Química Orgânica Exercicios Resolvidos Solomons Cap. 1.2.3.4.5.6.7.8.11.12.14.15.16.17.18e20

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Exercicios_resolvidos_Capitulo_1_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química 
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 7ª ed.
Capítulo 1
1.1
		a) 
		d)
		g) 
		b) 
		e) 
		h)
		c) 
		f) 
		i) 
1.2
		a)
		c) 
		e)
		b) 
		d) 
		f) 
1.3
		a)
		c) 
		e)
		b) 
		d) 
		f) 
�
1.4
		a) 
		b) e c) Como as duas estruturas de ressonância são equivalentes, cada uma terá igual contribuição ao híbrido. As ligações C-O deverão portanto possuir igual distância e cada átomo de oxigênio deverá possuir 0,5 carga negativa.
1.5
		a) Em seu estado fundamental os elétrons de valência do carbono podem ser dispostos como mostrado na figura abaixo:
Os orbitais p são designados como 2px, 2py¸e 2pz para indicar suas respectivas orientações ao longo dos eixos x, y e z. A direção dos elétrons desemparelhados nos orbitais 2px e 2py são arbitrarias. A formação de ligações covalentes do metano a partir de átomos individuais requer que o átomo de carbono sobreponha seus orbitais contendo um elétron com o orbital 1s dos átomos de hidrogênio (que também contêm um elétron). Se o átomo de carbono no estado fundamental é combinado com dois átomos de hidrogênio, o resultado será a formação de duas ligações carbono-hidrogênio e elas deverão estar perpendicularmente entre si.
A formação da molécula hipotética de CH2 a partir do átomo de carbono na estado fundamental:
		b) Um átomo de carbono em estado excitado pode combinar com quatro átomos de hidrogênio como na figura abaixo: 
A promoção de um elétron a partir do orbital 2s para o orbital 2pz requer energia. Essa energia gasta pode ser conseguida a partir da energia liberada quando as duas ligações covalentes adicionais são formadas. Não há duvida que isso é verdade, mas resolve apenas um problema. O outro problema que não pode resolvido usando o átomo de carbono no estado excitado como base para o modelo para o metano são problemas dos ângulos de ligação carbono-hidrogênio e a aparente equivalência de todas as quatro ligações carbono-hidrogênio. Três dos hidrogênios sobrepõem seus orbitais com três orbitais p do carbono, deverão nesse modelo estar a ângulos de 90º um com outro. O quarto hidrogênio, sobrepõem seu orbital 1s com o orbital 2s do carbono e deve possuir então algum outro ângulo, provavelmente o mais longe das outras ligações. Basicamente nesse modelo de metano com o carbono na estado excitado nos dá um carbono que é tetravalente mas ele não é tetraédrico e produz uma estrutura para o metano na qual uma ligação carbono-hidrogênio difere das outras três. 
1.6
		a)
não possui isomerismo cis-trans
		c) 
 
não possui isomerismo cis-trans
		b)
		d) 
não possui isomerismo cis-trans,
1.7
		A estrutura quadrática plana do composto CH2Cl2 possui dois isômeros: 
enquanto que sua estrutura tetraédrica não apresenta isômeros 
1.8
		a) Há quatro pares de elétrons ligantes ao redor do átomo central. A geometria é tetraédrica. 
		e) Há três pares de elétrons ligantes. A geometria é trigonal plana.
		b) Há dois pares de elétrons ao redor do átomo central. A geometria é linear 
		f) Há quatro pares de elétrons ligantes ao redor do átomo central. A geometria é tetraédrica.
		c) Há quatro pares de elétrons ligantes ao redor do átomo central. A geometria é 
tetraédrica. 
		g) Há quatro pares de elétrons ligantes ao redor do átomo central. A geometria é tetraédrica.
		d)Há dois pares de elétrons ligantes e não ligantes. A geometria é angular 
		h) Há três pares de elétrons ligantes e um não ligante ao redor do átomo central. E a geometria é pirâmide trangular.
1.9
		a) 
		b)
		c) 
1.10
		
1.11
		a) 
		b) 
		c)
		d)
		e)
		f) 
		g) 
		h)
1.12
		(a) e (d) são isômeros constitucionais com fórmula C5H12
(b) e (e) são isômeros constitucionais com fórmula C5H12O
(c) e (f) são isômeros constitucionais com fórmula C6H12
1.13
		a) 
		b) 
�
		c) 
1.15
		a) Na+ possui configuração eletrônica: 1s22s22p6 do Ne.
		b) Cl- possui configuração eletrônica : 1s22s22p63s23p6 do Ar.
		c) F+ possui configuração eletrônica: 1s22s22p5 que não corresponde a de um gás nobre.
		d) H- possui configuração eletrônica: 1s2 do He.
		e) Ca+2 possui configuração eletrônica : 1s22s22p63s23p6 do Ar.
		f) S2- possui configuração eletrônica : 1s22s22p63s23p6 do Ar.
		g) O2- possui configuração eletrônica : 1s22s22p63s23p6 do Ar.
		h) Br+ possui configuração eletrônica: 1s22s22p63s23p63d104s24p4 que não corresponde a de um gás nobre.
1.16
		a)
		c) 
		b) 
		d) 
1.17
		a) 
		c) 
�
		b) 
		d) 
1.18
		a) (CH3)2CHCH2OH
		c)
		b) (CH3)2CHCOCH(CH3)2
		d) (CH3)2CHCH2CH2OH
1.19
		a) C4H​10O
		c) C4H6
		b) C7H14O
		d) C5H12O
1.20
		a) Diferentes compostos não isoméricos 
		i) Diferentes compostos não isoméricos
		b) Isômeros constitucionais
		j) Mesmo composto
		c) Mesmo composto
		k) Isômeros constitucionais
		d) Mesmo composto
		l) Diferentes compostos não isoméricos
		e) Mesmo composto
		m) Mesmo composto
		f) Isômeros constitucionais
		n) Mesmo composto
		g) Diferentes compostos não isoméricos
		o) Mesmo composto
		h) Mesmo composto
		p) Isômeros constitucionais
1.21
		a)
		d) 
		b) 
		e) 
		c)
		f) 
�
1.22
		a) 
		c)
		b) 
		d)
1.23
		
1.24
		
1.26
		
a) Carga formal 4 – (6/2+0 ) = +1
		b) Carga +
		c) sp2
1.27
		
a) Carga formal 4 – (6/2+2) = -1
		b) Carga - 
		c) Pirâmide trigonal
		d) sp3
1.28
		
a) Carga formal 4 – (6/2 +1) = 0
		b) Sem Carga
		c) sp2
1.29
		a) e b) 
		c) Como as duas estruturas de ressonância são equivalentes, elas possuem as mesma contribuição ao híbrido e portanto as ligações devem possuir o mesmo tamanho.
		d) Sim. Nós consideramos o átomo central contento dois grupos e um par elétrons não ligantes.
1.30
		
As estruturas A e C são equivalentes e portanto, possuem iguais contribuições para o híbrido. As ligações do híbrido, portanto, possuem o mesmo comprimento.
�
1.31
		a) 
		b) 
		c) 
		d) 
1.32
		a) compostos diferentes
		d) isômeros constitucionais
		b) Isômeros constitucionais
		e) estruturas de ressonância 
		c) estruturas de ressonância 
		f) mesmo composto
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_3_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 7ª ed.
Capítulo 3
3.1
		a) 
		b) 
		c) 
3.2
		(a), (c), (d) e (f) bases de Lewis
(b) e (e) ácidos de Lewis
3.3
		
