cad c4 curso a prof exercicios quimica

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1. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – Água e etanol mis turam-se com -
pletamente, em quaisquer proporções. Observa-se que o volume final
da mistura é menor do que a soma dos volumes de etanol e de água
empregados para prepará-la. O gráfico a seguir mostra como a densi -
dade varia em função da porcentagem de etanol (em volume)
empregado para preparar a mistura (densidades medidas a 20°C).
Se 50 mL de etanol forem misturados a 50 mL de água, a 20°C, o
volume da mistura resultante, a essa mesma temperatura, será de,
aproximadamente:
a) 76 mL b) 79 mL c) 86 mL d) 89 mL e) 96 mL
RESOLUÇÃO:
Cálculo das massas de álcool e de água na mistura de 100 mL:
A densidade do álcool puro é 0,79 g/mL.
d = 0,79 g/mL = 
málcool = 39,5 g
A densidade da água pura é 1 g/mL.
d = 1 g/mL =
mágua = 50 g
Cálculo do volume da mistura:
mmistura = 39,5 g + 50 g = 89,5 g
De acordo com o gráfico, para 50% de álcool, a densidade da
mistura é 0,93 g/mL.
d = 0,93 g/mL = 
V � 96 mL
Resposta: E
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
1,10
1,00
0,90
0,80
0,70
0,60
0,50
D
en
si
da
de
 (
g/
m
L)
% de etanol (em volume) empregado
para preparar a mistura
m
–––
V
m
––––––
50 mL
89,5 g
––––––
V
m
–––
V
m
––––––
50 mL
m
–––
V
MÓDULO 15
SOLUÇÕES (II): 
CONCENTRAÇÃO DE SOLUÇÕES
FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA
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2. (UNICAMP-SP) – Na readequação de alguns estádios de futebol,
por conta de uma atitude ecológica coerente, milhares de assentos
serão produzidos a partir de garrafas PET. Para cada as sento serão
necessárias cerca de 100 garrafas PET de capacidade de 600 mL e
massa de 18 g cada uma. Pode-se afirmar que a redução de volume do
material reapro veitado para a fabricação dos assentos será aproxima -
damente igual a
a) 2,3% b) 33,3% c) 97,7% d) 66,6%
Dados: Densidade do PET = 1,3 g . cm–3. Considere que no rea -
proveitamento do PET não ocorre perda de massa, e que o volume
externo da garrafa é de 600 mL.
Resolução
Volume total das 100 garrafas de 600 mL:
V = 100 x 600 mL = 60 000 mL = 60 000 cm3
Massa total das 100 garrafas de PET para confecção de um assento:
m = 100 x 18 g = 1 800 g
Cálculo do volume de um assento de PET cuja densidade é igual a
1,3 g . cm–3:
1 cm3 –––––––– 1,3 g
x –––––––– 1 800 g
x = 1 385 cm3
Redução do volume:
60 000 cm3 – 1 385 cm3 = 58 615 cm3
Redução percentual:
60 000 cm3 –––––– 100%
58 615 cm3 –––––– y
y = 97,7%
Resposta: C
3. (UNIFESP) – Na queima do cigarro, há a liberação dos gases CO,
CO2 e de outras substâncias tóxicas, como alcatrão, nicotina, fenóis e
amônia (NH3). Para a conscientização sobre a toxicidade do cigarro, a
campanha antifumo do estado de São Paulo mostrava o uso do mo -
noxímetro, “bafômetro do cigarro”, que mede a concentração de mo nó -
xido de carbono, em ppm (partes por milhão), no ar exalado dos pul mões
do indivíduo. A figura representa o resultado da aplicação do teste.
Dado que 1 ppm de CO se refere ao teor de 1 L de CO em 106 L de ar
e que a densidade do CO é 1,145 g/L nas condições do teste, qual deve
ser o valor de XX, indicado no visor do monoxímetro, se dois litros de ar
exalado por aquele indivíduo contêm 4,58 x 10–2 mg de monóxido de
carbono?
