 320 K. 
2 C3H5N3O9 → 6 CO2 + 3 N2 + 5 H2O + ½ O2  2 × 227 g → 6 mol + 3 mol + 5 mol + 0,5 mol. 
Cada 227 g (1 mol) que reage de nitroglicerina forma: 3 mols de CO2 + 1,5 mol de N2 + 2,5 mols de H2O 
+ 0,25 mol de O2  7,25 mols de gás. 
P V = n R T V = 190 LV = 7,25 mol x 0,082 atm L mol
-1 K-1 x 320 K
1 atm 
Reagente limitante 
 
64. 2H2 + O2 → 2H2O  4 g + 32 g = 36 g. 
Cada 32 g de O2 reage com 4 g de H2. Portanto, como há 8 g de H2, irão sobrar 4 g. 
32 g de O2 + 4 g H2 irão produzir 36 g de H2O. Existem 4 g em excesso de H2. 
 
65. R = 62,3 mmHg L mol
-1
 K
-1
 
CH2 CH2 + H2 CH3 CH3
Pt 
V = 600 mL; P = 52 mmHg; T = 50 
o
C (323 K)  V = 600 mL; P = 33,8 mmHg; T = 50 
o
C. 
P V = n R T n = 1,55 x 10-3 mol de gás
início
n =
52 mmHg x 0,6 L
62,3 mmHg L mol-1 K-1 x 323 K
fim
62,3 mmHg L mol-1 K-1 x 323 K
33,8 mmHg x 0,6 L
=n n = 1,01 x 10-3 mol de gásP V = n R T
 
Houve uma redução de 1,55 × 10
-3
 – 1,01 × 10-3 = 0,54 × 10
-3
 mol. Esta é a quantidade de H2 que 
reagiu. Como cada mol de H2 reage com 1 mol de CH2 = CH2, significa que há 0,54 ×10
-3
 de CH2 = CH2. 
início
0,54 x 10-3 mol de CH2 CH2
1,01 x 10-3 mol de H2
1,55 x 10-3 mol de gás 1,01 x 10
-3 mol de gás
0,47 x 10-3 mol de H2 (sobrou)
CH2 CH20,54 x 10
-3 mol de 
fim
 
 
 
 
66. 
Significa que o Na está em excesso e o C2 é o limitante
Usamos o limitante para fazer as contas:
2 Na + C2 2NaC
46 g 71 g 117 g
1 g 1 g
cada 46 g de Na 71 g de C2
reage com
1 g de Na x
x = 1,54 g
cada 71 g de C2 117 g de NaC
1 g de C2 y
 
produz
y = 1,65 g de NaC
 
 
67. 
CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O
1 mol 1 mol
(79,5 g) (159,5 g)
79,5 g de CuO 159,5 g de CuSO4
7,83 mg de CuO x
produz
x = 15,71 mg de CuSO4
 
 
Impurezas 
 
68. 
1Cr2O3 + 3H2 2Cr + 3H2O
152 g 3 mol
CNTP
P = 1 atm
T = 0oC (273 K)
R = 0,082 atm L mol-1 K-1
5 g 4,25 g Cr2O3
- 15%
152 g de Cr2O3 3 mol de H2
4,25 g de Cr2O3 x
reage com
x = 8,39 x 10-2 mol
P V = n R T
V = 1,88 L de H2
V = 8,39 x 10
-2 mol x 0,082 atm L mol-1 K-1 x 273 K
1 atm
 
 
 
69. 
20 t 16 t80%
cada 160 g de Fe2O3 112 g Fe
16 t de Fe2O3 x
produz
x = 11,2 toneladas de Fe
1 Fe2O3 2 Fe
1 mol 2 mol
(160 g) (112 g)
 
 
70. 
1NH4NO3 1N2O + 2H2O
1 mol 1 mol
(80 g) (44 g)
80 g NH4NO3 44 g N2O
produz
x 2 g N2O
x = 3,64 g NH4NO3
Para produzir 2 g de N2O, são necessários 3,64 g de NH4NO3. Isto significa que dos
4 g usados 0,36 g (4 - 3,64 = 0,36 g) é de impureza.
4 g NH4NO3 100 %
3,64 g NH4NO3 y
y = 91 % de pureza
 
71. 
1 NaOH + 1HC 1NaC + 1H2O
40 g 36,5 g 58,5 g 18 g
40 g NaOH 58,5 g NaC 
produz
x 234 g NaC 
x = 160 g de NaOH
y = 80 % pureza
200 g 100 %
160 g y
 
 
 
72. 
1CaC2 + 2H2O 1Ca(OH)2 + 1C2H2
64 g 36 g 74 g 26 g
1 kg 360 g carbureto36 %
Cada 64 g CaC2 22,7 L (1 mol nas CNTP)
360 g CaC2 x
produz
x = 127,7 L de C2H2
 