3.5
		a) pka= - log ka = - log 10-7= 7 
		b) pka= - log105 = -0,699
		c) O ácido com menor pka será o ácido mais forte, portanto HB é o ácido mais forte
3.6
		Quando o H3O+ atua como ácido em solução aquosa a equação é: 
E o Ka é: 
A concentração molar de H2O em água pura, é [H2O]=55,5 portanto ka=55,5 e o pka= -1,74.
3.7
		O pka do íon metilamina é 10,6. Como o pka do íon anilínio é 4,6 o íon anilínio é portanto ácido mais forte do que do que o íon metilamina e a anilina é base mais fraca do que a metilamina.
3.8
		a)negativa
		b) aproximadamente zero
		c) positiva
3.9
		a) 
		b) 
		c)
3.10
		As estruturas A e B possuem iguais contribuições para o híbrido de ressonância. Isso significa que o tamanho das ligações carbono-oxigênio são iguais e os átomos de oxigênio possuem cargas iguais. 
3.11
		a) CH2Cl2CO2H é o ácido mais forte porque o efeito indutivo dos dois átomos de cloro deixa o próton hidroxílico mais positivo. O efeito indutivo dos dois átomos de cloro também irá estabilizar o íon dicloroacetato mais eficazmente por dispersão da carga negativa. 
		b) CCl3CO2H é o ácido mais forte por razões similares a letra (a), exceto porque aqui estão envolvidos três átomos de cloro.
		c) CH2FCO2H é o ácido mais forte porque o efeito indutivo do átomo de flúor é maior do o efeito indutivo do átomo de bromo.
		d) CH2FCO2H é o ácido mais porque o átomo de flúor está mais perto do grupo carboxílico e portanto, é mais capaz de exercer maior efeito indutivo. 
3.12
		A maioria de compostos contento nitrogênio e todos os compostos contento oxigênio possuem pares de elétrons não compartilhados em seus átomos de oxigênio e nitrogênio. Esse compostos podem portanto agir como bases e aceitar um próton do ácido sulfúrico concentrado. Quando eles aceitam um próton, esses compostos tornam-se íons e portanto compostos iônicos que são solúveis devido a polaridade média do ácido sulfúrico. 
3.13
		a) 
		b) 
		c) 
		d)
		e) 
3.14
		a) 
		b) 
		c) 
		d)
		e) 
		f)
3.15
		a) NH2-
		b) OH-
		c) H:-
		d) 
		e) CH3O-
		f) H2O
3.16
		NH2-> H:-> 
> CH3O- ≈ OH- > H2O
3.17
		a) H2SO4
		b) H3O+
		c) CH3NH3+
		d) NH3
		e) CH3CH3
		f) CH3CO2H
3.18
		H2SO4> H3O+> CH3CO2H> CH3NH3+> NH3> CH3CH3
3.19
		a) 
		b) 
		c)
3.20
		a) 
		b) 
		c) 
3.21
		Porque o próton ligado ao átomo de oxigênio altamente eletronegativo do CH3OH é muito mais ácido do que os prótons ligados ao átomo de carbono menos eletronegativo.
3.22
		
3.23
		a) pka = -log 1,77x 10-4 = 3,75
		b) ka = 10-13
3.24
		a) HB
		b) Sim. Desde que A- é a base forte e HB o ácido forte, a seguinte reação ácido-base ocorrerá:
3.25
		a)
		b) 
		c) Não ocorrerá reação ácido-base apreciável porque a base remove um próton do etino.
		d)
		e)
3.26
		a) 
		b) 
		c) 
3.27
		a) CH3CH2OH> CH3CH2NH2 > CH3CH2CH3
O oxigênio é mais eletronegativo que o nitrogênio, o qual é mais eletronegativo que o carbono. Portanto a ligação O–H é a mais polarizada seguida da ligação N–H e a lição C–H é a menos polarizada.
		b) CH3CH2O- < CH3CH2NH- < CH3CH2CH2-
O ácido fraco terá base conjugada forte.
3.28
		a)
		b) 
		c)
3.29
		a)
		b) 
		c)
3.30
		Os hidrogênios ácidos devem estar ligados a átomos de oxigênio. No H3PO3,um átomo de hidrogênio está ligado ao átomo de fósforo.
3.31
		a)
		b)
		c)
		d) 
		e)
3.32
		a) Assumimos que o grupo ácido e o grupo básico da glicina em suas duas formas possuem acidez e basicidade similares a do ácido acético e da metilamina. Então consideramos o equilíbrio entre as duas formas:
		b) O alto ponto de fusão revela que a estrutura iônica é a que melhor representa a glicina.
3.33
		a) O segundo grupo carboxila do ácido malônico estabiliza a base conjugada por efeito indutivo quando o ácido malônico perde um próton. 
		b) Quando –O2CCH2CO2H perde um próton, ele forma um diânion, –O2CCH2CO2-. Esse diânion é desestabilizado por conter duas cargas negativas próximas.
3.34
		HB é ácido mais forte.
�
3.36
		O diânion é um híbrido com as seguintes estruturas de ressonância:
Nós podemos observar que cada ligação carbono-carbono é uma ligação simples em três estruturas e dupla em uma estrutura. Cada ligação carbono-oxigênio é dupla em duas estruturas e ligação simples também em duas estruturas. Portanto podemos esperar que todas as ligações carbono-carbono são equivalentes e do mesmo comprimento. O mesmo pode ser dito para as ligações carbono-oxigênio.
3.37
		
3.38
		a) hexano
		b) hexano, amônia líquida 
		c) hexano
3.39
		a) 
		b) 
		c) O DMF dissolve compostos iônicos e solvata os cátions muito bem. Ele o faz orientando suas extremidades negativas em volta do cátion e doando pares de elétrons não-compartilhados para orbitais vazios do cátion. Entretanto, não consegue formar ligações hidrogênio porque seu centro positivo é bem blindado contra qualquer interação com ânions.
3.40
		a)
		b)
		c) 
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_4_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 7ª ed.
Capítulo 4
4.1
		
4.2
		a) 
		b) ver questão anterior
�
4.3
		a) 
		b)
4.4
		a)
�
		b) 
4.5
		a) 1-terc-butil-2-isopropilciclopentano
		d) 1-cloro-2,4dimetilciclohexano
		b) 1-isobutil-2-metilciclohexano ou
1-metil-2-(2-metilpropil)ciclohexano
		e) 2-clorociclopentanol
		c) butilciclohexano 
		f) 3-terc-butilciclohexanol
ou
3-(1,1dimetiletil)ciclohexanol
4.6
		a) 2-clorobiciclo[1,1,0]butano
		d) 9-clorobiciclo[3.3.1]nonano
		b) biciclo[3.2.1]octano
		e) 2-metilbiciclo[2.2.2]octano
		c) biciclo[2.1.1]hexano
		f)
4.7
		a) 3-hepteno
		c) 4-etil-2-metil-1-hexeno
		e) 4-metilpent-4-en-2-ol
		b) 2,5-dimetil-2-octeno
		d) 2,4-dimetilciclohexeno
		f) 2-cloro-3-metilciclohex-3-em-1-ol
4.8
		a) 
		f) 
		b) 
		g) 
�
		c) 
		h) 
		d) 
		i)
		e)
		j) 
4.9
		
4.10
		
4.12
		a) 
		b) 
4.13
		a - d)
4.14
		a) 
		b) Sim.
		c)
�
		d) 
4.15
		
4.16
		
4.17
		
4.19
		a) 
		b)
		c) 
		d) 
		e) 
		f)
		g) 
		h) 
		i)
		j)
		k)
		l) 
		m)
		n)
		o)
		