RESOLUÇÃO:
Cálculo do volume de CO exalado em 2 L de ar:
1,145 g –––––– 1 L
4,58 . 10–5 g –––––– x
Cálculo do volume de CO em 106 L de ar:
2 L de ar –––––– 4 . 10–5 L de CO
106 L de ar –––––– y
Cálculo do valor XX (ppm):
1 ppm –––––– 1 L de CO
z –––––– 20 L de CO
x = 4 . 10–5 L
y = 20 L de CO
z = 20 ppm
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1. (MEDICINA-ALBERT EINSTEIN-2016) – O náilon 6,6 e o polies -
tireno são polímeros que apresentam diversas aplicações na indústria.
Um técnico misturou inadvertidamente amostras desses polímeros.
Dados: densidade do náilon 6,6 = 1,14 g.cm–3
densidade do poliestireno = 1,05 g.cm–3
massa molar do NaCl = 58,5 g.mol–1
Conhecendo a densidade desses materiais, ele decidiu preparar uma
solução aquosa de cloreto de sódio (NaCl) para separar as amostras.
Para tanto, ele utilizou um balão volumétrico de 5,0 L.
A massa de NaCl adequada para essa preparação é
a) 120 g. b) 300 g. c) 600 g. d) 1300 g.
RESOLUÇÃO:
A densidade da solução aquosa de NaCl deve ser maior que
1,05 g/cm3 e menor que 1,14 g/cm3.
Cálculo da massa de NaCl para preparar uma solução de densidade
1,05 g/cm3:
d = 1,05 g/cm3 → M = 1,25 mol/L
M = ∴ 1,25 mol/L =
m = 365,6 g
Cálculo da massa de NaCl para preparar uma solução de densidade
1,14 g/cm3:
d = 1,14 g/cm3 → M = 3,7 mol/L
M = ∴ 3,7 mol/L =
m = 1082,2 g
A massa de NaCl adequada para essa preparação é 600 g, pois é
maior que 365,6 g e menor que 1082,2 g.
Resposta: C
MÓDULO 16
CONCENTRAÇÃO DE SOLUÇÕES
(CONTINUAÇÃO)
poliestireno
solução aquosa de NaCl
náilon
m
––––––––––––––
58,5 g/mol . 5 L
m
––––––
M . V
m
––––––––––––––
58,5 g/mol . 5 L
m
––––––
M . V
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2. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – Um estudante utilizou um progra -
ma de computador para testar seus conhecimentos sobre concentração
de soluções. 
No programa de simulação, ele deveria escolher um soluto para
dissolver em água, a quantidade desse soluto, em mol, e o volume da
solução. Uma vez escolhidos os valores desses parâmetros, o programa
apresenta, em um mostrador, a concentração da solução. A tela inicial
do simulador é mostrada a seguir. 
O estudante escolheu um soluto e moveu os cursores A e B até que o
mostrador de concentração indicasse o valor 0,50 moI/L. Quando esse
valor foi atingido, os cursores A e B poderiam estar como mostrado em: 
RESOLUÇÃO:
A concentração da solução no mostrador, 0,5 mol/L, deve obedecer
à fórmula M = .
Aplicando a fórmula nas alternativas, temos, aproximadamente:
a) M = = 1 mol/L
b) M = = 2,67 mol/L
c) M = = 0,22 mol/L
d) M = = 0,5 mol/L
e) M = = 2,5 mol/L
Resolução alternativa:
O estudante deveria posicionar os cursores A e B visando obter a
concentração de 0,5 mol de soluto por 1,0 L de solução. As
alternativas A, B e E podem ser eliminadas imediatamente, pois
nelas o valor da quantidade em mols de soluto é superior ao do volu -
me, o que da ria uma concentração, em mol/L, maior ou igual a 1.
A alternativa c pode ser excluída em função da discrepância
evidente dos valores indicados pelos cursores. O cursor A foi
posicionado muito próximo ao zero e o cursor B muito próximo ao
1,0. Logo, a razão entre os valores aproximados indicados pelos
cursores deve ser menor que 0,5.
