Quimica

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0 Química 1
Revisão
3ª Série
Estrutura da matéria, classificação periódica e ligações químicas
 1. b Os postulados admitidos por John Dalton que se relacionam com a afirmação da primeira 
teoria atômica descrita no enunciado estabelecem que:
 1) A união de dois ou mais átomos produz um composto químico. 
 2) As reações químicas são um rearranjo de átomos que formam as substâncias simples, 
compostos ou misturas envolvidos nessa reação. 
 2. e Os experimentos de Thomson levaram à descoberta dos elétrons, o que confrontou as 
ideias de Dalton – que até então prevaleciam na ciência –, de que os átomos eram indi-
visíveis e constituíam a menor porção da matéria. 
 3. b Os elétrons do sódio, ao absorverem energia de uma fonte externa apropriada, passam 
de um nível menos energético (estado fundamental) para um nível mais energético (esta-
do excitado). Ao retornar ao estado fundamental, os elétrons devolvem uma parte dessa 
energia na forma de luz amarela.
 4. e No modelo 2, proposto por Bohr, o átomo só emite radiação durante a transição eletrônica 
entre camadas ou níveis de energia.
 5. a Analisando a expressão E = h $ f, sendo h uma constante (constante de Planck), percebe-se 
que quanto maior a frequência, maior a energia. Sendo assim, maiores energias envolvidas 
na transição eletrônica correspondem a maiores frequências e, portanto, a linha espectral 
de maior frequência corresponde à transição de n = 4 para n = 1.
O inverso também é verdadeiro, sendo que a menor frequência corresponde a transição 
de n = 4 para n = 3.
 6. b I. Incorreta. A espécie A tem 10 elétrons e 11 prótons (Z = 11), configurando o cátion .A11
+
 II. Correta.
 III. Correta.
 IV. Incorreta. D possui 20 nêutrons e E possui 12 nêutrons. Portanto, as espécies não são 
isótonas.
 V. Incorreta. A e E não são isoeletrônicos porque têm números de elétrons distintos.
 7. d O estrôncio forma cátion bivalente (Sr2+). Logo, Sr38
88 2+ tem 38 prótons, 50 nêutrons e 
36 elétrons. O composto formado com o íon iodeto I- é o iodeto de estrôncio, cuja fórmula 
é SrI2.
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0 Química 23ª Série – Resolução – Revisão
 8. e Para deduzir a distribuição eletrônica do íon ferro encontrado na goethita, é necessário 
calcular sua carga, que corresponde ao valor de seu NOx (x):
FeOOH
 x -2 -2 +1
x + (-2) + (-2) + 1 = 0
x = +3
O átomo de ferro (Z = 26) neutro tem 26 elétrons. Portanto, o íon Fe3+ possui 23 elétrons:
Fe: 1s22s22p63s23p64s23d6
Fe3+: 1s22s22p63s23p63d5
 9. e Pt, Au e Hg apresentam números atômicos consecutivos, pois estão em sequência no mesmo 
período.
Li, Na e K apresentam reatividades semelhantes, pois pertencem à mesma família (grupo). 
Ne, Ar e Kr encontram-se no estado gasoso à temperatura ambiente (gases nobres), por-
tanto no mesmo estado físico.
 10. c Para que átomos de elementos químicos diferentes apresentem propriedades químicas 
semelhantes, eles devem pertencer ao mesmo grupo (família) da tabela periódica.
 11. c O flúor é o elemento mais eletronegativo, ou seja, atrai pares de elétrons com facilidade e 
possibilita a ligação química com o xenônio.
 12. b I. Correta.
 II. Correta.
 III. Incorreta. A disposição dos elementos na tabela periódica é tal que aqueles com proprie-
dades semelhantes ficam sempre em um mesmo grupo ou família.
 IV. Incorreta. Em um período ou grupo, a energia de ionização será maior quanto menor for 
o raio atômico.
 13. b Ao comparar elementos de uma família na tabela periódica, temos que, de cima para baixo, 
o raio atômico aumenta e a eletronegatividade diminui. Dessa forma, I e II devem ser valo-
res maiores que 0,190, e III e IV devem ser valores maiores que 0,8. A única alternativa que 
contempla esses requisitos é a b.
 14. a I. Correta. Em um mesmo período, a energia de ionização aumenta da esquerda para a 
direita. Assim a do elemento com configuração [Ne]3s23p1 é menor que a do elemento 
[Ne]3s23p5.
 II. Correta. Em um mesmo período, a afinidade eletrônica aumenta da esquerda para 
a direita. Assim, a do elemento com configuração [Ar]4s2 é menor que a do elemento 
[Ar]3d104s24p5.
 III. Correta. Em um mesmo período, a eletronegatividade aumenta da esquerda para a 
direita. Assim, a do elemento com configuração [He]2s22p5 é maior que a do elemento 
[He]2s22p3.
 IV. Correta. Tendo em vista que a configuração eletrônica do elemento termina em 5p2, é 
correto afirmar que ele pertence ao quinto período do bloco p da tabela periódica.
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0 Química 33ª Série – Resolução – Revisão
 15. a Quanto maior for a diferença de eletronegatividade entre os átomos dos elementos par-
ticipantes da ligação iônica, maior será o caráter iônico da ligação. Sendo a eletronegati-
vidade do elemento oxigênio (presente no carboxilato na forma de ânion) igual a 3,44, o 
cátion que promoverá maior diferença de eletronegatividade é o potássio (K).
 16. a Compostos com maiores cargas possuem maior atração entre os íons, dificultando, assim, a 
sua separação. Logo, a solubilidade do composto é menor.
 17. c Ao analisar o PC,5, verifica-se a presença de 10 e- na camada de valência do fósforo.
P C,
C,
C,
C,
C,
 18. c A fórmula de Lewis do difluoreto de xenônio é:
F FXe
Logo, a camada de valência do xenônio tem 10 elétrons.
 19. e De acordo com o texto, quanto mais forte for a ligação química, maior será a frequência 
da radiação. Logo, uma ligação tripla apresenta mais força do que uma ligação dupla ou 
simples.
 20. d O kit 4 apresenta a melhor combinação de eletrólitos fortes que possibilitaram a maior 
condutibilidade e acendimento mais intenso da lâmpada.
 21. a O composto X é sólido a 25 oC e líquido a 1 300 oC, conduzindo eletricidade em ambas 
as temperaturas, portanto ele pode ser classificado como um metal. Já o composto Y não 
conduz eletricidade no estado sólido (25 oC), porém conduz no estado líquido (1 300 oC), 
logo é um composto iônico. Por fim, o composto Z não conduz corrente elétrica no estado 
sólido nem no líquido, portanto é considerado molecular. 
 22. d Na estrutura metálica, os elétrons “livres” movimentam-se facilmente de um átomo para o 
outro, o que permite a condução de corrente elétrica (elétrons em movimento).
 23. d A sílica é um sólido covalente cujas ligações são formadas pelo compartilhamento de elé-
trons entre os átomos de silício e oxigênio.
 24. a) O modelo atômico de Bohr.
b) Quando o elétron absorve energia, ele é excitado para níveis mais altos de energia. E, quan-
do retorna ao seu estado fundamental, há emissão de luz, nesse caso, na forma de luz visível.
 25. a) O átomo de gadolínio, 64Gd157, apresenta 64 prótons e 93 nêutrons.
b) A configuração eletrônica do íon Gd3+ é representada de maneira simplificada por 
[Xe]4f7. Também serão consideradas as configurações:
1s22s22p63s23p64s23d104p65s24d105p64f7 ou K-2, L-8, M-18, N-25, O-8.
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0 Química 43ª Série – Resolução – Revisão
 26. a) A afirmação é verdadeira. Os elementos dos grupos 1 e 2 constituem os metais alcalinos 
e alcalino-terrosos, respectivamente, e, quando associados com os ametais dos grupos 
16 e 17, tendem a formar compostos iônicos. 
b) A afirmação é falsa. Dentro de um mesmo período, a energia de ionização tende a au-
mentar da esquerda para a direita, pois esse é também o sentido de aumento do número 
de prótons e diminuição do raio atômico.
 27. a) Podem ser escolhidos os elementos rubídio, césio ou frâncio, pois apresentam maior 
raio atômico que o potássio. 
b) Nas condições de laboratório, o cloreto de potássio (KC,) é um sólido, por se tratar de 
um composto iônico.
c) Na família dos halogênios, a temperatura de fusão aumenta com o número atômico, 
pois há aumento da massa e do raio atômico. Assim, é necessário fornecer mais energia 
ao sistema para romper as interações entre as moléculas e promover a passagem do estado 
sólido para o líquido.
 28. a) O íon monoatômico estável do cálcio é o Ca2+ e o do fósforo é o P3-. Logo, a fórmula do 
composto iônico será Ca3P2.
b) Os íons que constituem as substâncias iônicas interagem fortemente atravéspor 2, o que resulta na equação 
2 CO2(g) + 3 H2O(,) C2H6O(aq) + 3 O2(g), que representa exatamente o inverso da com-
bustão do etanol. Dessa forma, embora seja um emissor de CO2(g), considera-se que o 
etanol não aumenta o teor desse gás na atmosfera.
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0 Química 433ª Série – Resolução – Revisão
 206. a) O gráfico aponta que, a partir da latitude de aproximadamente 67 oS, há uma redução 
da concentração de ozônio (O3) concomitante ao aumento da concentração de monóxido 
de cloro (C,O•). Esses dados estão de acordo com a primeira etapa da decomposição do 
ozônio: C,• + O3 C,O• + O2, pois, nessa equação, observa-se que, pela ação do radical 
C,•, há consumo de O3 com formação da espécie C,O•.
b) De acordo com o texto, a decomposição dos cloro-flúor-carbonos (CFCs) na estratosfera 
libera átomos de cloro livre (C,•), que atuam como catalisadores da decomposição de 
ozônio, um gás importante para a redução da incidência de radiação ultravioleta na 
superfície. Assim, o intuito do congelamento da produção mundial de CFCs proposto na 
Conferência de Montreal, em 1987, era o de diminuir a quantidade de CFCs para, conse-
quentemente, haver uma redução da formação de C,• na estratosfera.
Introdução à Química e fracionamento de misturas
 207. d De acordo com o esquema da usina termoelétrica apresentado, verifica-se uma única trans-
formação química, que é a combustão do combustível contido no aquecedor. A vapori-
zação da água seguida de condensação representa duas transformações físicas. Em todo o 
processo, há pelo menos três tipos de energia envolvidas: térmica (calor liberado na com-
bustão), mecânica (vapor d’água que movimenta as turbinas) e elétrica (produzida no 
gerador).
 208. d A transformação de estado é um fenômeno físico no qual ocorre uma mudança na estrutura 
espacial formada pelos diferentes constituintes do material. Essencialmente, as diferenças 
entre os estados físicos envolvem a distância entre as partículas e o seu grau de agitação.
 209. e Ao misturar o sólido 1, o sólido 2 ou a água com o líquido 1, esse permanece na fase inferior 
(apresenta maior densidade) em todas as situações, sendo, portanto, a substância X. 
O sólido 2 afunda quando misturado com água (d = 1 g/cm3), mas flutua quando misturado 
com o líquido 1 (d = 13 g/cm3), ou seja, deve apresentar densidade intermediária entre 
esses dois valores, tratando-se, portanto, da substância Y (d = 2,7 g/cm3). O sólido 1 
flutua (apresenta menor densidade) quando misturado com água ou com o líquido 1, 
ou seja, deve apresentar o menor valor de densidade, tratando-se, portanto, da substân-
cia Z (d = 0,9 g/cm3).
 210. d Os volumes de água que foram deslocados, ao se adicionar as moedas, correspondem aos 
volumes das moedas A, B, C e D. Então, é possível calcular as densidades de cada moeda: 
dA = 
V
m
7 5
26
A
A =
-
 = 13 g/cm3
dB = 
V
m
10 7
27
B
B =
-
 = 9 g/cm3
dC = 
V
m
12 10
10
C
C =
-
 = 5 g/cm3
dD = 
V
m
16 12
36
D
D =
-
 = 9 g/cm3
Logo, as moedas dos lotes B e D foram adquiridas pelo investidor por apresentarem 
densidades compatíveis com a do cobre.
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0 Química 443ª Série – Resolução – Revisão
 211. b Considerando os resultados obtidos, que estão representados na figura, temos:
mamostra = 44 g
mrecipiente + mágua = 350 g
Então:
mamostra + mrecipiente + mágua = 44 + 350 = 394 g
Como a massa fornecida desse conjunto de materiais foi de 389 g, conclui-se que houve 
uma perda de 5 g de água.
O volume ocupado por 5 g de água, que é igual ao volume do metal, é:
V = 5 gH O
1gH O
1cm
2
2
3
densidade
$
1 2 344 44
 = 5 cm3
Logo, a densidade do metal é igual a:
d = 
V
m
5
44
= = 8,8 g/cm3
Portanto, trata-se do bronze.
 212. a O refrigerante comum possui uma massa de açúcar maior comparado ao refrigerante diet, 
que tem massas muito pequenas de adoçantes, considerando volumes iguais dos líquidos. 
Logo, o refrigerante comum possui maior densidade.
 213. d Em um densímetro, os valores aumentam de cima para baixo. No equipamento usado, os 
intervalos das marcas são de 0,05 g $ cm-3.
A água pura possui densidade de 1,00 g $ cm-3. Então 2 L de água pura possuem 2 000 g. 
Como a adição de NaC, não causa aumento significativo no volume, temos:
 � densidade da solução A:
cm
g g
2 000
2 000 100
3
+ = 1,05 g $ cm-3
 � densidade da solução B:
cm
g g
2 000
2 000 200
3
+ = 1,10 g $ cm-3
Portanto, com a adição de soluto, o densímetro irá subir, variando uma marcação para a 
solução A e duas marcações para a solução B.
 214. d Uma substância pura apresenta uma curva de aquecimento com pontos de fusão e ebulição 
bem definidos.
 215. a Na primeira etapa do beneficiamento do petróleo, ocorre a decantação, assim, os compo-
nentes mais densos afundam e a fração de petróleo flutua devido à diferença de densi-
dades, sendo possível a separação.
 216. b Pela pequena diferença entre as massas dos hexafluoretos de urânio-235 e urânio-238, 
o melhor procedimento alternativo é a centrifugação.
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0 Química 453ª Série – Resolução – Revisão
 217. e O objetivo do tratamento realizado é recuperar o acetato de etila e, avaliando as proprie-
dades fornecidas para esse composto, a técnica mais adequada é a decantação da mistura 
bifásica, uma vez que o acetato de etila possui baixa solubilidade em água.
 218. d O HCN é uma molécula polar e, portanto, solúvel em água, sendo levado ao líquido 
residual (manipueira) na etapa 2.
Em altas temperaturas, o cianeto de hidrogênio é volatilizado, sendo liberado no ar durante 
a etapa 3.
 219. b A sequência correta de procedimentos é usar a decantação para separar líquidos imiscíveis, 
a destilação simples na separação dos componentes de uma mistura homogênea sólido- 
-líquido e, finalmente, a sublimação para separar dois sólidos com pontos de ebulição 
diferentes.
 220. e O líquido incolor W entrou em ebulição em um intervalo de temperatura, sendo um compor-
tamento típico de misturas. Então, as substâncias presentes no sistema S são: X(s), Z(s) e dois 
ou mais componentes da mistura líquida W.
 221. d As moléculas dos óleos são constituídas predominantemente de grupos apolares, e o hexa-
no é um solvente apolar. Essa semelhança de polaridade garante uma maior afinidade das 
moléculas dos óleos pelo hexano, o que permite a aplicação da extração, que é um método 
de separação baseado apenas na polaridade das substâncias.
 222. b No processo de separação dos componentes do petróleo, é utilizado o processo de desti-
lação fracionada, que se baseia nas diferenças entre os pontos de ebulição.
 223. e A mistura homogênea líquido-líquido pode ser separada por solidificação fracionada 
devido às diferentes temperaturas de fusão dos isômeros que a compõem.
Observação: como os isômeros apresentam temperaturas de ebulição muito próximas, 
não é possível realizar a separação por destilação fracionada.
 224. a) A-sólido; C-líquido; E-gasoso.
b) Ebulição, vaporização ou evaporação foram aceitos como resposta, ocorrendo mudança 
do estado líquido para o estado gasoso por aumento de temperatura.
c) 30 oC, 30 graus Celsius ou 30 graus centígrados.
d) A fusão dessa substância é representada pelo trecho B, ocorrendo o intervalo de 15 oC 
a 20 oC.
 225. a) Nas condições indicadas por 1, 2 e 3, a substância se encontra nos estados sólido, líquido e 
gasoso, respectivamente.
b) A figura II ilustra o processo de fusão da substância. Inicialmente, as partículas no estado 
sólido estão mais próximas e possuem pouca mobilidade. À medida que a fusão ocorre, as 
interações entre as partículas enfraquecem, resultando em maior espaço e movimentação 
entre elas.
 226. a) I e IV.
b) Liquefação fracionada. O ar é resfriado até promover a liquefação do componente de 
maior ponto de ebulição e possibilitar sua remoção na fase líquida, em seguida, o ar resul-
tante volta a ser resfriado e o processo é repetido.
c) Destilação simples. O processo se baseia na diferença das temperaturas de ebulição dos 
componentes sólido e líquido da mistura.
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0 Química 463ª Série– Resolução – Revisão
 227. a) Fenômeno físico: degelo dos icebergs; composto envolvido: H2O.
b) A equação representativa do fenômeno químico é:
CH4 + 2 O2 CO2 + 2 H2O
 228. a) Para se obter o corante do urucum, o processo é a extração por solvente (água) em 
altas temperaturas.
b) Acelerar o processo de extração e aumentar a quantidade de corante obtido. Em outras 
palavras, o urucum fica mais solúvel com o aumento da temperatura, e a sua dissolução 
torna-se mais rápida.
c) Sim. O suco obtido da fruta jenipapo-ivá é quase incolor. Quando em contato com o ar, 
esse suco sofre oxidação, uma transformação química, tornando-se preto.
 229. a) O método mais indicado para separar misturas heterogêneas líquido-líquido é a decan-
tação, utilizando um funil de decantação.
b) Deve-se realizar uma destilação simples. O cloreto de sódio, por ser um soluto não volá-
til, ficará retido no recipiente onde estava a mistura.
c) No início, há 50 mL da mistura gasolina + álcool vendida nos postos. Após a mistura com 
a solução aquosa de NaC,, consideramos que todo o álcool dissolve-se na solução aquosa, 
sobrando, então, 39 mL de gasolina. Conclui-se, assim, que havia 11 mL de etanol nos 
50 mL de combustível do posto. Fazemos então o seguinte cálculo:
% %% 100 22%
V
V
50
11 100etanol
tan
combust vel
e ol
í
$ $= = =
Fundamentos clássicos e modernos da Química
 230. e As possibilidades de os átomos serem isótopos ou isóbaros e os processos nucleares co-
nhecidos tornam os postulados 1, 2, 3 e 4 não compatíveis com o modelo atômico atual.
A combinação de átomos de elementos diferentes, que seguem proporções de números 
inteiros pequenos na formação dos compostos, indicada no postulado 5, ainda é considerada 
correta.
 231. d Como as reações ocorrem em um sistema aberto, a presença de gases pode alterar a massa 
final dos produtos.
(A) – reação de neutralização entre ácido clorídrico e hidróxido de sódio, obtendo sal e 
água. Não são produzidos ou consumidos gases nesse processo, logo, haverá conser-
vação das massas dos reagentes e produtos. É melhor representada pelo gráfico II.