4.20
		a) 3,3,4-trimetilhexano
		e) 2-bromobiciclo[3.3.1]nonano
		b) 2,2-dimetil-1-butanol
		f) 2,5-Dibromo-4-etiloctano
		c) 3,5,7-trimetilnonano
		g) ciclobutilciclopentano
		d) 3-metil-4-heptanol
		h) 7-clorobiciclo[2.2.1]heptano
4.21
		Porque há dois átomos de carbono secundário no álcool sec-butílico que são equivalentes. Já no álcool sec-pentílico existem átomos de carbono secundário que não são equivalentes.
4.22
		a) 
		c)
		b)
		d)
4.23
		
4.24
		
4.25
		
4.26
		
4.27
		(CH3)3CCH3 é o isômero mais estável (isto é, o isômero com menor energia potencial) porque ele envolve a menor quantidade de energia liberada quando sujeita a combustão completa
4.28
		Uma série homóloga é aquela em que cada membro da série defere do outro a partir de uma quantidade constante, usualmente um grupo CH2. Uma série homóloga para haletos de alquila é dada a seguir:
CH3X
CH3CH2X
CH3CH2 CH2X
CH3CH2CH2CH2X
4.29
		
�
4.30
		
4.31
		a)
		c)
		b)
		d)
4.32
		Número de ligações simples S = 20
Número de átomos A = 16
Numero de anéis N = 5
4.33
		a)
		b)
4.34
		a)
		b) 
4.35
		a) Pentano possui ponto de ebulição mais alto porque sua cadeia é linear e possui maior superfície de contato fazer interações de van der Waals com outras moléculas de pentano.
		b) Heptano, possui ponto de ebulição mais alto porque ele tem maior peso molecular, e grande superfície de contato. 
		c) 2-cloropropano pois ele é mais polar e possui grande peso molecular
		d) 1-propanol pois pode formar ligações de hidrogênio intra moleculares
		e) propanona possui ponto de ebulição maior porque é mais polar.
4.37
		Trans-1,2-dimetilciclopropano é mais estável porque os grupos metila estão mais afastados um do outro:
4.38
		a)
		b)
		c)
4.39
		a)
		b)
		c)
		d)
4.40
		Se o anel ciclobutano fosse planar, o momento da ligação C—Br deveria ser cancelar. O fato de o trans-1,3-dibromociclobutano possuir momento dipolo mostra que o anel não é planar:
4.41
		a) H2/Pd
		d)
		b) 1- NH2-/NH3 2- BrCH2CH2CH2CH3
		e) H2/Pd
�
		c)
		f) 
4.42
		a)
		b) cis-1,2-dimetilciclohexano
		c) Como a hidrogenação catalítica produz o isômero cis, ambos átomos de hidrogênio devem ser adicionados no mesmo lado da dupla ligação.
4.43
		a) trans-1,2-diclorociclohexano
		b) Como o produto é o isômero trans, nós podemos concluir que os átomos de cloro são adicionados a partir de lados opostos da dupla ligação:
4.44
		Se o trans-1,3-di-terc-butilcicloexano adotar a conformação em cadeira, um grupo terc-butila deverá estar em axial. Portanto é mais energeticamente favorável para a molécula adotar a conformação bote torcido. 
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_5_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 7ª ed.
Capítulo 5
5.1
		a) aquiral
		c) quiral
		e) quiral
		g) aquiral
		b) aquiral
		d) quiral
		f) quiral
		h) aquiral
5.2
		a) Sim
		b) Não
		c) Não 
5.3
		a) Elas são as mesmas moléculas.
		b) Elas são enantiômeros.
5.4
		a) Não possui estereocentro.
		b) Não possui estereocentro.
		c) 
		d) 
		e) 
		f) Não possui estereocentro.
		g) 
		h) 
�
5.5
		a)
		b)
5.6
		a) Dois em cada caso:
		b) Somente um em cada caso:
		c) Três:
		d) Dois:
5.7
		A Chave de fenda, a bola de beisebol e o martelo.
5.8
		Em cada caso o plano de simetria é o plano da página.
		a) 
		b) 
		f) 
5.9
		
5.10
		c) (1) é S
 (2) é R
		d) (1) é S
 (2) é R
		e) (1) é S
 (2) é R
		g) (1) é S
 (2) é R
		h) (1) é S
 (2) é R
5.11
		a) –Cl >--SH > --OH > --H
		b) –CH2Br >–CH2Cl > –CH2OH > –CH3
		c) –OH > --CHO > –CH3 > --H 
		d) –C(CH3)3 > --CH=CH2 > --CH(CH3)2
		e) –OCH3 > --N(CH3)2 > –CH3 > --H
5.12
		a) S
		b) R
		c) S
5.13
		a) Enatiômeros 
		b) Mesmo composto
		c) Enatiômeros
5.14
		
5.15
		a) 
		b) Como o enantiômero R é +, o enantiômero está presente em excesso. 
�
5.16
		a) 
		b) 
		c) 
5.17
		a) Diasterômeros 
		b) Diasterômeros em cada caso
		c) Não, diasterômeros possuem diferentes pontos de fusão.
		d) Não, diasterômeros possuem diferentes pontos de ebulição.
		e) Não, diasterômeros possuem diferentes pressões de vapor.
5.18
		a) Pode ser opticamente ativa.
		c) Não pode ser opticamente ativa porque ele é um composto meso.
		b) Pode ser opticamente ativa.
		d) Não pode ser opticamente ativa porque é uma mistura racêmica.
5.19
a) Representa A.
		b) Representa C.
		c) Representa B.
5.20
		a)
�
		b)
		c)
		d) 
		e) 
5.21
		Composto B: (2S,3S)-2,3-Dibromobutano
Composto C: (2R,3S)-2,3-Dibromobutano
5.22
		a) (1) é (2S,3S)-2,3-Diclorobutano; (2) (2R,3R)-2,3-Diclorobutano (3) é (2R,3S)-2,3-Diclorobutano
		b) (1) é (2S,4S)-2,4-Pentanodiol; (2) é (2R,4R)-2,4-Pentanodiol ;
 (3) é (2R,4S)-2,4-Pentanodiol
		c) (1) é(2R,3R)-1,4-dicloro-2,3-difluorobutano
 (2) é(2S,3S)-1,4-dicloro-2,3-difluorobutano
 (1) é(2R,3S)-1,4-dicloro-2,3-difluorobutano
		d) (1) é (2S,4S)-4-cloro-2-pentanol; (2) é (2R,4R)-4-cloro-2-pentanol
 (3) é (2S,4R)-4-cloro-2-pentanol; (4) é (2R,4S)-4-cloro-2-pentanol
		e) (1) é (2S,3S)-2-bromo-3-fluorobutano; (2) é (2R,3R)-2-bromo-3-fluorobutano
 (3) é (2S,3R)-2-bromo-3-fluorobutano; (4) é (2R,3S)-2-bromo-3-fluorobutano
5.23
		
5.24
		a) Não
		d) Não 
		b) Sim
		e) Diasterômeros 
		c) Não 
		f) Diasterômeros
5.25
		