Resposta: D
nA
–––––––
VB (L)
0,8 mol
––––––––
0,8 L
0,8 mol
–––––––
0,3 L
0,2 mol
–––––––
0,9 L
0,4 mol
––––––––
0,8 L
0,5 mol
–––––––
0,2 L
a)
1,0 mol
0
A
1,0 L
0,2 L
B
b)
1,0 mol
0
A
1,0 L
0,2 L
B
c)
1,0 mol
0
A
1,0 L
0,2 L
B
d)
1,0 mol
0
A
1,0 L
0,2 L
B
e)
1,0 mol
0
A
1,0 L
0,2 L
B
Quantidade
de soluto
Volume
da solução
0
A
1,0 mol
cursores
móveis
1,0 L
0,2L
B
Soluto: Reiniciar tudo?
Concentração
da solução
mol / L
mostrador do
valor da
concentração0,5 L
Arquivo Ajuda
Simulador de soluçõesSimulador de soluções
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3. (UEL-PR) – O soro fisiológico é uma solução que contém 0,90%
(massa/volume) de NaCl em água destilada. Entre os usos dessa
solução, destacam-se a limpeza de ferimentos e de lentes de contato,
higienização nasal e reposição de íons cloreto e sódio.
Assinale a alternativaque corresponde à massa de NaCl, à concentração
em mol/L e ao número de íons cloreto em 0,20 litro (L) de soro.
Dados: Massa molar do NaCl = 58,5 g/mol
Constante de Avogadro = 6,0 . 1023 / mol
RESOLUÇÃO:
0,90% (m/V) indica que em 100 mL de solução estão dissolvidos
0,90 g de NaCl:
100 mL ––––––– 0,90 g
0,20 L → 200 mL ––––––– x
x = 1,8 g
M = 
M = ∴ M = 1,5 . 10–1 mol/L
n
NaCl = nCl–
n = ∴ n = 
n = 0,03 mol
1 mol ––––––– 6,0 . 1023 íons Cl–
0,03 mol ––––––––– x
x = 1,8 . 1022 íons Cl–
Resposta: C
4. (MACKENZIE-SP) – Uma solução aquosa de ácido sulfúrico, com
densidade igual a 1,400 g . mL–1, apresenta 70% em massa de soluto.
A concentração, expressa em mol por litro, para essa solução será igual a
Dado: massa molar (g . mol–1) H = 1, O = 16 e S = 32.
a) 8 mol . L–1. b) 9 mol . L–1.
c) 10 mol . L–1. d) 11 mol . L–1.
e) 12 mol . L–1.
RESOLUÇÃO:
Utilizando as fórmulas
C = 10 d . p, C = M M
MM = 10 d . p
98 g/mol . M = (10 . 1,400) g/L . 70
M = 10 mol/L
Outra resolução:
Em 1 mL, temos 1,400g de solução
Em 1 000 mL (1L), temos 1 400 g de solução
1 400 g de solução 980 g
M = ∴ M = 
M = 10 mol/L
Resposta: C
70%
–––––––––
H2SO4
m
–––––––
M . V
980 g
––––––––––––––
98 g/mol . 1 L
m
––––
M
1,8 g
–––––––––––
58,5 g/mol
1,8 g
––––––––––––––––––––
58,5 g . mol–1 . 0,20 L
Massa (g) Concentração (mol L–1) Número de íons cloreto
a) 1,8 1,5 x 10–1 6,0 x 1023
b) 9,0 7,7 x 10–1 4,6 x 1023
c) 1,8 1,5 x 10–1 1,8 x 1022
d) 0,9 7,7 x 10–2 4,6 x 1022
e) 1,8 15 x 10–1 9,0 x 1023
m
–––––––
M . V
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1. A varfarina é um fármaco que diminui a agregação pla -
quetária, e por isso é utilizada como anticoagulante,
des de que esteja presente no plasma, com uma concentração superior
a 1,0 mg/L. Entretanto, concen trações plasmáticas superiores a 4,0 mg/L
podem desen cadear hemorragias. As moléculas desse fármaco ficam
retidas no espaço intravascular e dissolvidas exclusiva mente no plasma,
que representa aproximadamente 60% do sangue em volume. Em um
medicamento, a varfarina é administrada por via intravenosa na forma de
solução aquosa, com concentração de 3,0 mg/mL. Um indivíduo adulto,
com volume sanguíneo total de 5,0 L, será submetido a um tratamento
com solução injetável desse medicamento.