(B) – a queima de papel produz água e dióxido de carbono (CO2) gasoso, que se dispersa no 
meio ambiente reduzindo a massa dos produtos, então, o gráfico III é aquele que melhor 
representa essa perda de massa com o passar do tempo.
(C) – a palha de ferro ao enferrujar agrega a massa da água e do oxigênio gasoso prove-
niente do ar atmosférico, que, ao ser medido em sistema aberto, aumenta a massa do 
produto em relação aos reagentes. Isso é representado pelo gráfico I.
 232. d A Lei de Proust ou lei das proporções constantes ou definidas diz que toda substância 
pura (simples ou composta) apresenta em sua composição uma proporção em massa 
constante dos elementos que formam a substância.
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0 Química 473ª Série – Resolução – Revisão
 233. a A massa atômica de um elemento que apresenta isótopos estáveis se dá pela média 
ponderada das massas de seus isótopos, considerando as porcentagens de ocorrência:
M = 
%
, , % , , % , , %u u u
100
27 977 92 23 28 9767 4 68 29 974 3 09$ $ $+ +
M , 28,1 u
Segundo o enunciado, o elemento X pode apresentar entre 14, 15 e 16 nêutrons, que 
correspondem, respectivamente, aos isótopos X28, X29 e X30. Portanto, seu numero 
atômico é:
Z = A - n0 & Z = 28 - 14
Z = 14
Fazendo a distribuição eletrônica por camadas, temos que K = 2, L = 8, M = 4, totalizando 
14 elétrons. Assim, o elemento se encontra na família 4A (ou coluna 14) da tabela periódica, 
representando um semimetal.
 234. d Cálculo da massa de gálio:
m = 6,0 $ 1022 
,
tomos Si
tomos Si
tomo Ga
tomos Ga
mol Ga
mol Ga
g Ga
10 000
1
6 0 10
1
1
70á
á
á
á
% .
n de Avogadro
m molar
23
o
$ $
$
$
1 2 34444 4444 1 2 344444 44444 1 2 344 44
 =
= 7,0 $ 10-4 g Ga
 235. d CaC H O2
( )g g
2
111
2
2 18
, +
$
\ [
 CaC H O2
g
2 2
147
$,
1 2 3444 444
Observa-se, portanto, um aumento de 36 g de água a cada 111 g de sal anidro. Logo, o 
ganho percentual em massa pode ser calculado por:
g
g
111
36 $ 100% , 32%
 236. b Cálculo da quantidade de matéria (mol) de Na consumidos ao longo de 30 dias para o sal 
de cozinha tradicional: 
dias
dia
g sal
g sal
mg Na
mg Na
g Na
g Na
mol Na30
1
12
1
400
1000
1
23
1
$ $ $ $ , 6,3 mols Na 
Cálculo da quantidade de matéria (mol) de Na consumidos ao longo de 30 dias para o 
sal rosa:
dias
dia
g sal
g sal
mg Na
mg Na
g Na
g Na
mol Na30
1
12
1
230
1000
1
23
1
$ $ $ $ = 3,6 mols Na 
Cálculo da diferença de mols de Na consumidos:
6,3 mols Na - 3,6 mols Na = 2,7 mols de Na ingeridos a menos
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0 Química 483ª Série – Resolução – Revisão
 237. e Como a pepita é formada apenas por ouro e quartzo, podemos escrever as seguintes relações:
dpepita = 
V
m
pepita
pepita
dpepita = 
V V
m m
ouro quartzo
ouro quartzo
+
+
dpepita = 
%
% %d d
100
ouro ouro quartzo quartzo$ $+
dpepita = 
%
% ( % % )d d
100
100ouro ouro quartzo ouro$ $+ -
7,8 = 
%
, % , ( % % )
100
19 3 2 6 100ouro ouro$ $+ -
7,8 = 19,3 $ %ouro + 2,6 - 2,6 $ %ouro 
%ouro , 31%
Cálculo do número de átomos de ouro presentes na pepita:
,
,
,g pepita
g pepita
mL pepita
mL pepita
mL Au
mL Au
g Au
g Au
mol Au
mol Au
tomos Au93 6
78
1
100
31
1
19 3
197
1
1
6 10 á23
$ $ $ $ $
$
, 
, 2 $ 1023 átomos Au
 238. c Cálculo do volume de TiO2 usado:
6 10 átomos Ti
6 10 átomos Ti
1mol Ti
1mol Ti
1mol TiO
1mol TiO
80 g TiO
4 g TiO
1cm TiO20
23
Avogadro
2
relaçãomolar
2
2
massamolar
2
3
2
densidade
$ $
$
$ $ $ =
1 2 344444 44444 1 2 3444 444 1 2 3444 444 1 2 3444 444
= 2 $ 10-2 cm3
O cálculo de altura (h) é feito pela expressão:
V = h $ A V = h $ 50 $ 100 2 $ 10-2 = h $ 50 $ 100 h = 4 $ 10-6 cm
Cálculo da espessura, em nanômetros:
4 $ 10–6 cm
10 cm
1nm 40nm
7
$ =
-
 239. d Adotando o valor numérico da massa, expresso em g $ mol-1, como sendo a massa molar 
do isótopo I-129, temos: 
38,7 g I-129
129 g I-129
1mol I-129
1mol I-129
6 10 átomos I-129
3 10 átomos I-129
1pulso laser
m molar
23
constante de
Avogadro
6
assa
$ $
$
$
$
=
1 2 3444 444 1 2 3444444 444444
= 6 $ 1016 pulsos laser
23
0 Química 493ª Série – Resolução – Revisão
 240. a Uma vez que, em 1 mol de glutamato monossódico, assim como em 1 mol de sal de cozinha, 
está presente 1 mol de sódio, temos:
% Na(glutamato) = 
169 g
23g $ 100 , 13,6%
% Na(sal de cozinha) = 
58,5 g
23g $ 100 , 39,3%
Assim, conclui-se que a porcentagem em massa de sódio no glutamato monossódico é 
13,6%, que equivale a cerca de um terço do que é encontrado no sal de cozinha (39,3%).
 241. b Para obter a fórmula mínima da nicotina, podemos balancear parcialmente a reação da 
seguinte forma:
CxHyNz + O2(g) & x CO2(g) + y
2
 H2O(g) + z
2
 N2(g)
Assim, com massas molares de CO2, H2O e N2, é possível calcular a proporção entre x, y e z 
a partir das massas liberadas na combustão da nicotina:
x = 22 g CO2 $ 
g CO
mol CO
44
1
2
2 = 0,5 mol
y
2
 = 6,3 g H2O $ 
g H O
mol H O
18
1
2
2 = 0,35 mol
y = 0,7 mol
z
2
 = 1,4 g N2 $ 
g N
mol N
28
1
2
2 = 0,05 mol
z = 0,1 mol
Substituindo os valores na fórmula da nicotina, temos:
C0,5H0,7N0,1
Dividindo todos os índices pelo menor (0,1):
C5H7N1
 242. a) Uma das reações balanceadas é:
2
1 N2 + O2 NO2
Os 46 g de dióxido de nitrogênio formados correspondem à massa de um mol desse 
composto, portanto, seguindo a proporção estequiométrica:
0,5 mol N2 $ 
mol N
g N
1
28
2
2 = 14 g N2
1 mol O2 $ 
mol O
g O
1
32
2
2 = 32 g O2
Portanto, o processo obedece a Lei de Lavoisier, como demonstrado abaixo: 
N
2
1
g
2
14
 + O
g
2
32
 NO
g
2
46
23
0 Química 503ª Série – Resolução – Revisão
b) Utilizando a mesma equação do item anterior, temos: 
N
2
1
g
b
c
2
14
 + O
g
g
g
2
32
64
128
 NO
g
a
d
2
46
O quociente q = 2 que multiplica a massa de oxigênio deve ser aplicado também às 
massas de nitrogênio e dióxido de nitrogênio, mantendo as proporções entre as espécies 
da reação, como sugere a Lei de Proust, obtendo-se: 
N
g
228
 + O2
g
2
64
 NO
g
2
92
N2
g
2
56
 + O4
g
2
128
 NO4
g
2
184
c) Para provar a Lei de Dalton, mantém-se a massa do oxigênio constante (32 g) e varia-se 
a massa de nitrogênio em valores múltiplos:
N O
2
1
g g
2
14
2
32
+ NO
g
2
46
Na segunda reação, são utilizados 28 g de nitrogênio (o dobro em relação à primeira), que 
corresponde à massa de um mol de N2:
N O
g g
2
28
2
32
+ N O
g
2 2
60
E, finalmente, na terceira reação, são usados 42 g de nitrogênio (o triplo em relação à 
primeira). Mantendo a massa de oxigênio constante, temos: 
42 g N2 $ 
g N
mol N
28
1
2
2 = 1,5 mol N2
N O
2
3
g g
2
42
2
32
+ N O
g
3 2
74
Então, o quadro preenchido é dado por:
2
1 N2 + O2 NO2
14 g 32 g 46 g
N2 + O2 N2O2
28 g 32 g 60 g
2
3 N2 + O2 N3O2
42 g 32 g 74 g
#2
#2
23
0 Química 513ª Série – Resolução – Revisão
 243. De acordo com a fórmula estrutural, temos que:
Fórmula molecular: C10H15O3N5
Mpenciclovir = 10 $ 12 + 15 $ 1 + 3 $ 16 + 5 $ 14 = 253 g $ mol-1
,
h
comprimido
dia
h
comprimido
g penciclovir
g penciclovir
mol penciclovir
mol penciclovir
mol culas
12
1
1
24
1
0 125
253
1
1
6 10 é23
$ $ $ $
$ ,
, 5,9 $ 1020 moléculas/dia
 244. a) Segundo a Lei da Conservação da Massa, temos:
UF H O6 2
4,22 g a
+ X HF
3,7 g 0,96 g
+
4,22 + a = 3,7 + 0,96
a = 0,44 g
A determinação da quantidade, em mol, de U, F e O em X é:
n
352
4,22 1 0,012molU $ ,=
n
352
4,22 6
20
0,96 1 0,024molF $ $ ,= -
n
18
0,44 1 0,024molO $ ,=
Então, a fórmula de X é:
U
,
,
0 012
0 012 O
,
,
0 012
0 024 F
,
,
0 012
0 024 UO2F2
b) A equação completa é: 
UF6 + 2 H2O UO2F2 + 4 HF
Analisando as fórmulas, temos que, dos 6 mols de F que constituem o UF6, 4 mols formam 
o produto Y (HF). Portanto, a conversão é de 66,7%.
Compostos inorgânicos e reações inorgânicas
 245. c Das substâncias apresentadas, a única que é um gás tóxico e corrosivo é a amônia.
 246. c Entre os compostos apresentados nas alternativas, o que melhor se enquadra é o car-
bonato de cálcio (CaCO3), pois sua decomposição térmica (reação I) produz óxido de 
cálcio sólido (CaO) e gás carbônico (CO2). Esses produtos, quando em contato com a água, 
produzem hidróxido de cálcio (reação II) e ácido carbônico (reação III), respectivamente. 
Reação I: CaCO3(s) 
�� CaO(s) + CO2(g)
Reação II: CaO(s) + H2O(,) Ca(OH)2(aq)
Reação III: CO2(g) + H2O(,) H2CO3(aq)
 247. c O gás obtido será o CO2, que pode ser observado na equação a seguir:
CaCO3(s) + 2 HC,(aq) CaC,2(aq) + H2O(,) + CO2(g)
23
0 Química 523ª Série – Resolução – Revisão
 248. c Os esquemas das equações podem ser representados por:
 I. HC,(aq) + AgNO3(aq) HNO3(aq) + AgC,(s)
 II. 3 HC,(aq) + A,(s) A,C,3(aq) + 
2
3 H2(g)
 III. 2 HC,(aq) + Mg(OH)2(s) 2 H2O(, ) + MgC,2(aq)
Logo, ocorre liberação de gás em II, desaparecimento total ou parcial de sólido em III e 
formação de sólido em I.
 249. a A partir da leitura do texto, é possível inferir que o metal pesado necessita reagir com o 
grupamento hidroxila, sulfeto ou metil para que se forme um precipitado insolúvel. Assim, 
entre as alternativas apresentadas, a única em que ambos os compostos se enquadram na 
descrição apresentada é a a (CdS e Zn(OH)2), pois, entre as outras opções:
 � Pb(OH)2 e Na2S o Na não é considerado um metal pesado;
 � Ni(OH)2 e Cr(C2H5)2 o Cr(C2H5)2 é um metal pesado ligado ao grupamento etil em 
vez do grupamento metil;
 � CdSO4 e Pb(CH3CO2)2 o CdSO4 é um metal pesado ligado ao grupamento sulfato 
em vez do grupamento sulfeto;
 � Hg(CH3)2 e Ca(CH3CO2)2 o Ca não é considerado um metal pesado e nem tóxico em 
pequenas quantidades.
 250. e O gás diatômico em solução aquosa apresenta características ácidas, reagindo com so-
lução alcalina e com Na2CO3, libera CO2, logo, conclui-se que se trata da molécula hete-
ronuclear HC,. 
 251. a Para diminuir a acidez do resíduo, deve-se adicionar uma substância básica, nesse caso, a 
adição do óxido de cálcio garante a neutralização do resíduo, conforme a reação a seguir.
CaO(s) + H2SO4(aq) CaSO4(s) + H2O(,)
 252. c Escolhendo 2 entre 5 amostras, teremos um total de 
5
2 2 1
5 4
$
$
=f p = 10 misturas diferentes.
Das possibilidades de misturas, as únicas em que ocorrerão reações químicas serão as mis-
turas entre os copos 1 e 3, e entre os copos 3 e 5, ocorrendo, em ambos os casos, a reação 
entre uma solução ácida e uma solução aquosa de bicarbonato de sódio, causando a libe-
ração de gás carbônico.
H HCO(aq) 3(aq)++ - H2O(,) + CO2(g)
Assim, teremos:
Probabilidade
misturas totais
misturas comreação
= = 
10
2 = 
5
1
 253. e A água dura é uma mistura homogênea, assim, a adição de CaO e Na2CO3 à amostra de 
água irá precipitar esses íons na forma de carbonatos, MgCO3 e CaCO3.
 254. a A reação 1 promove a formação de um gás tóxico (HCN), ao passo que a reação 2 utiliza ácido 
nítrico (HNO3), um forte agente oxidante, sendo uma reação oxidativa forte.
Comentário: tecnicamente, a reação entre o ácido nítrico concentrado e a sacarose pode 
produzir NO2, um gás tóxico e oxidante.
23
0 Química 533ª Série – Resolução – Revisão
 255. a) Os elementos Gd e Lu pertencem ao 6o período da tabela periódica e, assim, apresentam 
6 camadas eletrônicas.
O carbono C14- 6
14` j apresenta 8 nêutrons, é usado em técnica de datação e seu número 
de massa (A) é 14.
b) A equação química da reação descrita no texto é:
K(s) + H2O(,) KOH H
2
1
( ) ( )aq g2+
( )
hidr xido
de pot ssio
g s combust vel
hidrog nio
ó
á
á í
ê
\ \
 256. Adiciona-se vinagre (solução ácida) aos três sais. Aquele que produzir efervescência será o 
carbonato de sódio.
A seguir, adiciona-se cada um dos outros dois sais ao carbonato de sódio, já identificado, 
em presença de água. Aquele que desprender amônia (cheiro característico) será o nitrato 
de amônio, e o que não desprender será o nitrato de sódio.
 257. Considerando que a condutividade elétrica da solução depende de sua concentração de 
íons, temos:
 I. Desmineralização (retirada de íons presentes na água mineral).
 II. Adição de Fe0.
 III. Adição de H2SO4.
 IV. Adição de etanol (precipitação do sal).
Termoquímica
 258. c O filtro de barro apresenta paredes permeáveis à água, que, ao atingir sua superfície externa, 
evapora, retirando energia do sistema, e promove a queda da temperatura.
 259. e Processos com ∆Hpor:
C60 + 60 O2 60 CO2
Cálculo da entalpia de combustão:
H H Ho o o
comb. prod. reag.T T T= -/ / & H 60 H (1 H 60 H )o o o o
comb. CO C O2 60 2
$ $ $T T T T= - + &
& Ho
comb.T = 60 $ (-390) - 1 $ (+2 300) - 60 $ 0 & Ho
comb.T = -25 700 kJ/mol
Como cada átomo de carbono está ligado a outros três, uma das ligações deve ser dupla 
para haver estabilidade eletrônica. Então, há duas ligações simples para cada ligação 
dupla (razão igual a 2).
23
0 Química 553ª Série – Resolução – Revisão
 264. b Aplicando-se a Lei de Hess, temos:
3 C2H2(g) + O
2
15
( )g2 CO6 ( )g2 + H O3 ( )2 , ∆HI = -930 kcal
CO6 ( )g2 + H O3 ( )2 , C6H6(,) + O
2
15
( )g2 ∆HII = +780 kcal
 3 C2H2(g) C6H6(,) ∆H = ?
Cálculo do ∆H:
∆H = ∆HI + ∆HII
∆H = -930 + 780
∆H = -150 kcal
 265. c Pela Lei de Hess:
bio-óleo + O2(g) CO2(g) + H O( )2 , ∆H = -18,8 kJ/g
H O( )2 , H2O(g) ∆H = +2,4 kJ/g
bio-óleo + O2(g) CO2(g) + H2O(g) ∆H = -16,4 kJ/g
Cálculo da energia envolvida na queima de 5 g de bio-óleo:
ε = g bio leo5 -ó $ 
ó
,
g bio leo
kJ
1
16 4
-
calor liberado
1 2 3444 444
ε = 82 kJ, logo ∆H = -82 kJ.
 266. b H O+ O
O
2 H
H H
2
Cálculo da energia envolvida na reação:
∆Hreação = [2 EH — H + EO —— O] - 4 EH
2
 — O
∆Hreação = (2 $ 437 + 494) - (4 $ 463)
∆Hreação = -484 kJ
Cálculo da variação de entalpia envolvida na queima de 1 kg de hidrogênio:
1 000 g H2 $ 
g H
mol H
mol H
kJ
2
1
2
484
2
2
2
$ = - kJ121000
energia liberada
1 2 344 44
 267. d Em decorrência da fórmula ∆H = —H H. .lig R lig PT T/ / , temos:
∆Hreação = (2 EC ——— C + 4 EC — H + 5 EO —— O) - (8 EC —— O + 4 EO — H)
-600 = (2 EC ——— C + 4 $ 100 + 5 $ 118) - (8 $ 192 + 4 $ 110)
EC ——— C = 193 kcal
Assim, para romper 1 mol de ligações triplas do acetileno, é necessário absorver 193 kcal.
23
0 Química 563ª Série – Resolução – Revisão
 268. a) A atuação de bactérias causa um aumento do pH do meio, uma vez que, durante o processo, 
há o consumo de um ácido forte (H2SO4) e a produção de um ácido fraco (H2S) e de um óxido 
ácido (CO2), que origina o H2CO3, outro ácido fraco. Esses eletrólitos mais fracos liberam 
menos íons H+, causando a variação já citada no pH.
b) O processo é exotérmico (∆Ha concentração de ácido é maior. Tais fatores aumentam a probabilidade de 
ocorrerem colisões efetivas em comparação com os outros experimentos.