�
5.26
		a)
		b) 
�
		c) 
5.27
		Ver problema anterior
5.28
		
5.29
		
5.30
		(a), (b), (e), (f) e (g)
5.31
		a) Sete. Considere a tabela 4.2 e observe que todos os alcanos (com seis carbonos) são aquirais. 
		b) (R) e (S)-3-metilhexano e (R) e (S)-2,3-dimetilpentano
�
5.32
		a,b)
		c) quatro
		d) Porque o arranjo trans de um carbono em ponte é estruturalmente impossível.
5.33
		a) A é (R,S)-2,3-diclorobutano; B é (S,S)-2,3-diclorobutano; C é (R,R)-2,3-diclorobutano
		b) Fórmula A.
5.34
		a) 
		b) 
		c)
		d)
�
		e)
5.35
		a) mesmo composto
		b) Enantiômeros
		c) Diastereômeros
		d) mesmo composto
		e) mesmo composto
		f) Isômeros Constitucionais
		g) Diastereômeros
		h) Enantiômeros
		i) mesmo composto
		j) Enantiômeros
		k) Diastereômeros
		l) mesmo composto
		m) Diastereômeros
		n) Isômeros Constitucionais
		o) Diastereômeros
		p) mesmo composto
		q) mesmo composto
�
5.36
		Todas essas moléculas são planares. Sua estereoquímica é parecida com a de cloroetenos. (a) pode existir como isômeros cis e trans; Somente um composto pode existir nos casos (b) e (c).
5.37
		a)
		b) (3) e (4) são quirais e isômeros um do outro.
		c) Três frações: uma fração contendo (1), uma fração contendo (2) e uma fração contendo (3) e (4) [sendo (3) e (4) enatiômeros, eles possuem a mesma pressão de vapor]
		d) Nenhuma.
5.38
		a)
		b) Não, elas não podem ser sobrepostas.
		c) Não, elas entretanto, são enantiômeros uma da outra. 
		d) 
		e) Não, elas não podem ser sobrepostas.
		f) Sim, elas são portanto representações dos mesmo composto em diferentes conformações.
�
5.39
		a)
		b) Sim, portanto o trans-1,4-dietilcicloexano é aquiral.
		c) Não, são diferentes orientações da mesma molécula.
		d) Sim, cis-1,4-dietilcicloexano.
		e) Não.
5.40
		O trans-1,3-dietilcicloexano pode existir nas seguintes formas enantioméricas:
O cis-1,3-dietilcicloexano consiste em uma molécula aquiral porque ela possui plano de simetria (o plano da página).
5.41
		a) Como ele é opticamente ativo e não resolvível ele deve então possui a forma meso:
�
		b) 
		c) Não.
		d) Racêmico
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_2_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 7ª ed
Capítulo 2
2.1
		a) 
		c) 
		b)
		d) 
2.2
		A teoria RPECV prediz que a estrutura do BF3 é planar:
A soma vetorial dos momentos dipolos para a estrutura trigonal planar deverá ser zero, resultando em µ=0 para o BF3 
2.3
		A forma do CCl2=CCl2 é tal que a soma vetorial de todas as ligações C─Cl leva a um momento dipolo zero:
2.4
		O fato de que SO2 possui momento dipolo indica que molécula é angular, não linear:
O fato de que o CO2 não possui momento dipolo indica que sua estrutura é linear, e não angular: 
2.5
		
2.6
		Em CFCl3 o grande momento de ligação de C–F opõem aos momentos de ligação de C–Cl. Devido a menor eletronegatividade do hidrogênio em relação ao flúor, a oposição do momento de ligação C-H será portanto menor ocasionando menor momento dipolo líquido. 
2.7
		a)
		c) 
		b) 
		d)
2.8
		a) 
		b) 
2.9
		a) 
		b) 
		c) 
2.10
		a)
		b) 
		c) Brometo de propila
		d) Fluoreto de isopropila 
		e) iodeto de fenila
2.11
		a) 
		b)
		c) 
2.12
		a) 
		b) 
2.13
		a) 
		d) metil propil éter 
		b)
		e) diisopropil éter 
		c)
		f) fenil metil éter 
2.14
		a) 
		d) isopropilpropilamina
		b)
		e) tripropilamina
		c)
		f) fenilmetilamina
		
		g) dimetilfenilamina
2.15
		a) primárias (a)
		b) secundárias (d), (f)
		c) terciárias (b), (c), (e), (g)
2.16
		a) 
		b) sp³
2.17
		a) CH3CH2CH2CH2OH possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras através do grupo OH. 
		b) CH3CH2NHCH3 possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras através do grupo NH.
		c) HOCH2CH2CH2OH possui ponto de ebulição mais alto porque essa molécula possui dois grupos OH que podem formar mais ligações de hidrogênio.
2.18
		Ciclopropano tem maior ponto de fusão porque sua estrutura cíclica proporciona uma forma rígida e compacta permitindo altas forças coesivas no cristal.
2.19
		a) cetona
		c) álcool 
		e) álcool 
		b) alcino
		d) aldeído 
		f) alceno 
2.20
		a) Três ligações duplas carbono-carbono (alceno) e um álcool 2º.
		b) Fenil, ácido carboxílico, amida, amina 1ª, éster.
		c) Fenil, amina 1ª.
		d) Álcool 2°, alceno
		e) Fenil, amina 3ª, éster.
		f) Aldeído, alceno
		g) Dois grupos éster, alceno.
2.21
		
2.22
		
2.23
		
2.24
		a) primário
		b) secundário
		c) terciário
		d) terciário
		e) secundário
2.25
		a) secundário
		c) terciário
		e) secundário
		b) primário
		d) secundário
		f) terciário
2.26
		a) 
		b) 
		c) 
		d)
		e) 
		f) 
		g)
h) 
		i) 
		j) 
		k) 
		l) 
		m)
		n) 
2.27
		a) ) CH3CH2CH2OH possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras através do grupo OH.
		b) HOCH2CH2OH possui ponto de ebulição mais alto porque essa molécula possui dois grupos OH que podem formar mais ligações de hidrogênio do que a molécula CH3CH2CH2OH.
		c) 
 possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras.
		d) 
 possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras.
		e)
 possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras através do grupo NH.
		f) 
porque suas moléculas possuem grande momento dipolo. (O composto trans possui µ=0)
		g) 
possui ponto de ebulição mais alto porque suas moléculas podem formar ligações de hidrogênio uma com as outras.
		h) Nonano devido ao seu alto peso molecular e o seu grande tamanho proporciona mais atrações de van der Waals
		i) 
porque o grupo carbonila é mais polar do que a ligação dupla.
2.29
		a) 
		b) A ultima molécula acima porque ela não possui hidrogênio ligado covalentemente ao nitrogênio e , portanto, essa molécula não pode formar ligações de hidrogênio umas com as outras. As outras moléculas possuem hidrogênios ligados covalentemente ao nitrogênio e podem portanto formar ligações hidrogênio umas com as outras, como por exemplo:
2.30
		Um grupo éster
2.31
		As forças atrativas entre as moléculas de fluoreto de hidrogênio são muito mais fortes do que as atrações dipolodipolo que nós chamamos de ligações de hidrogênio. A carga parcial positiva da molécula de fluoreto de hidrogênio está relativamente exposta pois reside no átomo de hidrogênio. Em contraste, a carga parcial positiva da molécula de fluoreto de etila dispersa no grupo etila. Deste modo, a parte carregada parcialmente positiva do fluoreto de hidrogênio se aproxima muito mais da parte carregada negativamente de outra molécula de fluoreto de hidrogênio, devido a alta polarização.
2.32
		(a) e (b) são polares e são capazes de dissolver compostos iônicos. (c) e (d) são apolares e dissolvem compostos não iônicos.
2.33
		a) 
		f) 
		b)
		g)
		c)
		h)
		d) 
		i) 
		e)
		j) 
� EMBED ACD.ChemSketch.20 ���
� EMBED ACD.ChemSketch.20 ���
� EMBED ACD.ChemSketch.20 ���
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_15_solomons.doc
Exercícios do Capítulo 15
15.1)
15.2)
O pKa do H2SO4 ser menor implica em ácido mais forte, logo o ácido nítrico funcionará como base e irá capturar o próton do ácido sulfúrico. Imediatamente após a captura do próton o ácido nítrico protonado perde uma molécula de água gerando o íon nitrônio (N+O2).
15.3)
15.4)
15.5)
No caso da formação de neopentilbenzeno o carbocátion seria primário, muito instável, logo a molécula sofre um rearranjo, levando à formação de carbocátion terciário, mais estável, e se forma apenas o 2-metil-2-fenil-butano.
15.6)
15.7)
		a.
		