Rendimento 
 
73. 
2CH3OH + O2 2CH2O + 2H2O
2 x 32 g 32 g 2 x 30 g 2 x 18 g
rendimento de 9% de 3,2 kg de CH3OH, reage 288 g (9%).
Cada 64 g CH3OH 60 g CH2O
288 g CH3OH x
x = 270 g CH2O
produz
 
 
 
74. 
1NH3 + 1CH4 1HCN + 3H2
17 g 16 g 27 g 6 g
x y 1 kg
(rendimento de 80 %)
17 g NH3 27 g HCN
x 1.000 g HCN
x = 630 g NH3
630 g NH3 80%
m NH3 100%
m NH3 = 787,5 g
m CH4 = 741 g
m CH4 100%
593 g CH4 80%
y = 593 g CH4
y 1.000 g HCN
16 g CH4 27 g HCN
 
 
 
 
75. 
SO2 + 1/2 O2 SO3
64 g 16 g 80 g
Cada 260 kg de SO2 necessitam de 65 kg de O2; como foram colocados 75 kg,
significa que irão sobrar 10 kg de O2.
cada 64 g SO2 16 g O2
reage com
260 kg SO2 x
x = 65 kg de O2
260 kg de SO2 + 65 kg de O2 325 kg de SO3 (rendimento máximo)
 
 
 
76. 
MgO + MgCO3
1,600 g
MgCO3 MgO + CO2
1 mol 1 mol
(84,3 g) (44 g)
* O MgO restante é a soma do MgO existente e do MgO formado pela decomposição do MgCO3
1,294 g MgO
x g de MgO que já existia
y g de MgO que se formou na decomposição do MgCO3
x + y = 1,294 g
é sinal que formou 1,600 - 1,294 g = 0,306 g de CO2tinha 1,600 g 1,294 g
fica
84,3 g de MgCO3 44 g CO2
produz
z 0,306 g de CO2
z = 0,586 g de MgCO3
1,600 g
0,586 g de MgCO3
1,014 g de MgO
1,600 g 100%
0,586 g t
t = 36,6 %
 
Solubilidade 
 
77. 
a) Duas fases (gelo/solução água + carbonato de sódio). 
b) Considerando que o gelo é formado por água pura, podemos dizer que essa é a fase com substância 
pura. 
 
78. Cada litro de solução contém 0,25 mol de K2CrO4. 
1 mol de K2CrO4  (2 × 39,1) + (1 × 52) + (4 × 16) = 194,2 g mol
-1
 
1 mol K2CrO4 194,2 g
0,25 mol K2CrO4 x
x = 48,55 g
1 L 48,55 g
y 38,8 g
y = 0,8 L ou 800 mL
 
 
79. 
 
NaCℓ(s) Na
+
(aq) + Cℓ
–1
(aq) 
 
C12H22O11(s) C12H22O11(aq) 
 
80. Solução saturada: aquela em que a quantidade máxima de soluto dissolvido já foi alcançada -- 
qualquer quantidade adicional de soluto se depositará no fundo do recipiente. 
Solução insaturada: aquela na qual a quantidade de soluto dissolvida não atinge o limite de 
solubilidade. Adições posteriores de soluto continuam a ser dissolvidas até que seja alcançada a 
saturação. 
Corpo de fundo (ou corpo de chão): nome dado ao excesso de soluto que não se dissolve e que se 
acomoda no fundo do recipiente. 
 
Oxidação e redução 
 
81. 
a) PC3 b) PC5 c) POC3
+3 -1 +5 -1 +5 -2 -1 
 
 
82. 
a) Y2O3 BaCO3 CuO
+3 -2 +2 +4 -2 +2 -2 
b) O ítrio tem Nox = +3; o bário tem Nox = +2; e o oxigênio tem Nox = -2. Portanto, para que o somatório 
seja nulo, os três átomos de cobre devem ter, juntos, carga +7. Deste modo, temos que dois átomos de 
cobre têm Nox = +2, e um deles apresenta Nox = +3 (situação pouco comum para o cobre). 
 
83. 
a) Na2O2 CO2
+1 -1 +4 -2 
b) CO é o agente redutor, e Na2O2 é o agente oxidante. 
 
Pilhas 
 
 
H2O 
H2O 
 
84. 
a) V: A reação I é uma oxidação -- ocorre no anodo. 
b) V: Na reação III, o níquel sofre redução (Nox passa de +4 para +2) -- ocorre no catodo (correto). 
c) F: O Cádmio é o agente redutor, e o NiO2 é o agente oxidante. 
 