23
0 Química 593ª Série – Resolução – Revisão
b) A reação entre zinco e ácido clorídrico é dada por:
Zn(s) + 2 HC,(aq) ZnC,2(aq) + H2(g)
Então, a quantidade molar de ácido necessária para reagir com 5,0 $ 10-3 mol de zinco é:
5 $ 10-3 mol Zn $ 
mol Zn
mol HC
1
2 , = 1 $ 10-2 mol HC,
O volume da solução de ácido no experimento III que corresponde a 1 $ 10-2 mol de HC, é:
1 $ 10-2 mol HC, $ 
mol HC
L solu o
L solu o
mL solu o
4
1
1
10çã
çã
çã3
$
,
 = 2,5 mL solução
Portanto, o volume da solução de HC, em excesso no experimento III é: 
Vexcesso = 4,0 mL - 2,5 mL = 1,5 mL
Equilíbrios químicos
 285. e No experimento A, a expressão da constante de equilíbrio é dada por:
[ ] [ ]
[ ]K
H I
HI
c
2 2
2
$
=
Como [HI] > [H2] = [I2], pela análise do gráfico, temos:
[HI]2 > [H2] $ [I2]
Logo:
[ ] [ ]
[ ]
H I
HI
2 2
2
$
 > 1
Desse modo:
Kc > 1
 286. d A reação apresentada, corretamente balanceada, é: 
2 A2(g) + 3 B2(g) 2 A2B3(g) 
Logo, é possível preenchermos a tabela e calcular o valor de Kc:
2 A2 + 3 B2 2 A2B3
Início 3 $ 10-2 8 $ 10-2 2 $ 10-2
Reação -2x -3x +2x
Equilíbrio 1 $ 10-2 y z
Cálculo dos valores das incógnitas: 
3 $ 10-2 - 2x = 1 $ 10-2 & x = 1 $ 10-2 
8 $ 10-2 - 3x = y & y = 5 $ 10-2 
2 $ 10-2 + 2x = z & z = 4 $ 10-2 
23
0 Química 603ª Série – Resolução – Revisão
Cálculo da constante de equilíbrio: 
KC = 
[ ] [ ]
[ ]
A B
A B
2
2
2
3
2 3
2
$
KC= 
( ) ( )
( )
1 10 5 10
4 10
2 2 2 3
2 2
$ $ $
$
- -
-
KC = 1,28 $ 105 , 1,3 $ 105
 287. d O aumento da quantidade de gás oxigênio na etapa 2 desloca o equilíbrio para a direita, 
no sentido de formação do produto, de modo a consumir os reagentes O2 e NO. Assim, 
a quantidade de monóxido de nitrogênio é diminuída.
 288. d A queda da pressão parcial de oxigênio promove deslocamento do equilíbrio no sentido 
inverso e diminui a concentração de hemoglobina oxigenada (HbO2).
 289. d Deve-se realizar a eliminação de água do cartão aumentando a temperatura do sistema, 
pois, visto que a reação é exotérmica, o aquecimento desloca o equilíbrio no sentido inver-
so, liberando a água no estado gasoso.
 290. c A metilamina é uma substância básica, assim, para que seja neutralizada, deve-se utilizar 
uma substância ácida. Com isso, a substância mais ácida é aquela que apresenta menor 
valor de Kb ou maior valor de Ka. Logo, a solução aquosa adequada deve ser a de ácido 
etanoico.
 291. d O valor de pH é definido como pH = -log [H+], isto é, por ser uma escala logarítmica 
em base 10, a variação de uma unidade de pH representa uma alteração de 10 vezes 
o valor da concentração de H+. Ainda, temos que, quanto menor o pH, mais ácida é a 
solução (apresenta maior [H+]), ou seja, uma amostra de chuva com pH = 4,0 é dez vezes 
mais ácida do que a chuva com pH = 5,0.
 292. d Considerando que o AAS é um ácido monoprótico fraco, temos: 
Ka , M $ α2
3 $ 10-5 , 3,3 $ 10-4 $ α2 
9 10 2$,�� -
α , 0,3
Como [H+] = M $ α, temos: [H+] = 3,3 $ 10-4 $ 0,3 , 1 $ 10-4 mol/L, então:
pH = 4
 293. b Cálculo da concentração inicial em mol/L:
[H2SO4]i = 
L solu o
g H SO
g H SO
mol H SO
1
98
98
1
çã
2 4
2 4
2 4$ & [H2SO4]i = 1 mol/L
Considerando a diluição de 2 000 vezes, o volume final será 2 000 vezes maior que o volume 
inicial.
23
0 Química 613ª Série – Resolução – Revisão
Assim, a concentração final de H2SO4 pode ser calculada por:
[H2SO4]i $ Vi = [H2SO4]f $ Vf
1 mol/L$ Vi = [H2SO4]f $ 2 000Vi
[H2SO4]f = 
2 000
1 & [H2SO4]f = 0,5 $ 10-3 mol/L
Como o ácido estará totalmente ionizado:
H SO ( )aq2 4
3$ -, /mol L0 5 10
 H SO2 ( ) ( )aq aq4
2–
3
+
$
+
- /mol L1 10
Então [H+] = 1 $ 10-3 mol/L
pH = -log [H+]
pH = -log 1 $ 10-3 
pH = 3,0
 294. e O frasco 4 contém uma solução aquosa de HNO3 (ácido forte), cuja [H+] = 1,2 mol/L. A mis-
tura dessa solução com uma solução de HC, (outro ácido forte), de menor concentração 
de íons H+ ([H+] = 1 mol/L), fará a [H+] diminuir, aumentando o pH.
 295. c Em solos ácidos, a concentração de íons H+ é maior do que a concentração dos íons OH-. 
Então, o equilíbrio NH3 + H2O NH4
+ + OH- é deslocado para a direita, segundo o Princí-
pio de Le Chatelier, aumentando a concentração de íons NH4
+ do solo.
 296. e O pH do solo da fazenda está abaixo do pH ideal. Assim, é necessário adicionar uma espé-
cie alcalina que fará com que aumente a quantidade de íons OH- no meio. Logo, haverá 
um aumento no pH do solo. O íon carbonato desempenha essa função, segundo a reação 
química abaixo:
CO ( )aq3
2- + H2O(,) HCO ( )aq3
- + OH( )aq
-
 297. e Entre as opções, o único composto capaz de ajustar o pH de um solo alcalino é o sulfato de 
amônio, visto que o íon NH4
+ sofre hidrólise liberando íons H O( )aq3
+ :
(NH4)2SO4(s) 
H O2 2 NH SO( ) ( )aq aq4 4
2++ -
NH ( )aq4
+ + H2O(,) NH3(aq) + H O( )aq3
+
 298. c A derivação da informação de que pKa = -log Ka é que em um pH pKa, predomina 
a forma desprotonada do grupo. Sendo assim, em pH entre 5 e 7, temos:
 � Grupo carboxila (—COOH): como pH > pKa, predomina a forma desprotonada, —COO-.
 � Grupo amino (—NH2): como pH 8,5), ocasiona 
mudança de coloração do indicador fenolftaleína para rosa.
O frasco 3 contém a solução ácida de HC,, pois além de apresentar pHde HCO3
- no sangue através de uma 
menor excreção desse íon na urina.
Quadro Situação 
primária
Equilíbrio no 
sentido
Resposta 
compensatória
acidose metabólica [HCO3
- ] baixa da formação de H+ respiração rápida 
alcalose metabólica [HCO3
- ] alta do consumo de H+ respiração lenta
acidose respiratória pCO2 alta da formação de H+ menor excreção 
de HCO3
-
alcalose respiratória pCO2 baixa do consumo de H+ maior excreção 
e HCO3
-
23
0 Química 633ª Série – Resolução – Revisão
 303. a) Em um local de altitude mais elevada, a concentração de O2 no ar é menor e, segundo 
o Princípio de Le Chatelier, o equilíbrio químico em questão desloca-se para a esquerda. 
Em outras palavras, a diminuição da concentração de O2 favorece a reação inversa, o que 
diminui a capacidade respiratória do atleta.
b) Durante o período de adaptação à altitude mais elevada, o organismo do atleta sintetiza 
mais hemoglobina, aumentando a sua concentração. Pelo Princípio de Le Chatelier, isso 
favorece a reação direta, o que aumenta a capacidade respiratória do atleta.
Para cada molécula de hemoglobina sintetizada, são consumidos quatro átomos de ferro, 
o que diminui as reservas originais desse metal no organismo do atleta.
 304. a) Na situação normal, o pH da saliva é 7, logo:
pH = -log[H+]
[H+]normal = 10-pH = 10-7 mol/L
Após a ingestão do refrigerante, o pH da saliva é 5, logo:
pH = -log[H+]
[H+]após = 10-pH = 10-5 mol/L
Como 10-5 é 100 vezes maior que 10-7, a concentração de H+ na saliva na situação indicada 
é 100 vezes maior que a normal.
b) Diminuindo o pH, a concentração de H+ aumentará, o que, segundo o Princípio de Le 
Chatelier, desloca o equilíbrio no sentido de consumo do H+, ou seja, no sentido direto, 
favorecendo a dissolução da hidroxiapatita, desgastando o esmalte dos dentes.
 305. a) O equilíbrio iônico descrito no texto pode ser representado, de forma simplificada, da 
seguinte maneira:
A( )
(
)
aq
forma
protonada
1 2 344 44
 B( )
(
)
aq
forma
neutra
1 2 344 44
 + H( )aq
+ Ka = 1,2 $ 10-9 
A expressão da constante de equilíbrio é:
[ ]
[ ] [ ]K
A
H B
a
$
=
+
Como, em pH = 8, a [H+] = 1,0 $ 10-8 mol/L, temos:
,
[ ]
, [ ]
A
B1 2 10 1 0 109
8
$
$ $
=-
-
Logo:
[ ]
[ ]
,
, ,
A
B
1 0 10
1 2 10 0 12
8
9
$
$
= =
-
-
Assim, a concentração molar da forma protonada (A) é maior do que da forma neutra (B).
b) A forma neutra (B) é preferível em uma formulação, visto que a ausência de cargas 
favorece interações com moléculas de baixa polaridade, como os lipídeos, aumentando a 
lipossolubilidade da droga e melhorando seu efeito terapêutico.
23
0 Química 643ª Série – Resolução – Revisão
 306. a) Para calcular a concentração de íons H+ na solução, temos que:
 HX(aq) H( )aq
+ + X( )aq
-
Início 0,2 mol 0 0
Ionização -α $ 0,2 mol α $ 0,2 mol α $ 0,2 mol
Equilíbrio 0,2 mol - α $ 0,2 mol α $ 0,2 mol α $ 0,2 mol
nH+ = α $ 0,2 mol = 0,01 $ 0,2 mol
nH+ = 2 $ 10-3 mol
Como o volume da solução é 1 L:
[H+] = 2 $ 10-3 mol/L
pH = -log[H+] = -log 2 $ 10-3
pH = -(log 2 - 3) = -(0,3 - 3)
pH = 2,7
b) Para ácidos com α # 5%, podemos utilizar a seguinte aproximação:
Ka , α2 $ M
Ka , 0,012 $ 0,2 mol/L
Ka , 2 $ 10-5 mol/L
 307. a) O gráfico I apresenta dados obtidos em um maior valor de temperatura.
Sabemos que a constante de equilíbrio iônico da água, Kw, a 25 oC vale 1 $ 10-14, o que 
indica que pH + pOH = 14. A constante de equilíbrio da água aumenta conforme há um 
aumento na temperatura.
No gráfico I, podemos observar que pH + pOH = 12, indicando um valor de Kw igual 
a 1 $ 10-12. Portanto, como houve aumento do Kw, esses dados foram medidos em uma 
temperatura maior que 25 oC.
Já no gráfico II, temos que pH + pOH = 14, indicando um valor de Kw igual a 1 $ 10-14. 
Portanto, os dados foram medidos a 25 oC.
Finalmente, no gráfico III, pH + pOH = 15, indicando um valor de Kw igual a 1 $ 10-15. 
Portanto, como houve diminuição do Kw, esses dados foram medidos em uma temperatura 
menor que 25 oC.
b) Em uma amostra pura de água, os valores de [H3O+] e [OH-] devem ser iguais e, conse-
quentemente, pH = pOH. No gráfico III (menor temperatura), isso ocorre em pH = 7,5.
Oxirredução e pilhas
 308. e A etapa V ilustra a redução do NOx do cobre de +2 para 0.
CuSO4
Zn, HC,
NOx = +2 NOx = 0
Cu
23
0 Química 653ª Série – Resolução – Revisão
 309. c Ambos os processos são de oxirredução. Na equação 1 há variação de NOx dos elementos 
carbono e oxigênio, e na equação 2, dos elementos iodo e oxigênio.
 310. c Segundo o esquema, a reposição dos elétrons perdidos na conversão de P680 a P680) 
(fotossistema II) é realizada através da oxidação da água no complexo produtor de oxigênio:
2 H2O O2 + 4 H+ + 4 e-
Logo, a água funciona como agente redutor nesse processo.
 311. e A reação entre o ferro metálico e Ca2+ produziria um processo eletroquímico não espon-
tâneo, pois a diferença de potencial (ddp) é negativa. Assim, as semirreações e a equação 
global que ocorrem na formação da mancha avermelhada são:
 � semirreação catódica
Cu( )aq
2+ + 2 e- 
redu oçã
 Cu(s) ($ 3)
 � semirreação anódica
Fe(s) 
oxida oçã
 Fe( )aq
3+ + 3 e- ($ 2)
 � equação global
3 Cu( )aq
2+ + 2 Fe(s) 3 Cu(s) + 2 Fe( )aq
3+
Cálculo do ∆Eo:
∆Eo = E Ec todo
o
nodo
o
á â- = +0,34 - (-0,04)
∆Eo = 0,38 V (processo espontâneo)
 312. c No cátodo, o Co4+ reduz para Co3+:
CoO2 + Li+ + 1 e
_
redução+4
LiCoO2
_2
+3
_2+1
 313. e As semirreações que representam a pilha esquematizada serão:
Mg(s) Mg( )aq
2+ + 2 e- (semirreação anódica)
2 H( )aq
+ + 2 e- H2(g) (semirreação catódica)
Mg(s) + 2 H( )aq
+ Mg( )aq
2+ + H2(g) (equação global) 
 I. Correta. A concentração de H+ diminui, pois está sendo consumido, logo o pH aumenta.
 II. Correta. O magnésio metálico está sendo consumido no ânodo. 
 III. Correta. A barra de cobre não reage no processo eletroquímico, funcionando como 
simples condutor de elétrons.
 314. e As semirreações da bateria prata-zinco podem ser representadas como a seguir:
Ag2O(s) + H2O(,) + 2 e- redu o
c todo
çã
á 2 Ag(s) + 2 OH( )aq
- 
Zn(s) + 2 OH( )aq oxida o
nodo
çã
â- Zn(OH)2(s) + 2 e-
23
0 Química 663ª Série – Resolução – Revisão
 315. d Cálculo da força eletromotriz (∆Eo) de uma pilha lítio-iodo:
∆Eo = E Ec todo
o
nodo
o
á â-
∆Eo = (0,54 V) - (-3,05 V)
∆Eo = 3,59 V
Cálculo da força eletromotriz de uma bateria formada pela associação de três pilhas de 
lítio-iodo:
∆Eo = 3 $ 3,59 V = 10,77 V
Logo, pela tabela, a bateria é adequada para o funcionamento do carrinho de controle 
remoto (IV).
 316. a O metal de sacrifício apresenta menor E .red
o do que o ferro.
 317. d Ao cobrir a superfície do objeto metálico com o filme nanocerâmico, cria-se uma barreira 
impedindo o contato do metal com o oxigênio e a umidade, que provocariam a corrosão 
do ferro.
 318. a) PbSO4 sofre oxidação e redução simultaneamente:
+2 +6 _2
+2
PbSO4
0
Pb
redução 0
+2 +6 _2
+2 +4
PbSO4
+4 _2
PbO2
oxidação
b) Cálculo da massa de água formada:
g Pb
g Pb
mol Pb
mol Pb
mol H O
mol H O
g H O
1
207
1
1
2
1
18
. . .m molar eq qu mica m molar
2
2
2
í
$ $ $
1 2 344 44 1 2 3444 444 1 2 344 44
 , 0,17 g H2O 
 319. a) Considerando as semirreações de redução e seus respectivos potenciais-padrão, temos: 
C O( )aq, - + H2O(,) + 2 e- redu o
c todo
çã
á C ( )aq,
- + 2 OH( )aq
-
2 I( )aq oxida o
nodo
çã
â- I2(aq) + 2 e-
C O( )aq, - + 2 I( )aq
- + H2O(,) global
equa oçã
 I2(aq) + C ( )aq,
- + 2 OH( )aq
- 
Cálculo da f.e.m.: 
f.e.m. = Ec todo
o
á - E nodo
o
â = +0,30 V 
23
0 Química 673ª Série – Resolução – Revisão
Logo, haverá a formação de I2 e o consequente deslocamento do equilíbrio a seguir (forma-
ção de I3
- ), tornando a solução novamente marrom: 
I2(aq) + I( )aq
- I ( )aq3
-
b) Analisando as experiências feitas, pode-se afirmar que E .red
o do hipoclorito é maior que 
E .red
o do iodo e este possui E .red
o maior que o do zinco. Portanto, haverá uma reação de oxi-
dorredução entre o Zn e o C,O-:C O( )aq, - + H2O(,) + Zn(s) Zn C OH2( ) ( ) ( )aq aq aq
2 ,+ ++ - -
 320. a) 
eletrodo
cátodo (+): NiO(OH)
pilha de Ni-Cd
ânodo (_): cádmio
separador
separador
+
eletrodo
e_
e_
e_
e_
e_
_
Na pilha seca representada acima, o fluxo de elétrons ocorre do ânodo (Cd), polo negativo, 
em direção ao cátodo (NiO(OH)), polo positivo.
Cálculo do ∆Eo:
∆Eo = E Ec todo
o
nodo
o
á â-
∆Eo = +0,49 - (-0,82)
∆Eo = +1,31 V
b) O agente oxidante dessa reação é NiO(OH). Sendo o cádmio (Cd) o agente redutor, 
pode-se calcular a quantidade consumida dessa espécie:
( )
, ( )
( )
( )
,g Ni OH
g Ni OH
mol Ni OH
mol Ni OH
mol Cd
mol Cd
mg Cd927 10
92 7
1
2
1
1
112 4 103
2
2
2
2
3
$ $ $ $
$- = 562 mg Cd
 321. a) Sendo o potencial de redução (Eo) do zinco inferior ao do ferro, ele atuará como metal 
de sacrifício (ânodo de sacrifício), sofrendo oxidação. O ferro, como cátodo, sofre redução.
ânodo: Zn( )s
0 Zn e2( )aq
2 ++ -
cátodo: Fe e2( )aq
2 ++ - Fe( )s
0
23
0 Química 683ª Série – Resolução – Revisão
b) A oxidação (corrosão) do ferro será mais rápida, pois forma-se uma pilha eletroquímica 
na qual o ferro é o ânodo: 
ânodo: Fe(s) Fe e2( )aq
2 ++ -
cátodo: Sn e2( )aq
2 ++ - Sn( )s
global: Fe(s) + Sn( )aq
2+ Fe Sn( ) ( )aq s
2 ++
∆Eo = Ec todo
o
á - E nodo
o
â
 
∆Eo = -0,136 - (-0,409)
∆Eo = 0,237 V
Eletrólise
 322. a O processo de eletrólise ocorre com o óxido de alumínio líquido. Temos:
Semirreação de redução: A ( )
3,,
+ + 3 e- A,(,) (cátodo)
Semirreação de oxidação: 2 O( )
2
,
- O2(g) + 4 e- (ânodo) 
No ânodo ocorre a formação de O2(g), que reage com as barras de grafita do eletrodo: 
C(s) + O2(g) CO2(g)
 323. c As equações químicas que representam a eletrólise aquosa do cloreto de sódio são: 
cátodo (redução): 2 H2O(,) e2+ - H OH2( ) ( )g aq2 + -
ânodo (oxidação): C2 ( )aq,
- e C2 ( )g2,+
-
global: 2 H2O(,) C2 ( )aq,+ - H OH C2( ) ( ) ( )g aq g2 2,+ +-
Portanto, os produtos são: gás hidrogênio, gás cloro e hidróxido de sódio em solução, pois 
os íons OH- gerados no cátodo e os íons Na+ presentes na solução representam o hidróxido 
de sódio em solução.