b.
		c.
		d.
15.8)
Se não houvesse influência do grupo metila teríamos 5 posições para serem nitradas, sendo 52 ortos, 2 metas e 1 para, ou seja, esperaríamos 40% de produto orto, 40% de produto meta e 20% de produto para estatisticamente.
15.9)
		a.
		
b.
		c.
		d.
15.10)
Podemos ver que os ataques orto e para levam ao íon arênio, que é estabilizado por ressonância pelos elétrons do oxigênio. Logo, este íon arênio é o mais estável e o grupo fenol é orientador orto/para.
15.11)
a. Os pares de elétrons não ligantes do oxigêniopodem estabilizar o íon arênio que se formará.
b.
O grupo acetila é orientador moderado porque ele faz ressonância com a carbonila, ou seja, o par de elétrons apresenta ressonância cruzada e isto diminui a força do ativador.
c. Ele será orientador orto/para também.
d. Novamente haverá ressonância cruzada diminuindo a força do ativador.
15.12)
a. A reação é mais lenta porque o cloro exerce um efeito retirador de elétrons, por efeito indutivo, da dupla ligação.
b. A reação ocorre no carbono em que o cloro está ligado pois o carbocátion é estabilizado por ressonância.
15.13)
15.14)
O grupo fenila é doador de elétrons, portanto ele ativa o anel aromático e é também orientador orto/para.
�
15.15)
Forma o radical benzila que é estabilizado por ressonância.
15.16)
		a.
		b.
		c.
�
15.17)
		a.
		b.
Em amobos os casos a etapa lenta é a formação do intermediário (quebra de ligação dupla) e podemos observar que tanto na adição de HBr com peróxido quanto sem peróxido o intermediário formado foi o mais estável. Radical benzílico e carbocátion benzílico. Logo, apesar dos produtos serem diferentes, podemos afirmar que eles foram formados a partir do carbocátion mais estável. Assim, ambas as reações são regiosseletivas.
15.18)
		a.
		b.
15.19)
a. Porque tanto o cloro quanto o grupo alquila são orientadores orto/para.
c.
15.20)
		a.
		b.
		c.
15.21)
		a.
SN2 (Como o haleto é desimpedido e a base é forte temos preferencialmente uma reação SN2 em que o intermediário envolve tanto o substrato quanto a base.
		b.
Neste caso temos um substrato estável e uma base fraca, haverá então uma reação pelo caminho SN1 (solvólise) e por ressonância podemos obter os dois produtos. Veja o mecanismo:
		c.
�
15.22)
a.
A reação do 1-cloro-3-metil-2-buteno é mais rápida porque leva a um intermediário mais estável.
b.
15.23)
O carbocátion formado é estável, pois há duas estruturas de ressonância e, logo, ele é estabilizado e se forma rapidamente.
�
15.24)
Devido à estabilidade relativa do carbocátion formado.
O último é altamente estável, pois há 3 anéis que podem ajudar a dispersar a carga por ressonância, logo ele é formado mais rapidamente.
15.25)
15.26)
		a.
		b.
		c.
		d.
		
e.
		f.
		g.
		h.
15.27)
		a.
		b.
		
c.
d.
		e.
15.28)
		a.
		b.
		c.
		d.
		e.
		f.
		g.
15.29)
		a.
		b.
		c.
		d.
		
e.
		f.
		g.
		h.
		i.
		
j.
		k.
		l.
		m.
15.30)
		a.
		b.
		c.
		d.
		e.
		f.
		g.
		h.
		i.
		
j.
		k.
		l.
		m.
		n.
15.31)
		a.
		
b.
		c.
		d.
		e.
		f.
		g.
		
h.
		i.
		j.
15.32)
		a.
		b.
		
c.
		d.
		e.
15.33)
		a.
O redutor de Clemmensen também reduz grupo nitro a amino.
		
b.
15.34)
O grupo 
 é um ativador, logo o anel A sofrerá substituição eletrofílica mais rapidamente que o anel B.
15.35)
		a.
		b.
		
c.
15.36)
15.37)
�
15.38)
15.39)
a.
b. A adição é 1,2.
c. Sim, pois o carbocátion é alílico secundário e benzílico do outro lado.
d. Como formou o alqueno mais estável a reação está sob contrele termodinâmico.
�
15.40)
15.41)
�
15.42)
a.
b.
�
15.43)
15.44)
		a.
Não tem plano de simetria.
		b.
Sim, não tem plano de simetria.
		c.
Tem plano de simetria.
15.45)
		a.
		b.
		
c.
		d.
�
15.46)
Mecanismo:
15.47)
Através de uma alquilação de Friedel Crafts.
Ele pode ser removido por condições ácidas uma vez que o carbocátion formado é muito estável.
A grande diferença é que o grupo t-butila é orientador orto-para e o grupo SO3H é orientador meta.
15.48)
	O ácido m-toluenossulfônico é o isômero mais estável, isto quer dizer que ele é o produto termodinâmico e, em alta temperatura e ao longo do tempo, ele deve ser o isômero mais formado.
15.49) Se a velocidade da nitração do C6D6 é igual à do C6H6, isto indica que a etapa lenta do mecanismo não é esta quebra e sim uma outra provavelmente a quebra da aromaticidade.
15.50)
		a.
		b.
		
c.
		d.
		e.
		f.
15.51)
15.52)
15.53)
CH3CH2CH=CHCH2Br será o mais reativo frente a uma reação Sn2, pois é um alqueno alílico primário, tendo menor impedimento estérico.
Frente a uma Sn1 será o 
, pois formará um carbocátion alílico terciário, que é mais estável.
15.54)
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_1185342999/�'
_1185342647/�'
Exercicios_resolvidos_Capitulo_14_solomons.doc
Exercícios do Capítulo 14
14.7)
a.
b.
Brometo de tropílio
Estes dados sugerem que a ligação no brometo de tropílio é iônica. O íon tropílio fica com carga positiva (isto leva a um composto aromático) e o bromo com carga negativa (brometo).
14.8) Um decréscimo de energia ( significa que o cátion ciclopropenila é aromático.
 