Qual é o máximo volume da solução do medicamento que pode ser
administrado a esse indivíduo, pela via intravenosa, de maneira que não
ocorram hemorragias causadas pelo anticoagulante?
a) 1,0 mL. b) 1,7 mL. c) 2,7 mL.
d) 4,0 mL. e) 6,7 mL.
RESOLUÇÃO:
Varfarina: 3,0 mg/mL = 3,0 . 103 mg/L
Volume do medicamento que vai ficar dissolvido num adulto de
volume sanguíneo total de 5,0 L.
100% –––––––– 5,0 L
60% ––––––––– x
∴ x = 3,0 L
Cálculo do volume da solução do medicamento para evitar que não
ocorram hemorragias (4,0 mg/L).
C1V1 = C2V2
3,0 . 103 mg/L . V1 = 4,0 mg/L . 3,0 L
V1 = 4,0 . 10
–3 L∴ 4,0 mL
Resposta: D
2. (UNICAMP-SP -MODIFICADO-MODELO ENEM) – Um dos grandes
problemas das navegações do século XVI referia-se à limitação de água
potável que era possível transportar numa embarcação. Imagine uma
situação de emergência em que restaram apenas 300 litros (L) de água
potável (considere-a completamente isenta de eletrólitos).
A água do mar não é apropriada para o consumo devido à grande
concentração de NaCl (25 g/L), porém o soro fisiológico (10 g NaCl/L) é.
Se os navegantes tivessem conhecimento da composição do soro
fisiológico, poderiam usar a água potável para diluir água do mar de
modo a obter soro e assim teriam um volume maior de líquido para
beber.
Qual o volume total de soro que seria obtido com a diluição se todos os
300 litros de água potável fossem usados para esse fim?
a) 400 L b) 450 L c) 500 L d) 550 L e) 600 L
RESOLUÇÃO:
Cágua do mar = 25 g/L = Cinicial
Csoro = 10 g/L = Cfinal
Vfinal = Vinicial + 300 L
Cinicial . Vinicial = Cfinal . Vfinal
25 g/L . Vinicial = 10 g/L (Vinicial + 300 L) 
Vinicial = 200 L
Vfinal = 200 L + 300 L = 500 L
Resposta: C
MÓDULO 17
DILUIÇÃO E MISTURA DE SOLUÇÕES 
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3. (UFERSA-RN) – Quando 200 mL de uma solução 0,1 mol . L–1 de
NaNO3 são misturados com 300 mL de uma solução 0,2 mol . L
–1 de
Ba(NO3)2, a concentração de íons nitrato na solução resultante, expressa
em mol . L–1, será igual a:
a) 0,03 b) 0,07 c) 0,14 d) 0,28
RESOLUÇÃO:
Cálculo da concentração de íons nitrato em cada solução:
NaNO3 ⎯→ Na
+ + NO–3
0,1 mol/L 0,1 mol/L
Ba(NO3)2 ⎯→ Ba
+ + 2NO–3
0,2 mol/L 0,4 mol/L
Cálculo da concentração de íons nitrato na solução final:
M1 . V1 + M2 . V2 = M3 . V3
0,1 . 200 + 0,4 . 300 = M3 . 500
20 + 120 = M3 . 500
140 = M3 . 500
M3 = (mol/L)
Resposta: D
4. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – Uma usina de reciclagem de
plástico recebeu um lo te de ras pas de 2 tipos de plásticos, um deles
com densidade 1,10 kg/L e ou tro com densidade 1,14 kg/L. Para efetuar
a se paração dos dois tipos de plás ticos, foi necessário preparar 1000 L
de uma solução de densidade apropriada, misturando-se volumes
adequados de água (densidade = 1,00 kg/L) e de uma solução aquosa
de NaCl, disponível no almoxarifado da usina, de densidade 1,25 kg/L.
Esses volumes, em litros, podem ser, respectivamente,
a) 900 e 100. b) 800 e 200. c) 500 e 500.
d) 200 e 800. e) 100 e 900.