 324. c Em uma eletrólise aquosa, as reações no cátodo e no ânodo devem ser estudadas consi-
derando também os potenciais de redução e oxidação da água. O ouro apresenta maior 
tendência a reduzir do que a água. Entretanto, a água possui maior tendência a oxidar 
do que o ânion nitrato. Assim, temos que:
Cátodo (-): Au( )aq
3+ + 3 e- Au(s) (redução)
Ânodo (+): 2 H2O(,) O2(g) + 4 H( )aq
+ + 4 e- (oxidação)
 325. b O método de purificação do cobre descrito no texto é um processo de eletrólise, no qual o 
cobre impuro é oxidado no ânodo e, no cátodo, ocorre a redução dos íons Cu2+ da solução 
aquosa.
23
0 Química 693ª Série – Resolução – Revisão
 326. d Dada a reação: Cu2+ + 2 e- Cu0
Q = i $ t
Q = 10 $ 10 800 
Q = 108 000 C
,C
C
mol e
mol e
mol Cu
mol Cu
g de Cu108 000
96 500
1
2
1
1
63 5
tancons te semiequa o massa molarçãde Faraday
$ $ $
-
-
1 2 344 44 1 2 344 44 1 2 3444 444
 , 35,5 g de Cu
 327. e Cálculo do tempo gasto no processo:
, g Sn
g Sn
mol Sn
mol Sn
mol e
mol e
C
C
s1 19
119
1
1
2
1
96 500
10
1
. tanmassa molar eq qu mica cons te de
Faraday
correnteí
$ $ $ $ =
-
-
1 2 344 44 1 2 344 44 1 2 344 44 Z
193 s
 328. d A semirreação catódica do processo é:
2 H( )aq
+ + 2 e- H2(g)
Cálculo do volume:
,V s
s
C
C
mol e
mol e
mol H
mol H
mL965
1
0 200
96 500
1
2
1
1
25 000
tan
H
corrente cons te de
Faraday semirrea o volume molar
2
2
çã
2
$ $ $ $=
-
-
1 2 344 44 1 2 344 44 1 2 344 44 1 2 344 44
V mL25H2
=
 329. b A semirreação do cátodo (polo negativo) é:
Sn( )aq
2+ + 2 e- 
redução
 Sn(s)
Cálculo da massa de estanho depositada:
100 s
1s
9,65 10 C
96 500 C
1mol e
2 mol e
1mol Sn
1mol Sn
119 g Sn3
corrente constante
de Faraday
semirreação massa molar
$
$
$ $ $
-
- -
1 2 3444 444 1 2 344 44 1 2 344 44 1 2 344 44
 = 5,95 $ 10–4 g Sn , 0,6 mg Sn 
Na galvanoplastia, há conversão de energia elétrica em energia química.
 330. c Na deposição de 1 mol de íons prata, é necessário 1 mol de elétrons:
Ag( )aq
+ + e- Ag(s)
E na deposição de 1 mol de íons cobre (II), são necessários dois mols de elétrons:
Cu( )aq
2+ + 2 e- Cu(s)
Já que as células estão ligadas em série e, portanto, recebem a mesma corrente elétrica, 
temos que:
10 g Ag $ 
g Ag
mol Ag
mol Ag
mol e
mol e
mol Cu
mol Cu
g Cu
108
1
1
1
2
1
1
63
$ $ $
-
-
 , 2,9 g Cu
23
0 Química 703ª Série – Resolução – Revisão
 331. a) A semirreação de corrosão do eletrodo de ferro ocorre no ânodo dessa eletrólise:
Fe(s) Fe( )oxida o
nodo
aq
2
çã
â + + 2 e- 
b) A equação de hidrólise do íon Fe2+ é:
Fe( )aq
2+ + 2 H2O(,) Fe(OH)2(s) + 2 H( )aq
+
O meio torna-se ácido devido à presença dos íons H+ livres em solução.
 332. a) Cátodo (-): Ni( )aq
2+ + 2 e- Ni(s) (redução)
Ânodo (+): 2 C ( )aq,
- C,2(g) + 2 e-(oxidação)
A corrente elétrica necessária para depositar 30 g de Ni(s) durante uma hora é dada por:
i = 
h
g Ni
s
h
g Ni
mol Ni
mol Ni
mol e
mol e
C
1
30
3 600
1
59
1
1
2
1
96 500
$ $ $ $
-
-
 , 27,26 C/s = 27,26 A
b) A massa de NiC,2 com excesso de 50% é dada por:
mexcesso = 30 g Ni $ 
%
% ( )
g Ni
mol Ni
mol Ni
mol NiC
mol NiC
g NiC excesso
59
1
1
1
1
130
100
1502
2
2$ $ $
,
,
, , 99,15 g NiC,2
 333. A semirreação de produção de gás cloro na eletrólise da água do mar é:
2 C ( )aq,
- C,2(g) + 2 e-
Então, o volume de gás cloro produzido é dado por:
10 h $ ,
h
s
s
C
C
mol e
mol e
mol C
mol C
L C
1
3 600
1
11
96 500
1
2
1
1
24 42
2
2$ $ $ $
,
,
,-
-
 , 50 L C,2
 334. a) Um metal de sacrifício sofre corrosão no lugar do metal que se deseja proteger. Assim, para 
que o magnésio, o alumínio e o zinco exerçam essa função, deverão apresentar potencial 
de redução menor do que o ferro e, consequentemente, maior facilidade de sofrer oxidação 
do que esse material.
O ânodo de sacrifício que pode ser produzido por eletrólise aquosa é o de zinco, já que 
apresenta maior potencial de redução que a água.
b)  � � Reação catódica na cuba contendo os íons A,3+:
 A,3+ + 3 e- A,0 
 3 mol e- | 1 mol A,0
 � Cálculo da massa de alumínio produzida:
mA, = , F
F
mol e
mol e
mol A
mol A
g A0 24
1
1
3
1
1
27
$ $ $
,
,
,-
-
 = 2,16 g A,0 
 � Reação catódica na cuba contendo íons Mg2+:
Mg2+ + 2 e- Mg0 
 2 mol e- | 1 mol Mg0 
23
0 Química 713ª Série – Resolução – Revisão
 � Cálculo do tempo (t) necessário para produção de 2,16 g de magnésio:
Considerando que 19,3 A = ,
s
C
1
19 3 , tem-se:
t = 2,16 
,
g Mg
g Mg
mol Mg
mol Mg
mol e
mol e
C
C
s
24
1
1
2
1
96 500
19 3
10
0
0
0
$ $ $ $
-
-
 = 900 s
Química Nuclear
 335. c As radiações são, respectivamente, núcleos de hélio, elétrons e fótons.
 336. e O processo de decaimento do rádio-226 pode ser apresentado por:
226Ra 2 2
4�� + 218X
 337. e A equação que representa a fissão nuclear é:
U n92
235
0
1+ Ba X n3Z
A
56
144
0
1+ +
Determinação do número atômico (Z) e do número de massa (A) do nuclídeo X:
235 + 1 = 144 + A + 3 $ (1) & A = 89
92 + 0 = 56 + Z + 3 $ (0) & Z = 36
O nuclídeo X é: Kr36
89
A equação que representa o decaimento do bário-144 é:
Ba56
144 La1
0
57
144��+- ,
em que o nuclídeo formado pelo decaimento do bário-144 é o lantânio-144.
 338. b Pela 2a lei da radioatividade:
Mo42
99 Tc43
99
1
0
– ��+ 
 339. d A meia-vida de um isótopo radioativo é o tempo decorrido para a amostra decair até a 
metade da massa original ou da radioatividade inicial, então, a cada 5,73 $ 103 anos, 
a atividade radioativa da amostra arqueológica cai pela metade.
Rad.original 
. .Rad Rad
2 4
, , ,anos original anos original anos5 73 10 5 73 10 5 73 103 3 3$ $ $
. .Rad Rad
8 16
, ,anos original anos original5 73 10 5 73 103 3$ $
Tempo total: 4 $ 5,73 $ 103 , 2,29 $ 104 anos
 340. d O tempo necessário para que 12 µg do isótopo I-131 sejam reduzidos a 6 µg foi de 8 dias, 
o que corresponde aotempo de meia-vida do I-131.
Então, após 40 dias, a massa residual desse isótopo será aproximadamente igual a 0,4 µg:
12 µg dias8 6 µg dias8 3 µg dias8 1,5 µg dias8 0,75 µg dias8 
dias8 0,375 µg , 0,4 µg 
23
0 Química 723ª Série – Resolução – Revisão
 341. e De acordo com o enunciado , ao ser aplicada uma dose de radiação sobre os alimentos, 
ocorre a morte de organismos patogênicos e, com isso, o tempo de conservação do 
alimento é aumentado.
 342. e As reações nucleares, como a fissão, possuem como característica a liberação de grande 
quantidade de energia na forma de calor sem o consumo de combustíveis fósseis.
 343. c Uma parte da energia gerada na usina nuclear é utilizada para o aquecimento da água, 
garantindo o funcionamento do sistema de arrefecimento, sendo que, caso não funcione 
corretamente, a água aquecida volta ao corpo hídrico de onde foi tirada, causando prejuízo 
ao sistema aquático.
 344. A equação nuclear é:
Mo42
99 Tc43
99
1
0��+ -
 345. a) H H1
2
1
3+ n He0
1
2
4+
b) A emissão de uma partícula beta pelo trítio é dada por:
H1
3 He1
0
2
3��+-
Portanto, o isótopo formado é o He2
3 .
 346. a) Determinação do número de períodos de meia-vida necessários para que a massa seja 
reduzida a 8 g:
32 g t /1 2 16 g t /1 2 8 g
Portanto, são necessários dois períodos de meia-vida.
Determinação da massa que sofrerá desintegração após 24 dias:
32 g dias8 16 g dias8 8 g dias8 4 g
Após 24 dias, restam 4 g de iodo, portanto, 28 g de iodo sofreram desintegração.
b) Determinação do tempo transcorrido:
32 g dias8 16 g dias8 8 g dias8 4 g dias8 2 g dias8 1 g
O tempo transcorrido para que a massa de iodo seja reduzida a 1,0 g é de 5 $ 8 = 40 dias.
 347. a) A reação de formação do 14C, utilizando as notações de equações nucleares, é representada 
a seguir:
Xb
a + n0
1 C6
14 + p1
1
 � Cálculo do número de massa e do número atômico do nuclídeo X:
 a + 1 = 14 + 1
 a = 14
 b + 0 = 6 + 1
 b = 7
Logo, o nuclídeo X é N7
14 .
23
0 Química 733ª Série – Resolução – Revisão
 � Reação de decaimento do 14C:
C6
14 Dd
c + 1
0��- 
 � Cálculo do número de massa e do número atômico do nuclídeo D:
 14 = c + 0
 c = 14
 6 = d - 1
 d = 7
Logo, o nuclídeo D também é N7
14 .
b) A partir do gráfico, determina-se o tempo de meia-vida t
2
1 :
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
at
iv
id
ad
e 
po
r m
as
sa
 (d
pm
/g
) 
2 4 6 8 10 12 14 16
tempo (× 1 000 anos)t = 6 000 anos1
2
Para que a massa (m) de 14C de um fóssil seja 
16
1 daquela encontrada nos organismos 
vivos, passaram-se 4 meias-vidas:
t t t t
m m m m m
2 4 8 16
2
1
2
1
2
1
2
1
Logo, a idade do fóssil é: 
 � idade = 4 $ t
2
1d n
 � idade = 4 $ 6 000 
 � idade = 24 000 anos 
Solubilidade e equilíbrios iônicos heterogêneos
 348. a Quanto menor for a solubilidade do sal, primeiro ele irá precipitar. Assim, em ordem de 
precipitação, olhando os coeficientes de solubilidade, temos:
1,30 $ 10-2$ ,
1 2 344444 44444
 etanol
Logo, 350 mL de etanol são suficientes para dissolver toda a fenolftaleína existente na 
amostra.
 � A solubilidade de um composto molecular em um solvente molecular depende das atra-
ções entre moléculas. Essas interações aumentam com a semelhança quanto à polaridade 
entre o soluto e o solvente. O etanol estabelecerá fortes interações com a água (ligações 
de hidrogênio), causando a precipitação de fenolftaleína devido à sua menor polaridade.
 359. A condutividade elétrica da solução é diretamente proporcional à luminosidade da lâm-
pada. A condutividade elétrica da solução depende, entre outros fatores, da concentração 
dos íons na solução. 
A solução inicial é muito condutora, porque o H2SO4 é um eletrólito forte. A adição de 
Ba(OH)2(aq) provoca a precipitação de BaSO4(s), o que reduz a concentração de íons da 
solução e, em consequência, a condutividade dela. O ponto de menor condutividade é o 
ponto de equivalência (o número de mols do H2SO4 torna-se igual ao número de mols de 
Ba(OH)2 adicionado). 
Nesse instante, temos a menor concentração de íons (menor condutividade). Ao adicio-
narmos um excesso de Ba(OH)2, a concentração dos íons da solução volta a aumentar e, 
com isso, a condutividade da solução aumenta também.
 360. a) Primeiramente, deve-se encontrar a concentração de íons PO ( )aq4
3- e Ca( )aq
2+ na água desse 
lago. Para tal, calcula-se:
,
mL
g PO
L
mL
g PO
mol PO
1 10
0 1
1
1000
95
1
6
4
3
4
3
4
3
$
$ $
-
-
-
 , 1,05 $ 10-6 mol PO4
3-/L
23
0 Química 773ª Série – Resolução – Revisão
Em seguida, com a concentração de PO4
3- , pode-se encontrar a concentração de íons Ca2+ 
pela relação estequiométrica, de acordo com a seguinte equação de dissociação:
Ca3(PO4)2(s) Ca3 ( )aq
2+ + PO2 ( )aq4
3-
Logo, [Ca2+] = 
2
3 $ 1,05 $ 10-6 mol $ L-1 , 1,58 $ 10-6 mol $ L-1
Assim, é possível calcular o produto das concentrações desses íons: 
Q = [Ca2+]3 $ [PO4
3- ]2 = (1,58 $ 10-6)3 $ (1,05 $ 10-6)2 , 4,35 $ 10-30
Desse modo, como o produto das concentrações dos íons Ca2+ e PO4
3- é maior que o 
Ks (1,0 $ 10-30), haverá precipitação de Ca3(PO4)2.
b) As atividades antrópicas relacionadas à descarga de fosfato no ambiente são a mineração 
e o desmatamento, que interferem diretamente nas etapas II, IV e V do ciclo geológico do 
fósforo. As consequências do aumento das taxas de fotossíntese e de produtividade bioló-
gica são a multiplicação de algas e de micro-organismos, que, durante a decomposição de 
matéria orgânica, consomem a maior parte do oxigênio do ambiente aquático, o que favo-
rece a proliferação de decompositores anaeróbicos, que produzem substâncias de odores 
desagradáveis, além da morte de organismos aeróbicos devido à falta de O2 dissolvido.
Estequiometria com soluções
 361. b Cálculo da concentração de ácido tartárico no vinho, em gramas por litro: 
.
.
,
L vinho
L sol b sica
L sol b sica
mol NaOH
mol NaOH
mol cido tart rico
mol cido tart rico
g cido tart rico
25 10
8 10
1
0 1
2
1
1
150á
á
á á
á á
á á
3
3
$
$
$ $ $ =
-
-
 
,
L vinho
g cido tart rico2 4 á á
=
 362. a O gás que reage com solução de hidróxido de cálcio produzindo um precipitado é o gás 
carbônico, que é formado na decomposição de um carbonato. As reações são:
Decomposição térmica: MeCO3(s) MeO(s) + CO2(g)
Formação do precipitado: CO2(g) + Ba(OH)2(aq) BaCO3(s)
Todo óxido de um metal alcalinoterroso quando dissolvido em água resulta em solução 
básica: 
MeO(s) + H2O(,) Me(OH)2
A reação com o ácido será: 
Me(OH)2(aq) + 2 HC,(aq) MeC,2(aq) + 2 H2O(,)
0,02 L ácido $ ( )
L cido
mol HC
mol HC
mol Me OH
1
1
2
1
á
2$
,
,
 = 0,01 mol Me(OH)2
A massa molar do sal será:
, ( )
, ( )
mol Me OH
g MeCO
mol MeO
mol Me OH
mol MeCO
mol MeO
0 01
10
1
1
1
1
2
3 2
3
$ $ = 100 g/mol MeCO3
Utilizando as massas molares, conclui-se que o Me é o cálcio.
23
0 Química 783ª Série – Resolução – Revisão
 363. a A equação química de neutralização que ocorre é:
Ca(OH)2 + 2 CH3COOH Ca(CH3COO)2 + 2 H2O
1 mL vinagre $ , ( )
mL vinagre
mL HAc
mL HAc
g HAc
g HAc
mol HAc
mol HAc
mol Ca OH
100
4
1
110
60
1
2
1 2$ $ $ $
, ( )
( )
mol Ca OH
mL Ca OH
0 1
1000
2
2$ , 3,7 mL Ca(OH)2
 364. c Para que seja gerado um resíduo sólido neutro, deverá ocorrer uma reação química entre 
uma base forte e um ácido forte, além disso, precisará ocorrer também uma neutralização 
total dos íons H+ e OH-. Assim, a combinação deve ser entre a solução de NaOH 0,2 mol/L 
e a solução de H2SO4 0,1 mol/L.
 365. d Pela reação apresentada no enunciado, percebe-se que a proporção de íons PO4
3- e MoO4
2- 
é de 1 : 12, assim, a quantidade de matéria de MoO4
2- necessária é de:
10 mL sol. H3PO4 $ 
.
.
.mL sol H PO
L sol H PO
L sol H PO
mg H PO
mg H PO
g H PO
g H PO
mol H PO
1000
1
1
2
1000
1
98
1
3 4
3 4
3 4
3 4
3 4
3 4
3 4
3 4$ $ $ $
mol H PO
mol MoO
1
12
3 4
4
2
$
-
 , 2,4 $ 10-6 mol MoO4
2-
 366. a Considerando que, em diluições de soluções, somente a quantidade de solvente aumenta, 
não havendo variação na quantidade de soluto, pode-se calcular a concentração de fosfato 
pela equação geral da diluição:
C1 $ V1 = C2 $ V2
0,5 mg $ L-1 $ 0,01 L = 0,002 L $ C2 C2 = 
,
, ,
L
mg L L
0 002
0 5 0 011$ $-
C2 = 2,5 mg $ L-1
Também é possível calcular a concentração de fosfato por análise dimensional:
, çã
çã
, ,
L gua do rio
L solu o
L solu o
mg PO
L gua do rio
mg PO
2 10
0 01
1
0 5
1
2 5
á á3
4
3
4
3
$
$ =
-
- -
 367. c A neutralização completa do ácido carboxílico com NaOH possibilita a determinação 
do número de grupos carboxílicos existentes numa molécula do ácido. Assim, a análise do 
ponto de inflexão do gráfico apresentado evidencia a neutralização completa do sistema. 
Desse modo, sendo a concentração em mol $ L-1 a mesma, tanto da base quanto do ácido, 
e o volume da base 3 vezes maior que o do ácido, conclui-se que a reação ocorre na 
proporção da 3 mols de NaOH para 1 mol de um ácido tricarboxílico: 
R(COOH)3(aq) + 3 NaOH(aq) 3 H2O(,) + R(COO-)3 (Na+)3(aq) 
Portanto, x = 3. 