�
14.9)
 
14.12)
14.16)
		a.
		d.
		g.
		b.
		e.
		h.
		c.
		f.
		i.
		j.
		m.
		p.
		k.
		n.
		q.
		l.
		o.
		r.
14.21)
a. A estrutura de ressonância para a cicloeptatrienona(I) leva ao cátion aromático cicloeptatrienila, logo, se a estrutura de ressonância é aromática, este será a estrutura que mais contribuirá para o híbrido de ressonância.
Já no caso da ciclopentadienona a estrutura de ressonância
leva a uma estrutura que é antiaromática, desestabilizando esse composto.
�
b.
14.22) O cátion 1,3-ciclopentadienila apesar de ser duplamente alílico é antiaromático, desestabilizando muito este composto. Logo a reação é muito lenta.
14.23)
 4n=8
 n=2
 4n+2=10
 n=2
b. Caso o [16] anuleno adicione 2 elétrons, ele ficará com 18 elétrons e obedecerá a regra de Hückel.
4n+2=18
n=4
É planar, é monocíclico, tem corrente de elétrons e tem 4n+2 elétrons (.
É planar, é monocíclico, tem corrente de elétrons ( e 4n elétrons ( com n=1. Portanto é antiaromático.
Se o azuleno tivesse esta forma ele teria (=0 pois é um hidrocarboneto.
Uma vez que ele tem ( (0 isto sugere que existe separação de carga
4n+2=6
 n=1
4n=4
 n=1
É planar, tem corrente de elétrons, é monocíclico.
Obedece a regra de Hückel.
_1185037821/�'
_1185038230/�'
_1185038280/�'
_1185038783/�'
_1185038974/�'
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_1185038605/�'
_1185038262/�'
_1185038270/�'
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_1185038251/�'
_1185038031/�'
_1185038074/�'
_1185038208/�'
_1185038217/�'
_1185038196/�'
_1185038056/�'
_1185037936/�'
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_1185036761/�'
_1185036815/�'
_1185036727/�'
Exercicios_resolvidos_Capitulo_16_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 7ªed.
Capítulo 16
16.1
		a) 
		b)
16.2
		a) 1-pentanol, uma vez que forma ligação de hidrogênio entre as moléculas do álcool.
		b) 2-pentanol, uma vez que forma ligação de hidrogênio entre as moléculas do álcool.
		c) Pentanal, é mais polar logo a interação intermolecular é mais forte, neste caso temos interação dipolo-dipolo.
		d) 2-feniletanol, uma vez que forma ligação de hidrogênio entre as moléculas do álcool.
		e) Álcool benzílico, uma vez que forma ligação de hidrogênio intermolecular.
16.3
		a)
		b)
16.4
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j)
		k)
16.5
		a) O nucleófilo neste caso é o carbono com carga negativa, R-─Mg+X
		b) Ele atua como um ácido de Lewis, logo o par de elétrons do oxigênio da carbonila se liga ao magnésio tornando o carbono carbonílico mais susceptível ao ataque do carbânion:
		c) 
		d)
16.6
		No caso de LiAlH4 e NaBH4 o nucleófilo é o íon hidreto (H-).
16.7
		
16.8
		
16.9
		
16.10
		
16.11
		
16.12
		
16.13
		a)
		b) Porque o reagente de Grignard iria reagir tanto com o gripo ceto quanto com o éster. 
16.14
		a)
		b) O éter tetrahidropiranílico é um acetal logo é estável em meio básico mas hidrolisa-se facilmente em meio ácido:
		c)
16.15
		a)
		b)
16.16
		a)
		b) forma racêmica 
16.17
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
16.18
		
16.19
		a)
		b)
		c)
16.20
		
16.21
		
16.22
		
16.23
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j)
		k)
		l)
		m)
		n)
		o)
16.24
		a) CH3CH2CH2OH
		b) CH3CH2CH(OH)C6H5
		c) CH3CH2CH2OH
		d) CH3CH2OO-
		e) CH3CH2CH=CH2
		f) CH3CH2CH2OH
		g)
		h) CH3CH2CH=CHCH3
		i) CH3CH2CH(OH)CH2CO2Et
		j) CH3CH2CO2-NH4+ + Ag0
		k) CH3CH2C=NOH
		l) CH3CH2C=NNHCONH2
		m) CH3CH2C=NNHC6H5
		n) CH3CH2OOH
		o) 
		p)
16.25
		a)
		b)
		c) CH3CHOHCH3
		d) Não reage.
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j) Não reage.
		k)
		l)
		m)
		n) Não reage.
		o)
		p)
16.26
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
16.27
		a)
		b)
16.28
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j)
		k)
		l)
		m)
		n)
		o)
		p)
		q)
16.29
		a)
		b)
		c)
		d)
16.30
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
16.31
		
16.32
		
16.33
		
16.34
		a)
		b)
		c)
		d)
16.35
		
16.36
		
16.37
		
16.38
		
16.39
		
16.40
		a) Ag(NH3)2+ OH- (teste positivo para benzaldeído)
		b) Ag(NH3)2+ OH- (teste positivo para hexanal)
		c) H2SO4 concentrado (2-hexanona é solúvel)
		d) CrO3 em H2SO4 (teste positivo para 2-hexanol)
		e) Br2 em CCl4 (descoloração com C6H5CH=CHCOC6H5)
		f) Ag(NH3)2+ OH- (teste positivo para pentanal)
		g) Br2 em CCl4 (imediata descoloração ocorre devido a forma enólica)
		h) Ag(NH3)2+ OH- (teste positivo para hemicetal cíclico )
16.45
		
Tanto o N2 quanto o N3 estão realizando ressonância cruazada com a carbonila logo tam seu caráter básico diminuído:
16.47
		
_1216841897/�'
_1216886592/�'
_1216886865/�'
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_1216839341/�'
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_20_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios
Resolvidos Solomons 8ªed.
Capítulo 20 – Aminas
20.1
		Dissolver ambos compostos em éter dietílico e extrair com HCl aquoso. Esse procedimento separa a mistura em duas camadas: uma camada etérea que contem cicloexano e uma camada aquosa que contem cloreto de hexilamina. Cicloexano pode então ser recuperado por destilação da camada etérea. Hexilamina pode ser recuperada a partir da camada aquosa por adição de NaOH ( para converter cloreto de hexilamina para a hexilamina) e então pela extração com éter e destilação.
20.2
		Primeiro dissolve-se a mistura em solvente orgânico como CH2Cl2 ou éter dietílico. Então, extrações com ácidos e bases aquosas permite separar os componentes.
 
�
20.3
		a) 
		b) A ftalimida é mais ácida do que a benzamida porque seu anion é estabilizado por ressonância em maior extensão do que o ânion da benzamida. ( Benzamida possui somente um grupo carbonila ligado ao átomo de nitrogênio, e deste modo possui menos estruturas de ressonância.)
		c)
 
�
20.4
		
20.5
		a)
		b)
		c)
		d)
20.6
		A reação de haleto de alquila secundário com amônia irá inevitavelmente ser acompanhada por considerável eliminação, portanto diminuindo o rendimento.
20.7
		a)
�
		b)
		c)
		d)
20.8
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
20.9
		Uma amina agindo como base:
Uma amina agindo com um nucleófilo em uma reação de alquilação:
Uma amina agindo como um nucleófilo em uma reação de acilação:
Um grupo amino agindo como um grupo ativante orto-para diretor em uma substituição eletrofílica aromática: 
20.10
		a, b)
		c) O íon NO+ é um eletrofílo fraco. Para ele reagir com um anel aromático, o anel deve possuir um poderoso grupo ativador como OH ou NH2.
20.11
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
20.12
		
�
20.13
		a)
		