RESOLUÇÃO:
A solução aquosa de NaCl deve possuir uma densidade inter -
mediária entre 1,10 kg/L e 1,14 kg/L.
a) VH2O
= 900 L e VNaCl = 100 L
d =
d = 1,025 kg/L (não serve)
b) VH2O
= 800 L e VNaCl = 200 L
d =
d = 1,050 kg/L (não serve)
c) VH2O
= 500 L e VNaCl = 500 L
d =
d = 1,125 kg/L (serve, pois é um valor intermediá rio entre
1,10 kg/L e 1,14 kg/L)
d) VH2O
= 200 L e VNaCl = 800 L
d =
d = 1,20 kg/L (não serve)
e) VH2O
= 100 L e VNaCl = 900 L
d =
d = 1,225 kg/L (não serve)
Resposta: C
140
–––––
500
M3 = 0,28 mol/L
900 L . 1,00 kg/L + 100 L . 1,25 kg/L
––––––––––––––––––––––––––––––––––
1 000 L
800 L . 1,00 kg/L + 200 L . 1,25 kg/L
–––––––––––––––––––––––––––––––––
1 000 L
500 L . 1,00 kg/L + 500 L . 1,25 kg/L
–––––––––––––––––––––––––––––––––
1 000 L
200 L . 1,00 kg/L + 800 L . 1,25 kg/L
––––––––––––––––––––––––––––––––––
1 000 L
100 L . 1,00 kg/L + 900 L . 1,25 kg/L
––––––––––––––––––––––––––––––––––
1 000 L
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1. (UDESC-SC) – Observe as equações a seguir e selecione aquelas
nas quais a água (H2O) comporta-se como um ácido de Brönsted-Lowry.
I) HNO2 + H2O →← H3O
+ + NO2
–
II) H– + H2O →← OH
– + H2
III) NH2
– + H2O →← NH3 + OH
–
IV) CO2–
3
+ H3O
+ →← HCO
–
3 + H2O
a) I e II b) II e III c) III e IV
d) II e IV e) I e III
RESOLUÇÃO:
Nas reações II e III a água é doadora de prótons enquanto nas
reações I e IV é receptora de prótons.
Resposta: B
2. (UFSM-RS) – Observe as equações:
I) H3O
+ + CN– →← HCN + H2O 
II) NH3 + CO
2–
3 
→← NH2
– + HCO–3
III) C2H5O
– + NH3 →← C2H5OH + NH2
–
De acordo com Brönsted-Lowry, os compostos destacados são,
respectivamente:
a) base – ácido – ácido. b) base – base – ácido.
c) ácido – ácido – base. d) ácido – base – ácido.
e) base – ácido – base.
RESOLUÇÃO:
O HCN é um doador de próton, o íon carbonato recebe o próton e
o NH3 é doador de próton.
Resposta: D
3. Indique os ácidos e bases pela teoria de Brönsted-Lowry, e os
respectivos pares conjugados nas reações abaixo equacionadas:
a) HCO–3 + H2O →← H3O
+ + CO2–
3
b) HCO–3 + H2O →← H2CO3 + OH
–
c) HF + HNO3 →← H2F
+ + NO–3
d) H2SO4 + HClO4 →← H3SO4
+ + ClO–4
RESOLUÇÃO:
a) HCO–3 + H2O →← H3O
+ + CO2–
3
ácido base ácido base
b) HCO–3 + H2O →← H2CO3 + OH
–
base ácido ácido base
c) HF + HNO3 →← H2F
+ + NO–
3
base ácido ácido base
d) H2SO4 + HClO4 →← H3SO4
+ + ClO–4
base ácido ácido base
4. (UFG-GO) – A histidina, um aminoácido, é utilizada pelo organismo
para a síntese da histamina, por meio de uma reação de descar boxilação.
a) Explique qual das duas substâncias é mais solúvel na água.
b) Explique, de acordo com a teoria de Brönsted-Lowry, por que a histi -
dina apresenta caráter anfótero em meio aquoso, enquanto seu deri -
vado, a histamina, não.
RESOLUÇÃO:
a) A histidina é mais solúvel em água que a histamina, pois
apresenta o grupo carboxila a mais (histamina não possui) que
faz ligação de hidrogênio com a molécula de água tornando a
substância mais polar. 
b) A histidina pode reagir como ácido de Brönsted-Lowry (cedendo
prótons), pois possui grupo carboxila, ou como base de
Brönsted-Lowry (recebendo prótons), pois os átomos de
nitrogênio podem aceitar prótons. Já a hista mina só reagirá
como base, pois possui átomos de nitrogênio que podem
receber prótons em meio aquoso, pois esses átomos de
nitrogênio têm um par de elétrons livre..