23
0 Química 793ª Série – Resolução – Revisão
 368. a MgCO3(s) + H2SO4(aq) MgSO4(aq) + H2O(,) + CO2(g)
 � Cálculo do número de mols de ácido gastos na reação:
, g MgCO
g MgCO
mol MgCO
mol MgCO
mol H SO
42 0
84
1
1
1
equa o qu micamassa molar
3
3
3
3
2 4
çã í
$ $
1 2 3444 444 1 2 3444 444
 = 0,5 mol H2SO4
2 NaOH(aq) + H2SO4(aq) Na2SO4(aq) + 2 H2O(,)
 2,0 mL 10 mL
, /mol L0 50
base
1 2 344 44
 /x mol L
cidoá
\
 � Cálculo da concentração molar do ácido:
2 10 L sol. base
1 L sol. base
0,50 mol NaOH
2 mol NaOH
1 mol H SO
equação química
3
concentração de base
2 4
$ $ $-
1 2 34444 4444 1 2 3444 444
 = 0,5 $ 10-3 mol H2SO4
MH2SO4
 = ,
V
n
L solu o
mol H SO
10 10
0 5 10
çãsolu o
H SO
3
3
2 4
çã
2 4
$
$
=
-
-
 = 0,05 mol/L
A solução de 1 L feita após a primeira reação tem concentração de 0,05 mol/L, ou seja, 
havia nela 0,05 mol de ácido sulfúrico. Essa quantidade, somada a 0,5 mol da reação 
com o carbonato de magnésio, totaliza 0,55 mol de ácido. Assim:
,
,
mol H SO
mol H SO
g H SO
g H SO
mL H SO
0 55
1
98
1 8
1
massa molar densidade
2 4
2 4
2 4
2 4
2 4
$ $
1 2 3444 444 1 2 3444 444
 = 30 mL H2SO4
 369. a) No ponto de equivalência de uma titulação ácido-base na qual ambos são fortes, o pH 
será igual a 7. Como HC, e NaOH são fortes, não há hidrólise iônica, fato que acarretaria a 
alteração do valor do pH no ponto de equivalência.
b) Nessa titulação, o indicador mais adequado é a fenolftaleína, pois sua faixa de viragem 
(8,0-10,0) é a mais próxima do pH no ponto de equivalência (7,0).
 370. a) Ca(OH)2(aq) Ca OH2( ) ( )aq aq
2 ++ -
[OH-] = , ( )
( )L solu o
mol Ca OH
mol Ca OH
mol OH
1
0 05
1
2
çã
2
2
$
-
 = 1 $ 10-1 mol OH-/L solução
pOH = -log[OH-]
pOH = -log(10-1) = 1
pH + pOH = 14 & pH = 14 - 1
pH = 13
Na presença do indicador natural, essa solução apresenta cor azul. 
23
0 Química 803ª Série – Resolução – Revisão
b) Ca(OH)2(aq)Ca OH2( ) ( )aq aq
2 ++ -
nOH- = 10 $ 10-3 L solução $ , ( )
( )L solu o
mol Ca OH
mol Ca OH
mol OH
1
0 1
1
2
çã
2
2
$
-
 = 2 $ 10-3 mol OH-
H2SO4(aq) H SO2 2( ) ( )aq aq4
2++ - 
nH+ = 30 $ 10-3 L solução $ ,
L solu o
mol H SO
mol H SO
mol H
1
0 1
1
2
çã
2 4
2 4
$
+
 = 6 $ 10-3 mol H+
Como H+ e OH- reagem na proporção estequiométrica de 1 : 1, ao misturar as soluções 
temos um excesso de 4 $ 10-3 mol de H+ em um volume de 40 mL: 
[H+] = 
L solu o
mol H
40 10
4 10
çã3
3
$
$
-
- +
 = 1 $ 10-1 mol H+/L solução
pH = -log[H+]
pH = -log (10-1) 
pH = 1
Portanto, a cor da mistura resultante na presença do indicador natural será rosa.
 371. a) A configuração eletrônica do manganês (Z = 25) como átomo neutro é:
Mn & 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5
Nos reagentes, o manganês se encontra na forma do íon Mn7+ com sete elétrons a menos: 
Mn7+ & 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
E, nos produtos, o elemento está na forma Mn2+, com dois elétrons a menos:
Mn2+ & 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5
b) [H2C2O4] = ,
L suco
L solu o
L solu o
mol MnO
mol MnO
mol H C O
20 10
24 10
1
0 2
2
5çã
çã3
3
4
4
2 2 4
$
$
$ $
-
- -
-
[H2C2O4] = 0,6 mol/L suco
 372. a)
5 C2O4 + 2 MnO4 + 16 H+2_ _
2 Mn2+ + 10 CO2 + 8 H2O
+4+3 oxidaçãooxidação
+2+7 redução 
Como o íon permanganato e oxalato sofrem, respectivamente, redução e oxidação, pode-se 
dizer que o oxalato atua como redutor enquanto o permanganato atua como oxidante.
b) Quantidade, em mol, de oxalato de sódio em água: n = 
M
m
n = ,
134
0 536 = 4 $ 10-3 mol
Quantidade de permanganato, em mol, necessária para a reação completa:
4 $ 10-3 mol oxalato $ 
mol oxalato
mol MnO
5
2 4
-
 = 1,6 $ 10-3 mol MnO4
-
23
0 Química 813ª Série – Resolução – Revisão
Quantidade, em mol, de permanganato adicionado em excesso: 
10 $ 10-3 L $ ,
L
mol oxalato
mol oxalato
mol MnO0 2
5
2 4$
-
 = 0,8 $ 10-3 mol MnO4
-
Quantidade total de permanganato adicionado = 1,6 $ 10-3 + 0,8 $ 10-3 = 2,4 $ 10-3 mol 
Concentração da solução de permanganato: ,
L
mol
48 10
2 4 10
3
3
$
$
-
-
 = 0,05 mol/L
Química descritiva, metais e metalurgia e resíduos sólidos
 373. d O hidróxido de sódio é uma base forte com alto potencial corrosivo, utilizado na fabricação 
de sabões, papéis e tecidos. É obtido pela eletrólise aquosa do cloreto de sódio de acordo 
com a reação simplificada:
2 NaC,(s) + 2 H2O(,) H2(g) + C,2(g) + 2 NaOH(aq)
Se mantido em um frasco aberto, reage com o CO2(g) do ar, formando o carbonato de sódio:
2 NaOH(aq) + CO2(g) Na2CO3(aq) + H2O(,)
 374. b O principal componente do cimento é o calcário, acompanhado por uma pequena porcen-
tagem de SO3. A fim de aprimorar a qualidade do produto, o calcário é combinado com a 
argila, que pode conter alumina, sílica, óxido de ferro e magnésio em sua composição.
 375. c I. Incorreta. A redução de A,3+ para A,0 não é fácil, pois deve ser feita por meio da ele-
trólise ígnea, exigindo grandes temperaturas para ocorrer a fusão do óxido encontrado 
na bauxita e, consequentemente, grande gasto energético. Isso, porque a água possui 
mais tendência a reduzir do que o alumínio, sendo impossibilitada a redução do metal 
por eletrólise aquosa. Além disso, ferro e chumbo são metais mais nobres do que o alumínio 
e, por isso, possuem maior tendência à redução.
 II. Correta. 
 III. Correta.
 IV. Incorreta. Para obter prata metálica através da argenita, deve-se provocar a redução dos 
íons Ag+ em Ag0.
 376. e Na produção de alumínio por eletrólise ígnea, conforme descrito, ocorre a redução dos 
cátions A,3+ no cátodo a partir da oxidação do carbono presente nas barras de grafita.
 377. c Os materiais componentes das sacolas plásticas demandam uma grande quantidade de 
tempo para se decompor, com isso, permanecerem no meio ambiente por um longo 
período.
 378. d De acordo com o texto, o material do copo tem como vantagem não esquentar na 
parte externa (mesmo com café quente em seu interior), logo, apresenta baixa con-
dutividade térmica. Outra vantagem é a redução de resíduos não biodegradáveis na 
natureza, pois, mesmo o referido copo apresentando composição de 50% de plástico 
reciclado não biodegradável, os outros 50% são feitos de casca de café, um material 
biodegradável, sendo vantajoso em relação ao copo descartável, que possui 100% de 
plástico não biodegradável.
23
0 Química 823ª Série – Resolução – Revisão
 379. c No aterro sanitário, o chorume passa por um processo eficiente de tratamento. Esse 
procedimento impede que substâncias nocivas atinjam o solo, prevenindo a contaminação 
ambientaI. Além disso, a cobertura do lixo contribui significativamente para a redução do 
odor, controla a proliferação de vetores de doenças, como insetos e roedores, e minimiza 
os riscos de incêndios.
 380. e A temperatura do forno é útil, porque queima os resíduos de tinta e outras substâncias 
durante a fusão do metal, que ocorre entre 400 oC e 700 oC.
 381. a O texto da questão informa que o concreto reciclado substitui o particulado rochoso, 
no caso, a brita, diminuindo a extração desse material da natureza.
 382. d Os plásticos ecológicos são materiais que, de alguma forma, reduzem o impacto do des-
carte desses materiais na natureza. Nesse caso, a degradação mediada por organismos 
decompositores torna o descarte menos impactante do ponto de vista ambiental.
 383. O processo de separação empregado para obter o cloreto de sódio é chamado cristalização 
fracionada. Nele, as substâncias são separadas por diferença de solubilidade.
A reação que ocorre na primeira etapa da obtenção do magnésio metálico é:
Mg OH2( ) ( )aq aq
2 –++ Mg(OH)2(s)
A equação da reação global que ocorre na eletrólise ígnea do cloreto de magnésio é:
MgC,2(,) Mg(s) + C,2(g)
 384. a) As substâncias elementares (simples), formadas pelos elementos que constituíam o 
minério de ferro, são o ferro metálico (Fe0) e o oxigênio molecular (O2).
b) No processo siderúrgico atual, é usado coque (derivado de hulha) como fonte de 
carbono para gerar o CO(g), que atua como redutor do minério. No final, temos a liberação 
de CO2 com carbono fóssil, que contribui para o aumento do efeito estufa. Além disso, 
o alto-forno trabalha a temperaturas muito elevadas, isto é, consome muita energia. No pro-
cedimento proposto pelo artigo, trabalha-se a temperaturas menores e, como os cátions 
ferro do minério são reduzidos a ferro metálico por eletrólise, não ocorre a liberação de 
CO2 na atmosfera. Portanto, é um processo de produção de ferro metálico “mais amigável” 
para o meio ambiente.
 385. a) A equação global desse processo pode ser representada da seguinte forma:
2 NaC, + 2 H2O H2 + C,2 + 2 NaOH
Cálculo da massa de gás hidrogênio:
mH2
 = 60 $ 1012 g C
g C
mol C
mol C
mol H
mol H
g H
71
1
1
1
1
2
. . .m molar eq qu mica m molar
2
2
2
2
2
2
2
í
$ $ $,
,
,
,
1 2 344 44 1 2 344 44 \
mH2
 , 1,7 $ 1012 g , 1,7 milhão de tonelada
b) A semirreação que representa a formação dos íons OH- no polo negativo é:
2 H2O + 2 e– c todo
redu o
á
çã
 H2 + 2 OH-
23
0 Química 833ª Série – Resolução – Revisão
Na eletrólise, deve-se usar uma fonte de corrente contínua, como representada na figura 
a seguir:
H2(g)
NaOH(aq)
NaOH(aq)
Na+
NaC,(aq)
NaC,(aq)
C,2(g)
fonte de corrente 
contínua+ _
OH_
+ _
 386. a) Cartoon A: reduzir.
Ao reduzir o consumo de bens industrializados, ocorre menor geração de resíduos.
 � Cartoon B: destinar.
A destinação adequada dos resíduos contribui para um menor impacto ambiental 
causado pelo descarte inadequado de lixo. 
b) O fluxograma fica corretamente preenchido da seguinte forma:
1
2 5
D F
resíduo eletrônico
E
C, F A, D 4
3
B
 Processos Espécies
1 – Dissolução A – M1( )aq
x+
2 – Moagem B – M1(OH)x(s)
3 – Eletrodeposição C – M1(s)
4 – Precipitação D – M2( )aq
y+
5 – Decantação E – Não metais
F – M2(s)de forças 
de atração eletrostáticas, fato que justifica seus altos pontos de fusão. Essas interações 
favorecem a formação de retículos cristalinos compactos e duros. No entanto, devido à 
existência de planos de clivagem, eles serão quebradiços.
 29. As fórmulas de Lewis são:
CO O NO O
A dimerização das moléculas de NO2 acontece devido à presença de um elétron desem-
parelhado, que lhe confere alta reatividade. O que não ocorre na molécula de CO2, sendo 
sempre monomérica.
 30. De acordo com a descrição do enunciado, pode-se concluir que se trata de material metálico.
O sólido metálico, formado por ligações metálicas entre um mesmo metal ou metais dife-
rentes, constitui um enorme arranjo de cátions fixos, formando um cristal metálico. Esses 
íons positivos são envolvidos por uma nuvem eletrônica formada por elétrons que movi-
mentam-se continuamente e com grande facilidade por toda a amostra metálica, mantendo 
os cátions estáveis no retículo cristalino.
Tais características conferem aos metais propriedades como alta condutividade térmica, 
altas temperaturas de fusão e imiscibilidade em muitos solventes polares e apolares.
Gases e misturas gasosas
 31. c Da Equação de Estado dos Gases Ideais, temos que a pressão, em atm, dentro do frasco no 
momento da explosão é mais próxima de:
p $ V = n $ R $ T & p $ 0,1 = 0,1 $ 0,082 $ (650 + 273) & p , 76 atm
23
0 Química 53ª Série – Resolução – Revisão
 32. c Utilizando a Equação de Clapeyron, temos:
 M
m
p $ V = n $ R $ T
M = 
p V
m R T
$
$ $
M = 
, ,
,
atm L
g atm L mol K K
1118 0 5
10 0 082 3001 1
$
$ $ $ $ $- -
M , 44 g/mol
Entre os gases presentes nas alternativas, aquele que apresenta massa molar de 44 gramas 
corresponde ao CO2.
 33. e Aplicando a Equação de Estado dos Gases Ideais:
pV = 
M
mRT & M = 
pV
mRT & M = 
,
, ,
1 0 492
0 52 8 2 10 3002
$
$ $ $- & M = 26 g/mol
 34. b Como a transformação ocorreu à pressão constante, volume e temperatura são diretamente 
proporcionais. Assim, em um gráfico V # T, a resposta correta é representada por uma reta.
 35. b Utilizando a Equação de Clapeyron para o gás na alta atmosfera, temos:
 
M
m
p $ V = n $ R $ T
 d
p = 
M V
m
$
 $ R $ T
p = 
M
d $ R $ T
Pela relação deduzida, a massa molecular do gás é:
1 $ 10-6 atm = /
M
g L15 10 6$ -
 $ 0,082 atm $ L $ mol-1 $ K-1 $ 100 K
M = ,
1 10
15 10 0 082 100
6
6
$
$ $ $
-
-
 = 123 g/mol
Portanto, para esse mesmo gás na superfície terrestre, a densidade é:
1 = 
g mol
d
123 1$ -
 $ 0,082 atm $ L $ mol-1 $ K-1 $ 300 K
d = 
,0 082 300
1 123
$
$
d = 5 g/L = 5 000 mg/L
23
0 Química 63ª Série – Resolução – Revisão
 36. c Para uma amostra de gás, podemos escrever a seguinte expressão:
no de átomos = 
R T
p V
$
$ $ NAvogadro $ atomicidade
Para o H2, temos:
no de átomos H = , ,
R
N
R
N
273
2 22 4 2 4
273
22 4
A
A
$
$
$ $ $
$
$
= d n
Para o recipiente 3, temos:
no de átomos He ,
R
N
4
273
22 4 A$
$
$
= d n
 37. e Cálculo da pressão total do ar comprimido na profundidade máxima em que o mergulho 
pode ser realizado:
p X pO O T2 2
$= & 1,2 = 0,2 $ pT & pT = 6 atm
Sabe-se que, dessa pressão total, a pressão atmosférica é responsável por 1 atm, e a coluna 
de água, por 5 atm. Como a cada 10 m de profundidade a pressão aumenta 1 atm, a pro-
fundidade máxima é de 50 m.
 38. a Considerando que a massa total do “heliox” seja 100 g, ele é composto de 90 g de O2 e 10 g 
de He. Assim, o total de mols presente é de:
n = nO2
 + nHe & n = 
M
m
O
O
2
2 + 
M
m
He
He & n = 
32
90 + 
4
10 + n = 
32
170 mols
Com isso, é possível calcular a pressão parcial do gás oxigênio na mistura,
,
p
p
n
n p
p atm
1
32
170
32
90
0 53O O O
O
2 2 2
2
& + ,= =
 39. A partir da Lei dos Gases Ideais, calcula-se pressão nos balões a 30 oC:
p $ V = n $ R $ T
pb $ Vb = 0,5 $ 0,082 $ 303
pb = ,
V
12 423
b
 � Balões de 3 L: p3 = ,
3
12 423 & p3 = 4,141 atm
 � Balões de 5 L: p5 = ,
5
12 423 & p5 = 2,4846 atm
 � Balões de 10 L: p10 = ,
10
12 423 & p10 = 1,2423 atm
Como os balões suportam uma pressão máxima de 4,0 atm, os balões de 3 L explodiram.
23
0 Química 73ª Série – Resolução – Revisão
 40. Utilizando a Equação de Clapeyron, é possível manipulá-la de forma a obter a densidade: 
 M
m
p $ V = n $ R $ T
p $ V = 
M
m $ R $ T
 d
p = 
V M
m
$
 $ R $ T
p = 
M
d $ R $ T
d = 
R T
p M
$
$
A fórmula deduzida permite calcular a massa molar com os dados fornecidos. As unidades 
dessas grandezas devem ser ajustadas para utilização da constante de gases fornecida, de 
forma que:
T = 210 oC + 273 = 483 K
p = 0,25 atm $ 
atm
torr
1
760 = 190 torr
d = 
R T
p M
$
$
M = 
p
R T d$ $
M = , ,
torr
L torr mol K K g L
190
62 36 483 0 971 1 1$ $ $ $ $ $- - -
M , 153,77 g/mol
 41. a) A equação química balanceada do processo de produção do NO é:
3 SO2 + 2 HNO3 + 2 H2O 3 H2SO4 + 2 NO
b) Cálculo do número de mols de gases (NO e N2) existentes no cilindro:
pV = nRT
1 $ 2 400 = n $ 0,082 $ 298
n , 100 mols de gases
Então, podemos escrever:
M
m
M
m
n
NO
NO
N
N
2
2+ =
m m
30 28
100NO N2 ,+
m m g2 900NO N2
,+
Cálculo da massa de NO no cilindro:
, ,m g g s
g g s
g NO g2 900
100
0 08 2 3á
á
%
NO
NO
$ ,=
1 2 344 44
23
0 Química 83ª Série – Resolução – Revisão
 42. a) Inicialmente existem n moléculas de gás no recipiente 1. Após a abertura da torneira en-
tre os recipientes 1 e 2 e o equilíbrio ser estabelecido (p e T iguais), o número de moléculas 
presentes é diretamente proporcional ao volume ocupado pelo gás.
Como V1 = 9V2, restarão 0,9 n moléculas no frasco 1 e 0,1n moléculas no frasco 2.