�
20.14
		
20.15
		
20.16
		
�
20.17
		
20.18
		(1) Dado que A reage com cloreto de benzenossulfonila em KOH aquoso para fornecer uma solução límpida com a formação de precipitado, isso mostra que A é uma amina primária.
(2) A diazotação de A seguida por tratamento com 2-naftol fornece um precipitado intensamente colorido isso mostra que A é uma amina aromática primária, isto é, A é uma anilina substituída.
(3) Consideração da fórmula molecular de A nos leva a concluir que A é uma metilanilina. Mas A pode ser: 2-metilanilina, 3-metilanilina ou 4-metilanilina.
(4) Essa questão é respondida pelo dado de IR. O único pico de absorção em 680-840cm-1 região em que 815cm-1 é indicativo de um benzeno em para. Portanto, A é 4-metilanilina.
20.19
		
20.20
		a)
		b)
20.21
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
�
�
		j)
		k)
		l)
		m)
		n)
(CH3CH2CH2)4N+Cl-
		o)
		p)
		q)
		r)
(CH3)4N+OH-
		s)
		t)
20.22
		a) Propilamina
		b) N-metilanilina
		c) Iodeto de isopropiltrimetilamônio
		d) 2-metilanilina
		e) 2-metoxianilina
		f) pirazol
		g) 2-aminopirimidina
		h) cloreto de benzilamônio
		i) N,N-dipropilanilina
		j) benzenossulfonamida
		k) acetato de metilaminium
		l) 3-amino-1-propanol
		m) purina
		n) N-metilpirrol
22.23
		a)
		b)
�
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
20.24
		a)
		b)
�
		c)
20.25
		a)
		b)
		c)
		d)
20.26
		a)
�
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
�
		i)
		j)
		k)
		l)
		m)
		n)
		o)
�
20.27
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
20.28
		a)
		b)
�
		c)
		d)
		e)
20.29
		a)
		b)
20.30
		a)
		b)
�
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j)
20.31
		a)
		b)
		c)
		d)
 [ver problema 20.11 (a)]
�
		e)
		f)
		g)
		h)
 [ver problema 20.11 (e)]
		i)
�
		j)
		k)
		l)
		m)
�
		n)
		o)
		p)
		q)
		r)
�
20.32
		a) Benzilamina dissolve em HCl diluído na temperatura ambiente:
benzamida não dissolve:
		b) Alilamina reage (e descolore) com bromo em tetracloreto de carbono instantaneamente:
propilamina não.
		c) O teste de Hinsberg:
		d) O teste de Hinsberg:
�
		e) Piridina dissolve em HCl diluído:
		f) Anilina reage com ácido nítrico a 0-5ºC para fornecer sal de diazônio estável que acopla com 2-naftol, produzindo um composto azo intensamente colorido:
Cicloexilamina reage com ácido nítrico a 0-5ºC para fornecer sal diazônio altamente instável que decompõem tão rapidamente que a adição de 2-naftol não ocorre.
		g) O teste de Hinsberg:
		h) Cloreto de tripropilamíno reage com NaOH aquoso para fornecer uma amina 3ª insolúvel em água.
Cloreto de tetrapropilamônio não reage com NaOH aquoso (em temperatura ambiente),
		i) Cloreto de tetrapropilamônio dissolve em água para fornecer uma solução neutra. Hidróxido de tetrapropilamônio dissolve em água para fornecer uma solução fortemente básica.
20.33
		Siga os procedimentos esboçados na resposta do problema 20.2. Tolueno irá mostrar o mesma solubilidade do benzeno. 
�
20.34
		
20.35
		a)
		b)
20.36
		
�
20.39
		
20.40
		
20.44
		
20.45
		
�
20.46
		
20.48
		
�PAGE �
�PAGE �1�
_1222885211/�'
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_1222940458/ole-[42, 4D, 56, 7F, 03, 00, 00, 00]
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_17_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios
Resolvidos Solomons 7ªed.
Capítulo 17
17.1
A forma enol é o fenol que é um composto aromático logo muito mais estável do que forma ceto. 
17.2
Não. Nenhuma das duas cetonas possuem hidrogênio que sejam quirais.
17.3
17.5
A reação é dita promovida por base porque ela consome a base. Na catálise, por definição, ela não é consumida.
17.6
a) A etapa lenta na racemização catalisada por base é a mesma que a halogenação catalisada por base, a formação do íon enolato. ( A formação do íon enolato a partir do sec-butil fenil cetona leva a racemização porque o íon enolato é aquiral). A etapa lenta da racemização catalisada por ácido também é a mesma que a halogenação catalisada por ácido.
b) De acordo com o mecanismo dado, a etapa lenta da iodinação catalisada por ácido é a mesma que a brominação catalisada por ácido. Portanto, nós podemos esperar que ambas reações ocorrem com a mesma velocidade.
c) Novamente, a etapa lenta para ambas reações é a mesma, e conseqüentemente, ambas reações ocorrem com a mesma velocidade.
17.7
a) 
b) Para que fosse formado 
 a base deveria capturar um hidrogê-nio  que não é ácido ou seja a base conjugada não estabilizada por ressonância.
c) Se fosse aquecido haveria desidratação levando ao composto:
17.8
17.9
a)
�
b)
c)
d)
�
17.10
�
17.11
17.12
17.13
17.14
�
17.15
a)
b) Na Ianona as duas ligações duplas e a carbonila estão conjugadas, deste modo ela é a mais estável.
c) ianona porque seu sistema conjugado é maior.
17.18
�
17.19
a)
b)
c)
17.25
b) A 2-metil-1,3-cicloexanodionaé mais ácida do que a cicloexanona, pois a sua base conjugada é estabilizada por dois grupos carbonila sendo, portanto, uma base mais fraca conseqüentemente ácido mais forte:
17.26
a)
�
b)
17.27
17.28
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
17.29
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Não reage.
g)
h)
Não reage.
i)
j)
�
k)
l)
m)
n)
17.30
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
17.31
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
�
17.32
17.33
17.34
a)
�
b)
17.34
a)
b)
c)
d)
17.40
a)
b)
c)
17.43
�PAGE �
�PAGE �6�
_1217102178/�'
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_1217102622/�'
_1217100103/�'
Exercicios_resolvidos_Capitulo_18_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios Resolvidos Solomons 8ªed.
Capítulo 18
18.1
		a) ácido 2-metilbutanóico
		c) 4-bromobutanoato de sódio
		e) ácido 3-metil-3-pentanóico
		b) ácido 3-pentanóico
		d) ácido 5-fenilpentanóico
		
18.2
		O ácido acético, em ausência de moléculas de solvente, existe como um dímero resultado da formação de duas ligações de hidrogênio intermoleculares:
18.3
		a) CH2​FCO2H ( F─ é mais eletronegativo que H─ ) 
		b) CH2​FCO2H ( F─ é mais eletronegativo que Cl─ ) 
		c) CH2​ClCO2H ( Cl─ é mais eletronegativo que Br─ ) 
		d) CH3​CHFCH2CO2H ( F─ está mais perto do grupo ─CO2H) 
		e) CH3​CH2CHFCO2H ( F─ está mais perto do grupo ─CO2H) 
		f) 
((CH3)3N+─ é mais eletronegativo que H─).
		g) 
(CF3─ é mais eletronegativo que H─)
18.4
		a) O grupo carboxila é um grupo eletro-retirador, portanto, em um ácido dicarboxílico de acordo com a tabela 18.3, um grupo carboxila aumenta a acidez do outro.
		b) Como a distância entre os grupos carboxílicos aumenta o efeito indutivo retirador de elétrons também diminui.
18.5
		a) 
		b)
�
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j)
18.6
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
18.7
		a) Podemos enxergar facilmente a síntese se trabalharmos de trás para frente:
		b)
		c)
		d)
		e)
18.8
		a)
		b) A síntese da nitrila. A preparação de regente de Grignard a partir de HOCH2CH2CH2CH2Br não é possível devido a presença de um grupo carboxílico.
18.9
		Como o ácido maléico é um ácido cis dicarboxílico, a desidratação ocorre prontamente:
Sendo um ácido trans dicarboxílico, o ácido fumárico deve ser capaz de sofrer isomerização a ácido maléico primeiro. Essa isomerização requer alta temperatura:
18.10
		O átomo de oxigênio marcado deverá aparecer no grupo carboxila do ácido.
18.11
		