85. Ag2S + 2 e
-
 → 2Ag
o
 + S
2-
. 
 
86. Fe → Fe
2+
 + 2e
-
/E (oxidação) = 0,41 V. 
Cr → Cr
3+
 + 3 e
-
/E (oxidação) = 0,74 V. 
Como o potencial de oxidação do crômio é maior, ele acaba protegendo o ferro (retarda o seu 
enferrujamento). Embora tenha um potencial de oxidação relativamente alto, o crômio é utilizado para 
revestir aço e latão, pois forma uma película aderida e transparente de óxido insolúvel, que o protege de 
oxidações posteriores. 
 
87. 
Cu Cu2+ + 2e- E1 = -0,34 V
Pb2+ + 2e- Pb E2 = ?
Cu + Pb2+ Cu2+ + Pb E = -0,47 V 
 
E = E1 + E2  -0,47 V = -0,34 V + E2  
 
88. 
a) Esta cela de combustível pode ser chamada de ‘não poluente’ porque tem como produto água que 
não é tóxica e nem polui a atmosfera. 
b) X: eletrodo negativo (oxidação); H2 (anodo). 
H2 → 2H
+
 + 2 e
-
. 
c) Balanceamento pelo número de elétrons: 
2H2 → 4H
+
 + 4 e
-
/2H2 = 4 g. 
O2 + 4H
+
 + 4 e
-
 → 2H2O/O2 = 32 g. 
Proporção de 4 g de H2: 32 g O2. 
 
89. 
Zn
2
+ 2 e
-
 → Zn/E
o
 = -0,76 V. 
Ag
+ 
+ 1 e
-
 → Ag/E
o
 = -0,8 V. 
Manter a semi-reação da prata e inverter a semi-reação do zinco (menor potencial). 
Zn → Zn
2+
 + 2 e
-
/E
o
 = 0,76 V (oxidação).Ag+ 1 e
-
 → Ag/E
o
 = 0,8 V (redução). 
Sentido dos elétrons: do eletrodo de zinco para o eletrodo de prata. 
A placa de zinco sofre corrosão. 
 
90. 
a) 
 
Zn Zn2+ + 2e- Eo = 0,76 V
Ni2+ + 2e- Ni Eo = -0,23 V
Zn + Ni2+ Zn2+ + Ni E = 0,53 V
Q =
[Zn2+]
[Ni2+]
n = 2
E = Eo - 0,0592
n
log [Zn
2+]
[Ni2+]
E = 0,53 - 0,0592
2
log 0,10
0,001
E = 0,471 V
E2 = -0,13 V (potencial de redução do Pb) 
 
b) 
2A 2A3+ + 6e- Eo = 1,66 V
3Cu2+ + 6e- 3Cu Eo = 0,34 V
2A + 3Cu2+ 2A3+ + 3Cu E = 2,0 V
Q =
[A3+]2
[Cu2+]3
n = 6
E = Eo - 0,0592
n
log Q E = 2,0 - 
0,0592
log E = 1,98 V
6
(0,5)2
(0,1)3 
Eletrólise 
 
91. Q = i . t Q = 9,65 A x 1 x 10
4 s Q = 96.500 C
5e- 1Mn2+
5 x 96.500 C 1 mol
 96.500 C x
x = 0,2 mol
 
 
92. AgNO3(s) → Ag
+
(aq) + NO3
-
(aq). 
Oxidação: 2H2O → O2 + 4H
+
 + 4 e
-
. 
Redução: 4Ag
+
 + 4 e
-
 → 4Ag. 
 1 mol O2 4e
-
2 x 10-3 mol O2 x
forma
x = 8 x 10-3 mol de e-
8 x 10-3 mol e-
6 x 10-3 mol Ag+ + 6 x 10-3 mol e- 6 x 10-3 mol Ag
sobra 2 x 10-3 mol de e- para o H2
2H+ + 2e- H2
2 x10-3 mol 1 x 10-3 mol de H2 (1 milimol)
forma
 
 
93. M
x+
 + x e
-
 → M 
x . 96.500 → 1 mol 
 
x . 96.500 = 2,895 × 10
5
 C  
 
94. A anodização aumenta a resistência à corrosão do alumínio porque forma uma camada mais 
espessa, protegendo o alumínio. Já o objeto de alumínio funciona como anodo (pólo positivo) –- 
oxidação do alumínio. 
 
Corrosão 
 
x = 3 
 
95. 
a) 
A A3+ + 3e- Eo = 1,66 V
2H2O + 2e
- H2 + 2OH
- Eo = -0,83 V
 E = 0,83 V 
Como o potencial é positivo, a reação do alumínio com a água é um processo espontâneo. 
 
b) Na prática, a reação não ocorre pela formação de uma camada protetora de óxido de alumínio 
(passivação). 
 4Aℓ + 3O2 → 2Aℓ2O3 
 
 
Questões ENADE: 
 
96. B 
 
97. A 
 
98. D 
 
99. B 
 
100. E