Após o fechamento da torneira 1-2, a abertura da conexão 1-3 e um novo equilíbrio ser 
estabelecido (p e T iguais), 90% das moléculas do recipiente 1 migrarão para o recipiente 3 
(V3 = 9V1): 0,09 n moléculas no recipiente 1 e 0,81n moléculas no recipiente 3. Portanto o 
recipiente com o menor número de moléculas será o recipiente 1.
b) Aplicando-se a equação geral de estado de um gás ideal para os recipientes 2 e 3, temos:
 � recipiente 2: p2V2 = n2RT
 p2V2 = 0,1nRT (I)
 � recipiente 3: p3V3 = n3RT
 p3V3 = 0,81nRT (II)
Dividindo-se a equação I pela II:
,
,
p V
p V
nRT
nRT
0 81
0 1
3 3
2 2 =
Sabendo-se que V3 = 81V2, temos:
,
,
p V
p V
81 0 81
0 1
3 2
2 2 =
p
p
10
3
2 =
Soluções: concentrações e operações com soluções
 43. b Concentração inicial de sacarose (massa molar C12H22O11 = 342 g/mol):
[C12H22O11] = 
. .
.
mL sol
g C H O
L sol
mL sol
g C H O
mol C H O
500
171
1
1000
342
112 22 11
12 22 11
12 22 11$ $ =
.
,
L sol
mol C H O
1
100 12 22 11=
Como a cada 100 minutos a concentração cai pela metade, e passaram-se 400 minutos, 
temos:
.
,
.
,
,
L sol
mol C H O
L sol
mol C H O
mol L
1
100
2
1
1
6 25 10
6 25 1012 22 11
4
2
12 22 11 2 1$
$
$= =
-
- -
 44. e Cálculo do volume (L) de suco de laranja:
Vsuco = ,
,
mol cido asc rbico
mol cido asc rbico
g cido asc rbico
g cido asc rbico
mL suco0 006
1
176
0 07
200á ó
á ó
á ó
á ó
massa molar concentra oçã
$ $
1 2 3444444 444444 1 2 3444444 444444
Vsuco , 3 000 mL ou 3 L
23
0 Química 93ª Série – Resolução – Revisão
 45. d Cálculo do número de gotas do medicamento disponível que devem ser ingeridos no lugar 
do medicamento prescrito:
número de gotas = kg crian a
kg crian a
gotas prescritas
gota prescrita
mg princ pio
mg princ pio
gota dispon vel16
1
2
1
5
4
1ç
ç
í
í
í
dado do
enunciado
concentra o no
medicamento
prescrito
concentra o no
medicamento
dispon vel
çã çã
í
$ $ $
1 2 344444 44444 1 2 34444 4444 1 2 34444 4444
número de gotas = 40
 46. d Quantidade, em miligramas, de pesticida ingerida por cada rato ao consumir 100 g de ração:
g ra o
g ra o
mg pesticida mg pesticida100
1
3 300çã
çã
concentra oçã
$ =
1 2 34444 4444
Cálculo da massa de pesticida, em miligramas, a ser consumida por um rato de 200 g para 
que seja alcançada a DL50:
Diazinon:
, kg
kg
mg diazinon mg diazinon0 2
1
70 14massa
DL50
$ =
1 2 34444 4444
\
Malation:
, kg
kg
mg malation mg malation0 2
1
1000 200
massa
DL50
$ =
1 2 344444 44444
\
Atrazina:
, kg
kg
mg atrazina mg atrazina0 2
1
3 100 620
massa
DL50
$ =
1 2 344444 4444
\
Logo, os grupos que se contaminaram com diazinon e malation ingeriram massa de pesti-
cida superior a DL50 e terão uma mortalidade mínima de 10 ratos por grupo.
 47. b ,
g sulu o
g HNO
g HNO
mol HNO
mL solu o
g solu o
L solu o
mL solu o
100
53
63
1
1
133
1
1000
çã çã
çã
çã
çã3
3
3$ $ $ ,
, 11,2 mol HNO3/L solução
 48. c Cálculo da massa de NaC,:
, , ,m mL soro
mL soro
g soro
g soro
g NaC g NaC500
1
100
100
0 90 4 50
densidade porcentagem
$ $
,
,= =
1 2 3444 444 1 2 3444 444
23
0 Química 103ª Série – Resolução – Revisão
 49. d  � Baldes de 10 kg:
 $ ,
kg produto
R
kg cloro ativo
kg produto
10
65 00
65
100
$ = R$ 10,00/kg cloro ativo
 � Bombonas de 50 kg
 $ ,
kg produto
R
kg cloro ativo
kg produto
50
20 00
10
100
$ = R$ 4,00/kg cloro ativo
A diferença de preço entre os produtos é de R$ 6,00/kg cloro ativo. Como a bombona 
contém 5 kg de cloro ativo (10% de 50 kg), a economia será de:
5 kg cloro ativo $ $ ,
kg cloro ativo
R
1
6 00 = R$ 30,00
 50. c Partindo de uma solução de densidade 1 g/mL:
çãmL solu o
g solu o
L solu o
mL solu o
g solu o
g NaOH
g NaOH
mol NaOH
1
1
1
1000
1 10
11000
40
1
çã
çã çã
çã6
$ $
$
$ = 2,75 $ 10-1 mol/L
 51. d Cálculo do volume de larvicida no frasco plástico:
C1 $ V1 = C2 $ V2 & 0,10 $ V1 = 0,02 $ 1 000 mL + V1 = 200 mL
 52. a A concentração molar do ácido clorídrico 36,5% em massa é:
,
,
,
g solu o
g HC
g HC
mol HC
L solu o
g solu o
100
36 5
36 5
1
10
1 2
çã çã
çã
3
$ $
,
,
,
-
 = 12 mol/L
O volume da solução anterior necessário para a produção de 100 L de solução 8 mol/L é:
M1V1 = M2V2
12 $ V1 = 8 $ 100 & V1 = 
12
8 100$ , 66,7 L
 53. b Cálculo da concentração molar de íons nitrato da solução nutritiva:
M = 
( )
( )
( )
( )
, /
L solu o
g Ca NO
g Ca NO
mol Ca NO
mol Ca NO
mol NO
mol L
1
90
164
1
1
2
1 1
çã
concentra o
em massa massa molar f rmula qu mica
3 2
3 2
3 2
3 2
3
çã ó í
$ $ ,
-
1 2 34444 4444 1 2 34444 4444 1 2 34444 4444
Cálculo do volume da solução nutritiva a ser adicionada ao tanque:
MiVi = MfVf
1,1 $ Vi = 9 10 5 103 3$ $ $-
Vi = 
,1 1
9 5$ , 41 L
23
0 Química 113ª Série – Resolução – Revisão
 54. c Considerando um volume de 100 mL, podem-se calcular as quantidades máximas e mínimas 
de cada álcool:
 � Para atingir a concentração de 60% (mínima):
 C1V1 + C2V2 = C3V3
 46 $ x + 96 $ (100 - x) = 60 $ 100
 x = 72 mL
Álcool 46% Álcool 96%
72 mL 28 mL
 � Para atingir a concentração de 90% (máxima):
 C1V1 + C2V2 = C3V3
 46 $ x + 96 $ (100 - x) = 90 $ 100
 x = 12 mL
Álcool 46% Álcool 96%
12 mL 88 mL
Ou seja, para cada 100 mL de solução preparada, deve-se utilizar um volume de solução de 
álcool 46% entre 12 e 72 mL, completando o restante com a solução de álcool 96%.
Determinação do volume de álcool 46% utilizado para preparar 100 mL de cada uma das 
soluções das alternativas:
 � item a: 
( )
% %
mL solu o
mL lcool
mL solu o
mL lcool
400 100
400 46
100
80 46
çã
á
çã
á
+
=
 � item b: 
( )
% %
mL solu o
mL lcool
mL solu o
mL lcool
380 120
380 46
100
76 46
çã
á
çã
á
+
=
 � item c: 
( )
% %
mL solu o
mL lcool
mL solu o
mL lcool
170 80
170 46
100
68 46
çã
á
çã
á
+
=
 � item d: 
( )
% %
mL solu o
mL lcool
mL solu o
mL lcool
20 230
20 46
100
8 46
çã
á
çã
á
+
=
 � item e: 
( )
% %
mL solu o
mL lcool
mL solu o
mL lcool
10 90
10 46
100
10 46
çã
á
çã
á
+
=
A única alternativa que se encontra dentro dessa faixa é a c.
 55. a) O tipo de ligação intramolecular existente na propanona e no metanol é a ligação covalente.
A interação intermolecular predominante que ocorre entre as moléculas de metanol e torna 
o ponto de ebulição relativamente mais elevado é chamada de ligação de hidrogênio.
Entre as moléculas de propanona, as interações são predominantemente do tipo dipolo 
permanente.
b) Cálculo dos volumes de propanona e metanol:
Vpropanona = ,
,
g propanona
g propanona
mL propanona85 8
0 78
1
densidade
$
1 2 344444 44444
 = 110 mL
Vmetanol = ,
,
tan
tan
tang me ol
g me ol
mL me ol31 6
0 79
1
densidade
$
1 2 34444 4444
 = 40 mL
23
0 Química 123ª Série – Resolução – Revisão
Vtotal = Vpropanona + Vmetanol 
Vtotal = 110 mL + 40 mL 
Vtotal = 150 mL = 0,150 L
Cálculo da concentração de metanol na solução:
Cmetanol = 
V
m tan
total
me ol
Cmetanol = 
, çã
, tan
L solu o
g me ol
0 150
31 6 , 210,7 g/L
Comentário: ao misturarmos metanol com propanona, haverá interação entre essas molécu-
las, o que pode alterar o volume final da solução. No entanto, para determinar a concentração 
de metanol na solução final, consideramos os volumes como sendo aditivos.
 56. Cálculo da concentração de álcool etílico em mg/mL:
MC H O2 6
 = 46 g/mol
C
L sangue
mol C H O
mol C H O
g C H O
g C H O
mg C H O
mL sangue
L sangue
1
1 10
1
46
1
1000
1000
1
C H O
4
2 6
2 6
2 6
2 6
2 6
2 6
$
$ $ $=
-
 =
= 0,0046 mg/mL
0,05 mg/mL > 0,0046 mg/mL
Portanto, a proposição está incorreta.
 57. Para relacionarmos as soluções, calcula-se a concentração do soro fisiológico em mg/mL:
,
mL soro
g NaC
g NaC
mg NaC
100
0 9
1
1000
$
,
,
, = 9 mg/mL 
Assim, para tornar 60 mL da solução hipertônica (Ci) uma solução isotônica (Cf), deve-se 
realizar uma diluição: 
Ci $ Vi = Cf $ Vf 
30 mg/mL $ 60 mL = 9 mg/mL $ Vf 
Vf = 200 mL
O volume da solução isotônica a ser obtida é 200 mL. Então, o volume de água destilada 
adicionado será:
Vadicionado = Vf - Vi
Vadicionado = 200 mL - 60 mL & Vadicionado = 140 mL
 58. Sabendo que o volume da mistura é de 100 mL, podemos escrever o volume de uma solução 
em função do volume da outra:
, , , ( )
C V C V C V
V V I15 0 5 0 9 100
. . . . . .
. .
sol sol sol sol sol final sol final
sol sol
1 1 2 2
1
$ $ $
$ $ $
+ =
+ =
*
( )
V V
V V II
100
100
. .
. .
sol sol
sol sol
1 2
1 2
+ =
= -
*
Substituindo II em I, temos:
1,5 $ (100 - Vsol. 2) + 0,5 $ Vsol. 2 = 90 & Vsol. 2 = 60 mL
Portanto,
Vsol. 1 = 100 - 60 & Vsol. 1 = 40 mL
23
0 Química 133ª Série – Resolução – Revisão
Cálculo estequiométrico
 59. d A equação balanceada do processo é:
3 Ag2S(s) + 2 A,(s) 1 A,2S3(s) + 6 Ag(s)
Cálculo da massa de prata que se formará a partir de 2,48 g de Ag2S:
mAg = , g Ag S
g Ag S
mol Ag S
mol Ag S
mol Ag
mol Ag
g Ag2 48
248
1
3
6
1
108
massa molar massa molar
2
2
2
2
qu mica
equa o
í
çã
$ $ $
1 2 3444 444 1 2 3444 444 1 2 344 44
mAg = 2,16 g Ag
 60. a Considerando que o prego é construído apenas por ferro, ao se oxidar metade dele, a massa 
de ferro oxidada é de 2,8 g. Assim, a massa de ferrugem (Fe2O3 $ H2O) produzida é de:
2,8 g Fe $ 
g Fe
mol Fe
mol Fe
mol Fe O H O
mol Fe O H O
g Fe O H O
56
1
2
1
1
1782 3 2
2 3 2
2 3 2$
$
$
$
$
 = 4,45 g Fe2O3 $ H2O 
 61. b Considerando uma amostra de 100 g de argila, temos 45 g de sílica (SiO2), 10 g de água 
(H2O) e 45 g de outras substâncias. Após a secagem, a massa de água é perdida, logo 
temos uma amostra de 90 g de argila seca, assim:
%SiO2 = 
90
45 $ 100% = 50% 
 62. b A massa de NaC, que reage com 5,25 g de Hg2(NO3)2 é:
mNac, = , ( )
( )
( )
( )
g Hg NO
g Hg NO
mol Hg NO
mol Hg NO
mol NaC
mol Nac
g NaC5 25
525
1
1
2
1
58
2 3 2
2 3 2
2 3 2
2 3 2
$ $ $
,
,
, = 
= 1,16 g NaC,
A massa máxima de Hg2C,2 obtida é:
, ( )
( )
( )
( )
m g Hg NO
g Hg NO
mol Hg NO
mol Hg NO
mol Hg C
mol Hg C
g Hg C
5 25
525
1
1
1
1
472
Hg C 2 3 2
2 3 2
2 3 2
2 3 2
2 2
2 2
2 2
2 2
$ $ $
,
,
,
=, = 
= 4,72 g Hg2C,2
Assim, o gráfico obtido pelo assistente de laboratório é o da alternativa b.
 63. a 8 000 m3 lago $ ,
m lago
L lago
L lago
g PO
g PO
mol PO
mol PO
mol P O
1
1000
1
0 030 10
95
1
3
1
3
3
4
3
4
3
4
3
4
3
3 10
5
$
$
$ $ $
- -
-
-
-
-
,mol P O
g P O
g P O
L esgoto
m esgoto
dia
L esgoto
m esgoto
1
253
0 085 10
1
161
1000
1
3 10
5
3 10
5
3
3 10
5 3
3
$ $
$
$ $
-
-
- -
 , 156,6 dias.
Logo, a quantidade de dias mais próxima é de 158.
 64. d Cálculo da quantidade de gás nitrogênio (N2) produzido:
nN2
 = 100 g NaN3 $ 
g NaN
mol NaN
mol NaN
mol N
65
1
2
3
3
3
3
2$ , 2,31 mol N2
23
0 Química 143ª Série – Resolução – Revisão
Cálculo do volume de gás nitrogênio (N2) produzido:
pV = nRT & V = 
p
nRT & V = , , ,V L
1
2 31 0 0821 298 56 5$ $
` ,
 65. c Partindo de 100 g do éster:
100 g éster $ 
g ster
mol ster
mol ster
mol atorvastina
mol atorvastina
g atorvastina te rica
144
1
1
1
1
1154
é
é
é
ó
$ $ $
g atorvastina te rica
g atorvastina real
100
20
ó
$ , 160 g atorvastina 
 66. c Densidade: ,
mL
g
L
g0 80
1
800
=
Cálculo do volume de etanol produzido:
50 $ 103 g C H O
g C H O
g C H OH
g C H OH
L C H OH
L C H OH
L C H OH
100
50
800
1
100
80
( )
( )
ideal
real
6 12 6
6 12 6
2 5
2 5
2 5
2 5
2 5$ $ $ = 
= 25 L C2H5OH
 67. d Cálculo da massa de ácido salicílico:
m1 = 900 000 ,comprimidos
comprimido
g AAS
g AAS
mol AAS
mol AAS
mol cido salic lico
1
0 5
180
1
1
1 á í
.dado massa molar eq qu micaí
$ $ $ $
1 2 34444 4444 1 2 3444 44 1 2 344444 44444
mol cido salic lico
g cido salic lico
1
138
á í
á í
massa
$
1 2 344444 44444
m1 = 345 000 g = 345 kg ácido salicílico
Aplicando-se o rendimento, temos:
m2 = 345 kg cido salic lico
kg cido salic lico
kg cido salic lico
50
100á í
á í
á í
dimren ento
$
1 2 3444444 444444
m2 = 690 kg ácido salicílico
 68. c A pureza da esfalerita em relação ao ZnS é 75% e o processo tem rendimento de 80%. 
Desse modo, a massa de zinco obtida para 100 kg de minério é calculada por:
mZn = 100 $ 103 g esfalerita
g esfalerita
g ZnS
g ZnS
mol ZnS
mol ZnS
mol ZnO
mol ZnO
mol Zn
100
75
97
1
2
2
1
1
. .rezpu a massa molar eq qu mica eq qu micaí í
$ $ $ $ $
1 2 34444 4444 1 2 344 44 1 2 3444 444 1 2 344 44
mol Zn
g ZnO
g Zn te rico
g Zn real
1
65
100
80
ó
dimmassa molar ren ento
$ $
1 2 344 44 1 2 34444 4444
 , 40,21 $ 103 g Zn 
mZn , 40,21 $ 103 g Zn , 40,21 kg Zn
23
0 Química 153ª Série – Resolução – Revisão
 69. c Escrevendo a reação global do processo, temos:
4 FeS2 + 11 O2 2 Fe2O3 + 8 SO2
+ 8 SO2 + 4 O2 8 SO3 (# 4)
8 SO3 + 8 H2O 8 H2SO4 (# 8)
4 FeS2 + 15 O2 + 8 H2O 2 Fe2O3 + 8 H2SO4
Calculando a quantidade de ácido sulfúrico produzido, temos:
2 kg ouro de tolo 
g ouro de tolo
g FeS
g FeS
mol FeS
mol FeS
mol H SO
mol H SO
g H SO te rico
100
90
120
1
4
8
1
98 ó2
2
2
2
2 4
2 4
2 4$ $ $ $
g H SO te rico
g H SO real
100
90
ó2 4
2 4$ , 2,6 kg H2SO4
 70. b As razões atômicas de assimilação são 106 C : 16 N : 1 P.
Deve-se comparar as concentrações dos elementos fornecidas com essa razão. Tomando 
como referência a concentração de fósforo, cujo coeficiente é o menor, a reação estaria 
completa se as concentrações estivessem na proporção:
1 $ 0,2 : 16 $ 0,2 : 106 $ 0,2 = 0,2 mol/L : 3,2 mol/L : 21,2 mol/L
A única concentração que não se adequa, estando deficiente, é a de nitrogênio (1,2 mol/L), 
portanto ele é nutriente limítrofe.
 71. a Reação de formação do carbonato de cálcio (CaCO3):
Na2CO3(aq) + CaC,2(aq) CaCO3(s) + 2 NaC,(aq) 
Cálculo do número de mols de Na2CO3:
31,8 g Na2CO3 $ 
g Na CO
mol Na CO
106
1
2 3
2 3 = 0,3 mol Na2CO3 
Cálculo do número de mols de CaC,2:
200 mL sol. CaC,2 $ 
.
,
mL sol CaC
mol CaC
1000
2 5
2
2
,
, = 0,5 mol CaC,2 
Como a proporção entre os dois reagentes é de 1 : 1, o Na2CO3 é o reagente limitante. 