�
18.12
		a)
		b) Método (3) deverá dar maior rendimento de F do que o método (4). Como o íon hidróxido é uma base forte e como o haleto de alquila é secundário, o método (4) é acompanhado por considerável eliminação. O método (3), utiliza uma base fraca, o íon acetato na etapa SN2 e a reação de eliminação ocorre em menor escala. A hidrólise do éster F é uma etapa de alto rendimento.
18.13
		a) O efeito estérico apresentado pelos grupos metila di-orto do mesitoato de metila impede a formação de um intermediário tetraédrico que é acompanhado por ataque no carbonoacila.
		b) Tratando a hidrólise com 18OH- marcado em H2O18 marcado. O átomo marcado irá aparecer no metanol.
18.14
		a) 
		b)
		c)
18.15
		a)
		b)
�
18.16
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
18.19
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
		g)
		h)
		i)
		j)
		k)
		l)
		m)
		n)
		o)
		p)
		q)
		r)
		s)
		t)
		n)
18.20
		a) Ácido benzóico 
		b)Cloreto de benzoila
		c) Benzamida
		d) Anidrido benzóico
		e) Benzoato de benzila
		f) Benzoato de fenila
		g) Acetato de isopropila
		h) N,N-Dimetilacetamida
		i) Acetonitrila
18.21
		a)
�
		b)
		c)
		d)
18.22
		a)
		b)
�
		c)
18.23
		a)
		b)
		c)
		d)
18.24
		a)
		b) 
		c)
		d)
		e)
		f)
g)
		h)
		i)
		j)
		k)
		m)
(CH3CO)2O
		n)
(CH3CO)2O
		o)
		p) BrCH2COCl
		
18.25
		a)
		b)
2 
		c)
		d)
		e)
		f)
18.26
		a)
		b)
		d)
		d)
		e)
		f)
�
18.27
		
18.28
		a)
		b)
		c)
18.29
		a)
		b)
		c)
		d)
�
		e)
		f)
18.30
		a)
		b)
		c)
18.31
		a)
		b)
		c)
		d)
		e)
		f)
�
18.33
		a)
		b)
		c)
�
		d)
		e)
		f)
		g)
�
18.34
		a)
		b)
		c)
18.37
		
18.38
		Grupos alquila são elétrons doadores, eles ajudam a dispersar a carga positiva do sal de alquilamônio e portanto estabilizando-o:
Amidas, entretanto, possuem grupos acila ligado ao nitrogênio, e grupos acila são retiradores de elétrons. Eles são especialmente retiradores de elétrons devido à ressonância, mostrada a seguir:
Esse tipo de ressonância também estabiliza a amida. A tendência do grupo acila ser elétron retirador, entretanto, desestabiliza o acido conjugado da amida, e reações como a seguir não ocorrem em grande extensão:
18.39
		a) A base conjugada de uma amida é estabilizada por ressonância:
		b) A base conjugada de uma imida é estabilizada por uma estrutura de ressonância adicional :
18.42
		O ácido cis-4-hidroxicicloexanocarboxílico pode assumir uma conformação em bote que permite a formação da lactona:
�
18.43
		
18.44
		
�
		b)
		c) Dois:
		d) Não haveria diferença
18.45
		
		
�
18.46
		a)
18.48
		a) Acetato de etila
		b) Anidrido acético 
		c) N-etilacetamida
18.49
		Primeiro: o ataque nucleofílico da amina ocorre preferencialmente no carbono menos impedido do grupo fórmico. Segundo, CF3CO2- é melhor grupo retirante do que CH3CO2-.
18.50
		
18.51
		
18.52
		
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Exercicios_resolvidos_Capitulo_7_solomons.doc
 Universidade Federal de Minas Gerais – Departamento de Química
Química Orgânica 
Exercícios 7a Solomons
Capítulo 7
7.1
		a) (E)-1-bromo-1-cloro-1-penteno
		d) (Z)-1-cloro-1-iodo-2-metil-1-buteno
		b) (E)-2-bromo-1-cloro-1-iodo-1-buteno
		e) (Z,4S)-3,4-dimetil-2-hexeno
		c) (Z)-3,5-dimetil-2-hexeno
		f) (Z,3S)-1-bromo-2-cloro-3-metil-1-hexeno
7.3
		a) 2,3-dimetil-2-buteno
		c) cis-3-hexeno
		b) trans-3-hexeno
		d) 2-metil-2-penteno
7.5
		a) 
		b) 
7.6
		Um estado de transição anti periplanar permite a molécula assumir a conformação alternada mais estável: 
Entretanto um estado de transição sin periplanar requer que a molécula assuma a conformação eclipsada mais instável: 
7.7
		cis-1-bromo-4-terc-butilcicloexano pode assumir um estado de transição anti periplanar no qual o grupo volumoso terc-butil está equatorial: 
A conformação (acima), devido ela ser relativamente mais estável, é assumida pela maioria das moléculas presente, e portanta a reação é rápida.
Para o trans-1-bromo-4-terc-butilcicloexano o estado de transição anti periplanar, a molécula deve assumir a conformação em que o grupo terc-butil está axial: 
Portanto a reação será muito lenta.
7.8
		a)
�
		b) 
7.9
		a)
		b) O ácido doa um próton para a OH do álcool transformando-a em um bom grupo abandonador (H2O) que é uma base fraca.
�
7.10
		
7.11
		
		
7.14
		a)
		b) 
		c) 
		d)
		e)
7.15
		
7.16
		a) 
		b)
		c) Não, todos os isômeros de C6H12, possuem o mesmo índice de deficiência de hidrogênio.
		d) Não.
		e) 
�
		f) 
7.17
		a)
		b) Desde que 1 mol de zingibereno absorve 3 mols de hidrogênio, uma molécula de zingibereno três duplas ligações.
		c) Ela deve possuir 1 anel.
7.22
		a) 
�
		b)
		c) 
		d) 
		e)
		f) 
7.23
		a) 
		b) 
		c) 
�
7.24
		a) 
		b) 
		c) 
		d)
		e) 
		f)
 
		g)
		h) 
		i)
�
�
		j) 
		k) 
		m)
7.25
		
7.26
		A desidratação do trans-2-metilcicloexanol ocorre através da formação de carbocátion e leva preferencialmente ao alceno mais estável. 1-metilcicloexeno do que o 3-metilcicloexeno porque a dupla ligação é mais substituída:
A desalogenação do trans-1-bromo-2-metilcicloexano é uma reação E2 e deve possuir estado de transição anti-periplanar. Essa eliminação só é possível para obter o 3-metilcicloexeno: 
�
7.27
		a)
		b) 
		c) 
		d) 
7.30
		1-pentanol>1-pentino>1-pentene>pentano
7.31
		a) 
		b) 
		c)
�
		d) 
		e) 
		f) 
7.32
		a)
		b)
		c)
		d)
		e) 
�
7.33
		a) 
		b)
		c) 
		d)
		e) 
7.34
		
7.35
		a) 
		
b) 
�
		c)
		d)
		e)