Cálculo da massa de CaCO3 formada:
0,3 mol Na2CO3 $ 
mol Na CO
mol CaCO
mol CaCO
g CaCO
1
1
1
100
2 3
3
3
3$ $ 0,05 = 1,5 g CaCO3 
 72. a 6 LiH + 8 BF3 6 LiBF4 + B2H6 
De acordo com a reação, a proporção estequiométrica entre LiH e BF3 é 6 : 8. Portanto, na 
mistura entre 2 mols de LiH e 2 mols de BF3, o BF3 é o reagente limitante. 
Cálculo da massa de B2H6 formada:
2 mol BF3 $ 
mol BF
mol B H
mol B H
g B H
8
1
1
28
3
2 6
2 6
2 6$ = 7 g B2H6
23
0 Química 163ª Série – Resolução – Revisão
Cálculo do número de mols (n) de LiH em excesso:
nexcesso = ntotal - nconsumido
nconsumido = 2 mol BF3 $ 
mol BF
mol LiH
8
6
3
 = 1,5 mol LiH 
nexcesso = 2 mol - 1,5 mol = 0,5 mol LiH 
Cálculo da massa de LiH em excesso:
0,5 mol LiH $ 
mol LiH
g LiH
1
8 = 4 g LiH 
 73.  � Equação de formação da ureia:
CO2(g) + 2 NH3(g) CO(NH2)2(s) + H2O(g)
 � Cálculo do número de mol dos reagentes:
nCO2
 = 440 $ 106 g CO2 $ 
g CO
mol CO
44
1
2
2 = 1 $ 107 mol CO2
nNH3
 = 360 $ 106 g NH3 $ 
g NH
mol NH
17
1
3
3 , 2,1 $ 107 mol NH3
Como a proporção é 1 mol CO2|2 mol NH3, o gás carbônico é o reagente limitante.
 � Cálculo da massa de ureia produzida:
1 $ 107 mol CO2 $ ( )
mol CO
mol CO NH
1
1
2
2 2 $ 
( )
( )
mol CO NH
g CO NH
1
60
2 2 2
2 2 = 6 $ 108 g CO(NH2)2
 74. a) No funcionamento do dispositivo, há liberação de energia, pois a reação química envolvida 
é exotérmica (∆Hque apresenta a fórmula 
estrutural a seguir:
 82. b As fórmulas do tolueno e de um xileno (dimetilbenzeno) estão representadas a seguir.
e
tolueno 1,3-dimetilbenzeno
 83. a 
OH
hidroxila
poli-insaturado
Logo, o empresário deverá utilizar a substância 1, que representa o principal componente 
do óleo essencial de rosas.
 84. b A reação em questão é uma transesterificação na qual temos:
triglicerídeos
catalisador+ 3 CH3OH
O C
O
R1CH2
O C
O
R3CH2
CH O C
O
R2
biodiesel glicerol
CH OH
CH2 OH
CH2 OH
OCH3
CH3
O C
O
R3CH3
O +
C
O
R1
C
O
R2
Logo a função química presente no biodiesel é a função éster.
 85. a Estão presentes os grupos funcionais característicos das funções 
aldeído C
H
O , éter (C — O — C) e fenol OH .
23
0 Química 193ª Série – Resolução – Revisão
 86. b O glifosato apresenta fórmula C3H8NO5P com os grupos carboxilato (carboxila), amino 
(amina) e fosfonato:
HO C
O O
CH2 N
H
CH2 P
OH
OH
 87. b O tensoativo que persiste no ambiente (não biodegradável) cumpre a descrição do texto: 
é aniônico e apresenta diversos átomos de carbono terciários.
 88. e O propósito do teste de titulação é determinar a massa exata de ácido acetilsalicílico no 
comprimido. O resultado desse teste demonstrou quantidade inferior ao esperado, repro-
vando o lote.
Isso se baseia na capacidade do ácido acetilsalicílico de reagir com uma base, como o NaOH.
 89. c Para que haja uma reação ácido-base com o hidróxido de sódio (uma base) é necessário 
que o outro reagente apresente características ácidas.
O triclosan é o único, dos compostos destacados, que apresenta caráter ácido, o que ocorre 
devido à presença de um grupamento — OH fenólico.
 90. c O hidróxido de sódio é uma base, e o pesticida deve apresentar caráter ácido. Entre as 
estruturas apresentadas, o pesticida III vai reagir com o hidróxido de sódio, pois possui a 
função fenol, que lhe confere caráter ácido.
 91. b Na reação mostrada, a amina secundária efedrina atua como aceptora de íons H+, utilizando 
para isso o par de elétrons disponível no átomo de nitrogênio. Essa é uma propriedade 
típica de bases.
 92. d O grupo amina possui um par de elétrons isolados; sendo assim, o ácido de Brönsted-Lowry 
reage com esse par de elétrons.
 93. a A presença de ácidos carboxílicos da forma R
O
OH
 é responsável pela acidez no 
processo de degradação do óleo de fritura.
 94. a O timol possui um grupo fenol em sua molécula. Essa função possui um caráter ácido capaz 
de reagir com uma base, resultando na formação de sal orgânico.
 95. a O ácido acético é um ácido mais forte que o fenol e que o H2CO3; sendo assim, ele é des-
protonado e compõe a fração aquosa I, restando na fração etérea I fenol, anilina e acetona. 
Essa última reage com hidróxido de sódio, e o fenol é o único componente ácido na mis-
tura, sendo desprotonado e compondo a fração aquosa II, restando anilina e acetona na 
fração etérea II. Ao reagir essa última com HC,, como a anilina é o único componente de 
caráter básico, ela é protonada, formando a fração aquosa III e restando acetona na fração 
etérea III.
23
0 Química 203ª Série – Resolução – Revisão
 96. a) Composto I: fórmula molecular C12H24 & proporção 
H
C
24
12
= = 0,5
Composto II: fórmula molecular C12H22 & proporção 
H
C
22
12
= , 0,55
Composto III: fórmula molecular C12H20 & proporção 
H
C
20
12
= = 0,6
Composto IV: fórmula molecular C12H12 & proporção 
H
C
12
12
= = 1
Composto V: fórmula molecular C12H20 & proporção 
H
C
20
12
= = 0,6
Logo os compostos IV e I apresentam, respectivamente, a maior e a menor proporção entre 
átomos de carbono e hidrogênio. 
b) Na cadeia principal (marcada em vermelho) do composto V, há 5 substituintes ligados 
(marcados em verde).
 97. a)
amina
ácido
carboxílico
NH2
O
OH
b) Cálculo da quantidade de fenilalanina:
10 $ 106 vacinas $ ,
,
,
vacina
mL
mL
g fenilalanina
g fenilalanina
mol fenilalanina
1
0 5
0 5
4 1 10
165
15
$
$
$
-
 , 2,5 mol 
 98. a) As funções presentes são:
O
F
O
OH
ácido
carboxílico
cetona
amina
HN
N N
23
0 Química 213ª Série – Resolução – Revisão
b) 
O
F
O
OH
NN
HN
I
II
 I. O carbono realiza 4 ligações σ e tem hibridização sp3.
 II. O carbono realiza 3 ligações σ e 1 ligação π, e tem hibridização sp2.
 99. As funções orgânicas presentes na adrenalina e noradrenalina são fenol, álcool e amina. A 
função fenol é a que apresenta caráter ácido.
 100. A fórmula do produto da reação é representada por:
HO
O
CH3
C CH2 N
H
OH
CH3
H
A nova função formada é a éter.
 101. a) 
O
OH
NH2O
OHO
A C
B
b) Na estrutura a seguir, os carbonos sp2 estão destacados em verde, e os carbonos sp3, 
em vermelho.
O
A C
B
Logo, há 12 carbonos sp2 e 3 carbonos sp3.
23
0 Química 223ª Série – Resolução – Revisão
Polaridade, forças intermoleculares e propriedades dos compostos moleculares
 102. e As moléculas polares, C e D, são aquelas capazes de se orientar em um campo elétrico. 
Essa habilidade decorre do fato de essas moléculas serem ou comportarem-se como 
dipolos elétricos; em outras palavras, apresentam duas regiões, uma positiva e uma 
negativa.
As moléculas apolares, como A e B, apresentam uma simetria na distribuição de cargas 
elétricas.
 103. d As moléculas de trióxido de enxofre e dióxido de carbono estão representadas abaixo com 
os momentos de dipolo de cada uma de suas ligações:
S
O
O O


 
O C O

Percebe-se que o momento dipolar resultante de ambas as moléculas é igual a zero e, 
portanto, ambas são apolares.
 104. d Os hidrocarbonetos interagem pelo mesmo tipo de interação: dipolo induzido-dipolo 
induzido, porém a força da interação aumenta com o aumento da superfície molecu-
lar. Assim, os hidrocarbonetos com mais carbonos possuem maiores temperaturas de 
ebulição.
 105. d A hidroxila (—OH) presente na testosterona é um grupo polar, o que diminui a afinidade 
dessa substância com ambientes apolares. Dessa forma, os compostos 1 e 2 apresentam 
lipofilia maior que a da testosterona.
 106. d Os grupos hidroxila e carbonila presentes na molécula de capsorubina facilitam a formação 
de interações intermoleculares entre esse composto e a fase estacionária, resultando na 
migração mais lenta.
 107. c O incremento do caráter iônico do fármaco de longa cadeia carbônica (hidrofóbica) lhe 
confere um caráter anfifílico e, dessa forma, aumenta e eficiência da circulação do fármaco 
na corrente sanguínea.
 108. e Tanto a água como o etanol apresentam como tipo de interação intermolecular predo-
minante a ligação de hidrogênio. Ao misturar os dois líquidos, as ligações de hidrogênio 
entre as moléculas se dão mais intensamente, de tal forma que verifica-se a retração de 
volume.
 109. d A dissolução da água no açúcar ocorre devido à presença das ligações de hidrogênio.
 110. e O Aldrin é uma substância de baixa polaridade, assim possui afinidade com gorduras, que 
são apolares. Logo, a maior concentração dessa substância estará no leite, por causa do 
seu alto teor de gorduras.
23
0 Química 233ª Série – Resolução – Revisão
 111. b O dodecilbenzenossulfonato apresenta uma cabeça polar (porção sulfonato) e uma cadeia 
apolar (porção dodecilbenzeno). Assim, por semelhança, a parte polar possui afinidade com 
a água (hidrofilia), enquanto a parte apolar apresenta afinidade pelas gorduras (lipofilia).
H3C
SO3
_
Na+
 112. d O valor de Koa tenderá a zero quando:
Koa = 
C
C
a
oct , ou seja, quando a substância apresentar a maior solubilidade em água e a 
menor solubilidade em octan-1-ol.
O metanol é, entre as substâncias testadas, a mais polar, sendo também a mais hidrossolúvel.
 113. e A intensidade das interações intermoleculares influencia na temperatura de ebulição de 
um composto, assim, quanto mais fraca a interação, menor a temperatura de ebulição, e, 
portanto, mais volátil o óleo. Esses óleos são apolares, logo fazem ligação dipolo induzido-
-dipolo induzido, uma interação fraca.
 114. e Os pontos de ebulição estão diretamente relacionadoscom as forças intermoleculares, 
sendo que as moléculas em questão são:
propeno éter metil-etílico
O
 propanona
O
 n-propanol
HO
Analisando as estruturas, percebe-se que o propeno tem caráter apolar e, portanto, apre-
senta interações do tipo dipolo induzido, a mais fraca das forças intermoleculares, apre-
sentando a menor temperatura de ebulição, -48 oC. As demais moléculas apresentam 
caráter polar, sendo que o éter metil-etílico e a propanona apresentam interações entre 
dipolos permanentes, com força média, enquanto o n-propanol apresenta ligações de hi-
drogênio, com força alta, refletindo na maior temperatura de ebulição para o n-propanol, 
97 oC. A diferenciação entre o éter metil-etílico e a propanona está no momento dipolo de 
cada uma das moléculas, sendo esse maior na molécula de propanona devido à presença 
da carbonila (C=O), resultando em interações entre dipolos permanentes mais fortes e, 
consequentemente, maior temperatura de ebulição, ou seja, a propanona entra em ebulição 
a 58 oC e o éter metil-etílico, a 7,4 oC.
 115. a) BaC,2 – cloreto de bário 
 NaC, – cloreto de sódio 
b) CH3C, (geometria tetraédrica):
C,
C
H H
H
 – molécula polar ( R�� ! 0)
23
0 Química 243ª Série – Resolução – Revisão
CC,4 (geometria tetraédrica):
C,
C
C,
C,
C,
 – molécula apolar ( R�� = 0)
 116. a) Analisando a tabela, percebe-se que o momento de dipolo de HX aumenta de ma-
neira inversamente proporcional ao comprimento da ligação de H-X, ou seja, quanto 
menor o comprimento dessa ligação, maior o momento de dipolo. A intensidade da 
carga elétrica parcial sobre X está relacionada com a diferença de eletronegatividade 
entre H e X, de forma que, quanto maior essa diferença, maior a intensidade da carga 
elétrica parcial. Portanto, quanto maior a intensidade elétrica parcial, menor é a acidez 
de HX(aq).
b) A ordem decrescente de força dos ácidos é HI > HBr > HC, > HF, isso se justifica devido 
à maior energia necessária para quebrar a ligação entre os átomos de H e X, como pode ser 
observado a partir da entalpia média de ligação, ou seja, quanto menor a entalpia de ligação, 
menor a energia necessária para ionização do ácido em meio aquoso e, consequentemente, 
maior sua força.
 117. a)
H2O
H2S
CH4
SiH4
GeH4
SnH4
H2Se
H2Te
_200
_150
_100
_50
0
50
100
150
1 2 3 4 5
período
te
m
pe
ra
tu
ra
 (°
C)
b) Os elementos do grupo 16 apresentam maior eletronegatividade do que os do grupo 14, 
o que aumenta a polaridade dos compostos apresentados. Esse aumento na polaridade leva 
a forças intermoleculares mais intensas e, consequentemente, a um aumento no ponto de 
ebulição.
23
0 Química 253ª Série – Resolução – Revisão
Isomeria plana e espacial
 118. c 
O ON N
H H
N
H
H
H
HOOC COOH
Lumirrubina
Bilirrubina
N
H
O ON N
H
H
N
H
H
H
forma isomérica
HOOC COOH
N
De acordo com as estruturas acima, é possível perceber que, nas regiões circuladas, a 
bilirrubina apresenta 5 insaturações e 2 anéis (regiões cíclicas), enquanto a lumirrubina 
apresenta 4 insaturações e 3 anéis, ou seja, houve modificações na cadeia carbônica.
Observação: os grupos nitrogenados presentes nos dois compostos podem ser interpre-
tados como pertencentes a funções orgânicas diferentes, o que resultaria em isomeria 
funcional. No entanto, trata-se de funções que não são discutidas no Ensino Médio. Assim, 
a resposta esperada é isomeria de cadeia.
 119. b O equilíbrio tautomérico da curcumina, representado abaixo, envolve a forma cetoenólica:
OCH3
OH
H3CO
HO
OO
OCH3
OH
H3CO
OH
O
H
O
forma ceto-enólica
23
0 Química 263ª Série – Resolução – Revisão
 120. a A diferença entre os sinalizadores químicos produzidos pela abelha-rainha e pelas abelhas-
-operárias está em suas fórmulas estruturais, já que a diferença se encontra na posição do 
grupo hidroxila, ou seja, as substâncias são isômeros planos de posição.
 121. e A molécula apresentada no enunciado possui a função éster, cadeia normal e 3 ligações 
duplas que podem assumir orientação cis ou trans. Contando a partir da função orgânica, 
as orientações são trans, cis e cis. Assim, a única molécula que tem as mesmas propriedades 
estruturais do feromônio é a da alternativa e.
 122. e A estereoisomeria apresentada pelo bombicol é do tipo geométrica (cis-trans).
Considerando as estruturas químicas fornecidas, a isomeria geométrica também está pre-
sente no feromônio utilizado no controle do inseto Scrobipalpuloides absoluta.
 123. b O composto CH3 — (CH)2 — CH(CH3) — CO — NH — CH3 representa uma substância com 
cadeia carbônica insaturada, heterogênea e ramificada. O carbono quiral está destacado 
na fórmula a seguir:
CH3 CH CH C*
CH3
C
OH
NH CH3
 124. a A presença de carbono assimétrico (C*) faz com que a molécula possua isomeria óptica.
OH
OH
*
O
 
OH
OH
*
O
 125. d O polarímetro mede o ângulo do desvio da luz polarizada, que pode ser no sentido horário (+), 
substância dextrógira, ou no sentido anti-horário (-), substância levógira. Com isso, através 
da nomenclatura fornecida, sabe-se que a molécula possui giro levógiro. 
Comentário: o D e L (maiúsculos) indicam a configuração molecular, enquanto o d e I (minús-
culos) indicam o desvio do plano da luz polarizada.
 126. e O ibuprofeno apresenta isomeria espacial óptica devido à presença do carbono quiral ou 
assimétrico ()):
�
��
�
ibuprofeno
23
0 Química 273ª Série – Resolução – Revisão
Logo, o outro princípio ativo também deve apresentar ao menos um carbono quiral ()):
OH
H
O
O
O
Br
_N+
* *
*
*
*
butilbrometo de escopolamina
 127. e A lovastatina apresenta oito carbonos quirais, destacados abaixo com asterisco:
O
O
*
* *
*
*
*
*
HO O
*
 128. a) As nonanonas isômeras são:
H3C C
O
CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3
2-nonanona
H3C C
O
CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3
3-nonanona
H3C C
O
CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3
4-nonanona
H3C C
O
CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3
5-nonanona
b) Somente a 5-nonanona pode ser considerada um palíndromo. 
c) Os nomes são 5-nonanona e di-n-butilcetona (di-1-butilcetona).
23
0 Química 283ª Série – Resolução – Revisão
 129. a)
O C
O
N
b) O ângulo interno no anel de três membros apresenta valor aproximado de 60o.
c) A estrutura admite a isomeria espacial geométrica (ligação dupla com grupos ligantes 
diferentes em cada átomo de carbono) e a isomeria espacial óptica (carbono quiral, C*):
C C
H O
C
CH3
O
CH
C
N
H3C
F3C
C, ***
...
 130. a) A ciclohexan-1,3,5-triona pode constituir um equilíbrio de tautomeria ceto-enólico, no 
qual ocorre a conversão da função cetona na função enol. Por conta da simetria da estrutura, 
a ciclohexan-1,3,5-triona apresenta apenas um tautômero, cuja estrutura está representada 
no equilíbrio abaixo.
O O
O
O O
OH
b)
HHO2C
H CO2H
ácido fumárico
trans 
H
HO2C
H
ácido maleico
cis
CO2H
Reações orgânicas
 131. c A reação química do álcool secundário hexan-3-ol em meio ácido e na presença do oxi-
dante permanganato de potássio produz a hexan-3-ona, conforme a equação química a 
seguir:
OH
hexan-3-ol
O
KMnO4
H+
hexan-3-ona
23
0 Química 293ª Série – Resolução – Revisão
 132. d A conversão da estrutura 1 para a estrutura 2 caracteriza uma reação de oxidação, trans-
formando um éter em uma cetona. Essa transformação causa o aumento do número de 
ligações entre carbono e oxigênio, logo aumenta o número de oxidação do carbono.
Oéter
UVA
Estrutura 1
cetona
O
Estrutura 2
 133. a O processo de remediação baseia-se na transformação do tricloroeteno (TCE), tendo como 
um dos produtos finais o CO2.
CO2
+2 +40
C,
C,
C,
H
A variação nos números de oxidação do carbono evidencia a ocorrência de reação de oxi-
dorredução.
 134. a A equação química que representa o processo é:
+
O
HO
ácido etanoico
C
O
OH
ácido benzoico
KMnO4
aquoso
 135. a Equação química da reação entre metóxido de sódio e brometo de metila é:
CH3 — Br + -O — CH3 CH O CH— —
metoximetano
3 31 2 34444 4444
 + Br- 
Logo, o composto orgânico formadopertence à função éter.
 136. a Como é típico no Enem, a questão é contextualizada fora do Ensino Médio. A resolução 
exige que o candidato não considere a parte incompreensível (Química Superior) e use o 
resto para chegar à resposta correta.
No caso, a compreensão do ‘‘cátion carbônio’’ ou ‘‘carbocátion’’ e a identificação das reações 
que dão origem aos produtos I e II não são estudadas no Ensino Médio.
23
0 Química 303ª Série – Resolução – Revisão
A solução possível é:
 � a reação de substituição:
+ Br2 + H Br
Br
produto de
monossubstituição
Então, as alternativas b, d e e estão erradas.
O outro produto da alternativa c também é de reação de substituição. Portanto, produtos 
de reações de adição e substituição existem somente na alternativa a.
 137. a A adição de HC, ao propeno ocorre segundo a regra de Markovnikov:
H3C CH2C
H
H H3C CH2C
H
C, H
+ C,
2-cloro-propano
 138. c Analisando a biotransformação da lactama representada no enunciado, é possível notar 
que a quebra da ligação amídica envolve a inserção de uma molécula de água na estrutura, 
caracterizando uma reação de hidrólise:
C,C,
OH
O
NHC,
C,
O
HO H
N in vivo
 139. b Observe a reação de esterificação entre o ácido acético (etanoico) e o álcool isoamílico a 
seguir:
CH3COOH + (CH3)2CH(CH2)2OH 
.cat
 CH3COO(CH2)2CH(CH3)2 + H2O
Dessa forma, obtemos o etanoato (acetato) de isoamila, que proporciona o aroma de ba-
nana e possui cadeia carbônica saturada.
 140. e A síntese de ésteres a partir da reação de esterificação é feita em meio ácido. O metilpara-
beno é obtido a partir da reação entre o ácido 4-hidroxi-benzoico e metanol:
ácido 4-hidroxi-benzoico metanol metilparabeno
O
OH
HO + HO CH3
O
O
HO
CH3
+ H2O
23
0 Química 313ª Série – Resolução – Revisão
 141. e Os óleos vegetais contêm triésteres, que, por hidrólise básica (saponificação), podem ser 
transformados em sabão.
 142. c A elevada temperatura, associada à presença de umidade (água), permite que ocorra a 
hidrólise do éster presente na medicação, o que resulta na formação de ácido etanoico, de 
odor característico (vinagre).
+ H2O
O
O
O
OH
HO
O
O
OH
OH
+
ácido acetilsalicílico ácido salicílico ácido etanoico
 143. e Quando ésteres de ácidos graxos são tratados com álcool, como o metanol, sob aqueci-
mento e em meio básico e aquoso, acontece uma reação de saponificação. Portanto, a 
ausência de água no meio reacional é necessária para evitar a formação de sabão.
 144. a) Na estrutura II, têm-se as seguintes funções orgânicas e os respectivos grupos funcionais:
CO
COOH
OH
ácido carboxílico (carboxila)
cetona (carbonila)
fenol (hidroxila)
éter (metoxila)
CH2
O CH3
b) No processo, temos duas oxidações e uma redução. Através da variação dos NOx dos 
átomos de carbono, verifica-se:
HCOH
HCOH
OH
H2COH
OCH3
CO
COOH
CH2
OH
OCH3
0 _2
redução
0 +2
oxidação
_1 +3
oxidação
 145. A fórmula estrutural do farnesano é:
H3C
CH3 CH3 CH3
CH3
23
0 Química 323ª Série – Resolução – Revisão
O nome oficial do farnesano é: 2,6,10-trimetildodecano.
A equação que representa a combustão completa de 1 mol de farnesano é:
C15H32 + 23 O2 15 CO2 + 16 H2O
 146. a) 
I
CH3 O
O
(CH2)8CH3
O
cetona
éster
b) A equação da hidrólise é:
CH3 O
O
(CH2)8CH3
O
+ H2O
CH3 OH
O
+ HO
O
(CH2)8CH3
 147. a) A sinvastatina é um composto lipofílico, sendo insolúvel em substância polar e solúvel 
em apolar. Portanto, a água (H2O) é X e o clorofórmio (CHC,3), Y.
b) O novo composto é o ácido 2,2-dimetilbutanoico, cujas estrutura e fórmula estão apre-
sentadas a seguir.
OH
O
C6H12O2
Bioquímica
 148. c Algas e vegetais possuem parede celular, estrutura rica em celulose, um polissacarídeo. 
Portanto, para obter biocombustível a partir desses organismos, é necessário clivar a 
celulose em açúcares menores, como a glicose. A enzima responsável por esse processo 
é a celulase.
23
0 Química 333ª Série – Resolução – Revisão
 149. a Os carboidratos citados (pectina, frutose, sacarose e galactose) possuem carbonos em 
suas moléculas, e os alcaloides, por possuírem grupo amina, possuem nitrogênio. Sendo 
assim, ao usar tais resíduos como fertilizantes, é possível dizer que os elementos citados 
são reciclados, pois são reinseridos na natureza.
 150. d Para determinar x e y, é necessário observar que todos os átomos de carbono e hidro-
gênio presentes na estrutura do monômero do carboidrato vieram, respectivamente, 
do CO2 e da H2O. A partir da fórmula molecular do monômero, (C12H20O10)n, é possível 
afirmar que são necessárias 12n moléculas de CO2 e 10n moléculas de H2O. Portanto, 
x = 12n e y = 10n.
 151. d A formação da ligação glicosídica entre a glicose (C6H12O6) e a frutose (C6H12O6) – dois 
monossacarídeos – com a saída de uma molécula de H2O origina a sacarose (C12H22O11), 
um dissacarídeo.
 152. b De acordo com o texto do enunciado, quanto maior o grau de insaturação, melhor a qua-
lidade do óleo. Entre as opções, os dois ácidos com maiores graus de insaturação são o 
linolênico e o linoleico.
 153. b A figura II apresenta uma bicamada fosfolipídica formada exclusivamente por lipídeos 
insaturados e de cadeias (caudas) hidrocarbônicas menores. Essas duas características 
atenuam as interações intermoleculares, aumentando a fluidez da membrana.
 154. e O ômega-3 e o ômega-6 têm múltiplas ligações duplas em suas cadeias carbônicas. Essas 
ligações duplas conferem maior reatividade a esses compostos, tornando-os mais propensos 
à oxidação em contato com o ar.
A oxidação de ácidos graxos pode resultar em mudanças no sabor, odor e textura do 
alimento, além de gerar compostos que podem ser prejudiciais à saúde.
 155. b I. Correta.
 II. Incorreta. Os ácidos não são isômeros porque apresentam fórmulas moleculares distintas:
 C H O C H O C H O
cido oleico cido linoleico cido linol nico
18 34 2 18 32 2 18 30 2
á á á ê
 III. Correta.
 IV. Correta.
 V. Incorreta. Os ácidos graxos saturados mostrados na tabela, ou seja, os ácidos mirístico, 
palmítico e esteárico apresentam temperaturas de fusão maiores que 25 oC e, portanto, 
são sólidos à temperatura ambiente.
 156. c A ligação peptídica está contida no grupo amida dos peptídeos:
O
C
N
Hligação
peptídica
23
0 Química 343ª Série – Resolução – Revisão
 157. b  � A = polissacarídeo; 
 � B = polipeptídeo ou proteína;
 � C = lipídeo ou triésteres do glicerol. 
A farinha de trigo (cereal) é rica em amido, que é um polissacarídeo (A); a gelatina é rica em 
proteínas ou polipeptídeos (B); e a manteiga apresenta alto porcentual de gorduras, que 
são lipídeos ou triésteres do glicerol saturados (C).
 158. c Em pH fisiológico, como no caso da urina, a penicilamina tem comportamento análogo ao 
dos aminoácidos, formando o sal interno.
 159. a) 
C18 : 33
ômega
posição da primeira
ligação dupla a partir
da extremidade oposta
à carboxila
número
de ligações
duplas
número
de átomos
de carbono
Uma fórmula possível é:
HOOC — CH CH —( CH2 )2— CH CH —( CH2 )7— CH CH CH CH— —
3 2
2
1
3
b) A equação química geral da adição de I2 a uma dupla-ligação é:
C C + I2 C C
I I
Para um ácido graxo monocarboxílico com três duplas-ligações, a fórmula geral e a fórmula 
molecular são, respectivamente:
C17H29 — COOH
C18H30O2
5,56 g C H O
g C H O
mol C H O
mol C H O
mol duplas
mol duplas
mol I
278
1
1
3
1
1
. .m molar f rmula qu mica eq qu mica
18 30 2
18 30 2
18 30 2
18 30 2
2
ó í í
$ $ $
1 2 34444 4444 1 2 34444 4444 1 2 3444 444
 = 0,06 mol I2
 160. A sacarose e a celulose passam pelo processo de hidrólise, que rompe as ligações glicosí-
dicas para a formação de açúcares mais simples.
Hidrólise da sacarose:
C12H22O11(aq) + H2O(,) 2 C6H12O6(aq)
Hidrólise da celulose:
[C6H10O5]n(s) + n H2O(,) n C6H12O6(aq)
As soluções obtidas são transferidas para tanques de aço inox e, pela ação de leveduras, 
ocorre a fermentação dos açúcares, o que pode ser representado pela equação: 
C6H12O6(aq) 2 C2H6O(aq) + 2 CO2(g) 
A aparente fervura observada é explicadapelo desprendimento do CO2(g) da solução.
23
0 Química 353ª Série – Resolução – Revisão
 161. a) Quaisquer aminoácidos, por possuírem um grupo ácido (carboxila) e um grupo básico 
(amino), apresentam caráter anfótero, ou seja, em contato com a água, são capazes de 
ceder ou receber H+.
b) O peptídeo em que os átomos de nitrogênio estão mais próximos entre si é o produto 
da reação de condensação abaixo.
OH
+
HO
O NH2
O
OH
O
NH2
HO
ligação peptídica
O NH2
O
OH
O
NH
_H2O
Polímeros
 162. d Cadeias carbônicas que apresentam ligações duplas entre carbonos intercaladas por 
uma ligação simples são consideradas conjugadas. Então, o polímero pode ser repre-
sentado:
CH
CH
CH
CH
CH . . .
. . . CH
ou
n
 163. d A poliacrilamida é solúvel em água porque tem a capacidade de interagir através de forças 
intermoleculares do tipo ligação de hidrogênio com o solvente devido à presença da fun-
ção amida na estrutura do seu monômero.
 164. b O polímero do etileno (H2C —— CH2) é denominado polietileno (A), e o monômero do poli-
cloreto de vinila (PVC) é o cloreto de vinila ou cloroeteno: H2C —— CHC, (B). A poliacrilonitrila 
é usada na fabricação de roupas (C).
 165. a O líquido adequado para a expansão do poliestireno é aquele que sofre vaporização total 
na temperatura de trabalho, isto é, apresenta temperatura de ebulição menor que 90 oC. 
Além disso, o líquido não pode sofrer polimerização: 
 � Tee a diminuição da temperatura de congelamento e da pressão de 
vapor. Portanto, a água no copo 1 (líquido puro) apresenta menor ponto de ebulição, maior 
pressão de vapor e maior temperatura de congelamento do que na solução de cloreto de 
sódio no copo 2.
Por esse motivo, a água pura no copo 1 evapora mais rapidamente do que na solução de 
cloreto de sódio e, assim, ocorre a passagem do solvente do copo 1 para o copo 2 (diluição), 
diminuindo volume do copo 1 e aumentando o volume do copo 2.
 184. a) O composto A é mais volátil porque, a partir da análise do gráfico, para uma mesma 
temperatura, a pressão de vapor do composto A é maior do que a pressão de vapor do 
composto B.
b) Acontecerá o processo de osmose, no qual o solvente da solução A (meio hipotônico) 
passará para o compartimento contendo a solução B (meio hipertônico) através da mem-
brana semipermeável, já que a solução A apresenta maior pressão de vapor e, portanto, é 
menos concentrada que a solução B.
23
0 Química 403ª Série – Resolução – Revisão
 185. a) Sabe-se que, com o balão aberto, a ebulição da água será observada quando a pressão 
de vapor da água se igualar à pressão atmosférica. Ao tampar com a rolha e passar gelo na 
superfície do balão, ocorre resfriamento do gás nele contido e, consequentemente, redução 
da pressão interna. Assim, é possível observar que a água entra em ebulição novamente, de 
modo a igualar a pressão interna com a pressão atmosférica.
b) Cálculo da solubilidade do sal:
( )g solu o salina
g sal
g H O
g solu o salina
200
50
200 50
200
çã
çã
2
$ ,
-
 33 g/100 g H2O
 186. a) O ramo A apresentará um aumento do nível de líquido, e o ramo B apresentará uma 
variação inversa devido ao fenômeno da osmose, isto é, a passagem do solvente pela 
membrana semipermeável.
b) Trata-se de osmose reversa: aplicando-se no ramo A uma pressão adicional à superfície do 
líquido maior que a osmótica, pode-se inverter o fenômeno. Se as pressões forem iguais, 
não ocorrerá migração do solvente, e o sistema estará em equilíbrio. 
 187. a) O NaC, em água está totalmente dissociado em Na+ e C,-. O cálculo da pressão osmótica 
pode então ser realizado pela equação:
π = 2 $ M $ R $ T
π = 2 $ 0,15 $ 8,3 $ 310
π , 772 kPa
Essa pressão é a mesma das soluções das células humanas. 
b) Para a bebida energética é válida a equação:
π = (2Msais + Msac.)RT 
π = 
,
,
,
/ ,
L
mol
L
g g mol
0 5
2 0 015
0 5
35 342 8 3 310
1$ $
$ $+
-
f p
π , 681 kPa 
A bebiba não é isotônica em relação às células do corpo humano.
Combustíveis, biocombustíveis e Química Ambiental
 188. a O craqueamento permite que moléculas maiores de frações mais pesadas sejam quebradas 
em moléculas menores, aumentando, assim, a quantidade de componentes altamente 
comercializáveis.
 189. a A capacidade de transformar hidrocarbonetos é vantajosa na recuperação de áreas conta-
minadas com petróleo, mistura composta por diversas dessas substâncias.
 190. b A fuligem é composta por carbono e outros resíduos, e é liberada na combustão incompleta 
de hidrocarbonetos.
 191. a A equação não balanceada refere-se à fermentação alcoólica, e o combustível referido é o 
etanol.
 192. d No processo de hidrólise, o amido é convertido em glicose, um substrato utilizado pela 
levedura para que, na fermentação alcoólica, o etanol seja gerado.
23
0 Química 413ª Série – Resolução – Revisão
 193. d A síntese do etanol acontece na fermentação do caldo de cana, na qual há a conversão de 
glicose em etanol e gás carbônico, de acordo com a equação abaixo:
C6H12O6 2 C2H5OH + 2 CO2
 194. b Os dejetos suínos são constituídos por matéria orgânica, e essa, nos biodigestores, sofre 
fermentação anaeróbica, produzindo gás metano (CH4), principal componente do biogás.
 195. d O consumo de energia no percurso de ida é dado por:
Eida = 40L $ ,
L
g
10
0 7
3-
 $ 
g
kcal
1
10 & Eida = 280 000 kcal
Como a energia no percurso de volta é a mesma, o volume de etanol combustível é dado por:
280 000 kcal $ 
kcal
g
6
1 $
, g
L
0 8
10 3-
 , 58,3 L
Assim, o volume consumido é mais próximo de 58 L, como indica a alternativa d.
 196. e Cálculo da energia obtida para 1 kg de combustível:
E g C H
g C H
mol C H
mol C H
kJ kJ1000
26
1
1
1298 5 10C H
massa molar
2 2
2 2
2 2
2 2
4
combust o
entalpia de
2 2
ã
$ $ $,=
1 2 3444 444 1 2 3444 444
E g C H
g C H
mol C H
mol C H
kJ kJ1000
30
1
1
1558 5 10C H
massa molar
2 6
2 6
2 6
2 6
4
combust o
entalpia de
2 5
ã
$ $ $,=
1 2 3444 444 1 2 3444 444
E g C H OH
g C H OH
mol C H OH
mol C H OH
kJ1000
46
1
1
1366
C H OH
massa molar
2 5
2 5
2 5
2 5
combust o
entalpia de
2 5
ã
$ $=
1 2 34444 4444 1 2 34444 4444
 , 3 $ 104 kJ
,E g H
g H
mol H
mol H
kJ kJ1000
2
1
1
242 1 2 10H
massa molar
2
2
2
2
5
combust o
entalpia de
2
ã
$ $ $,=
1 2 344 44 1 2 344 44
E g CH OH
g CH OH
mol CH OH
mol CH OH
kJ kJ1000
32
1
1
558 2 10CH OH
massa molar
3
3
3
3
4
combust o
entalpia de
3
ã
$ $ $,=
1 2 3444 444 1 2 3444 444
Assim, o combustível mais eficiente em prover energia é o H2.
 197. d Cálculo da quantidade de energia liberada em 100 g de pastilha:
100 g pastilha $ ,
g pastilha
g U
g U
mol U
mol U
kJ
100
3
235
1
1
2 35 1010
$ $
$ = 3 $ 108 kJ
23
0 Química 423ª Série – Resolução – Revisão
Cálculo da massa de CO2 não liberada na atmosfera: 
3 $ 108 kJ $ 
kJ
mol CO
mol CO
g CO
g CO
t CO
400
1
1
44
10
12
2
2
6
2
2$ $ = 33 t CO2
 198. c De acordo com o ciclo biogeoquímico, processos como o de emissões vulcânicas e de 
queima de combustíveis fósseis liberam dióxido de enxofre (SO2) na atmosfera. Esse gás 
reage com a água e cai na forma de chuva ácida, conforme a reação a seguir:
SO2(g) + H2O(,) H2SO4(aq)
 199. e A criação de diques de contenção em regiões costeiras pode proteger as cidades da inun-
dação causada pelo aumento do nível dos mares. Tal prática é uma estratégia de adaptação, 
pois está direcionada aos efeitos das mudanças climáticas.
 200. d A remoção de compostos de enxofre do diesel no processo Claus minimiza a emissão de 
óxidos de enxofre gerados pela combustão no motor. Os óxidos de enxofre liberados no 
motor são convertidos a ácidos na atmosfera, que, ao se dissolverem nas águas da chuva, 
promovem sua acidificação.
 201. b Os radicais C,• (átomos de cloro) formados a partir da incidência da radiação solar nas 
moléculas de CFC catalisam a conversão de ozônio (O3) em oxigênio molecular (O2), 
provocando a destruição do ozônio estratosférico: 
2 O3 C :, 3 O2
 202. d A proliferação de decompositores leva a um aumento na demanda bioquímica de oxigênio. 
Consequentemente, a concentração de oxigênio no interior do lago diminui gradualmente, 
chegando a um ponto em que não há mais oxigênio disponível, forçando esses animais a 
buscá-lo mais próximo à superfície, na interface água-ar, onde a concentração de oxigênio 
dissolvido é maior.
 203. e A reação que ocorre com o tratamento é representada pela equação:
Na CO M( )aq
Ca ou Mg
2 3
2
( )aq
2 2
+ +
+ +
Z
 MCO Na2 ( )aq3( )s
+ +
A adição de CaO torna o meio alcalino e favorece a precipitação, segundo a equação:
CaO(s) + H2O(,) Ca OH2( ) ( )aq aq
2 –++
 204. a) Quanto maiores as interações entre as moléculas, mais energia será necessária para 
separá-las e, então, maior o ponto de ebulição. Assim, a ordem será III