 
NHN NH2
Histidina
OH
O
Histamina
NHN NH2
MÓDULO 18
CONCEITOS DE ÁCIDOS E BASES (I): AS
TEORIAS DE ARRHENIUS E BRÖNSTED E LOWRY
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1. (ITA-MODIFICADA) – Considere os compostos orgânicos metilfenil -
ce tona e propanona. 
Apresente a equação química que representa o equi líbrio tautomérico
para cada um dos compostos. 
RESOLUÇÃO:
As equações químicas que representam os equilí brios tautoméricos
são:
2. (FUVEST-SP) – A substância A, na presença de luz solar, transforma-
se na substância B que por sua vez, no escuro, se transforma em A.
Pelo esquema acima, pode-se afirmar que
a) há uma interconversão de isômeros.
b) a transformação de A em B libera energia.
c) a luz converte uma cetona em um aldeído.
d) na ausência da luz, o caráter aromático é destruído.
e) no escuro, um ácido carboxílico é reduzido a uma cetona.
RESOLUÇÃO:
Resposta: A
C CH
H
H
O
C CH
H
OH
Metilfenilcetona Enol
C CH
H
OH
Propanona Enol
C CH
H
H
O
H C3 H C3
MÓDULO 15
ISOMERIA PLANA (CONTINUAÇÃO) C R
O
OH
C R
OH
O
LUZ SOLAR
NO ESCURO
A B
C R
O
OH
C R
OH
O
LUZ
ESCURO
cetona fenol enol
cetona
RC H O13 9 2 RC H O13 9 2
isômeros
FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA
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3. Dada a fórmula molecular C5H10, sugerir pelo menos cinco
compostos diferentes com suas respectivas fórmulas estruturais e
nomes oficiais (IUPAC).
RESOLUÇÃO:
1. (UFSCar-SP) – O resveratrol é uma substância orgânica en contrada
em casca de uva vermelha e é associada à redução da incidência de
doenças cardiovasculares entre os habi tantes de países nos quais ocorre
consumo moderado de vinho tinto. Mais recen te mente, foi encontrada
outra substância com propriedades seme lhantes, denominada
pterostilbeno na fruta blueberry (conhecida no Brasil como mirtilo). As
fórmulas estruturais do resveratrol e do pterostilbeno são fornecidas a
seguir:
a) Escreva o nome de todas as funções químicas oxi genadas presentes
no resveratrol e no pterostilbeno.
b) Identifique o tipo de isomeria e escreva as fórmulas estruturais dos
isômeros que o pterostilbeno pode formar, considerando que as
posições dos substi tuintes em seus anéis aromáticos não se alteram
e que esses anéis não estão ligados a um mesmo átomo de carbono.
RESOLUÇÃO:
I
H C2 CH CH2 CH2 CH3
II
H C3 CH CH CH2 CH3
IV
H C2
III
C CH2 CH3
CH3
H C2 CH CH CH3
CH3
VI
CH2
H C2
H C2 CH2
CH2
ou
H C3
V
C CH CH3
CH3
H C2
VII
CH2
CHH C2 CH3
H C3
VIII
C
CH3
CH2
CH2
IX
HC
CH3
CH2
CH
CH3
X CH2
CHH C2 CH2 CH3
pent-1-eno pent-2-eno
2-metilbut-1-eno 3-metilbut-1-eno
2-metilbut-2-eno
ciclopentano
metilciclobutano 1,1-dimetilciclopropano
1,2-dimetilciclopropano etilciclopropano
MÓDULO 16
ISOMERIA ESPACIAL: ISOMERIA GEOMÉTRICA
OH
HO C
C
H
OH
Resveratrol
H3CO
OCH3
C
C
H
OH
H
H
Pterostilbeno
HO C
C
H
Resveratrol
H CO3
OCH3
C
C
H
OH
H
H
Pterostilbeno
fenol
a)
fenol
éter
 
OH
fenol
fenol
OH
éter
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b) Isomeria geométrica ou isomeria cis-trans.
2. O citral, substância de odor fortemente cítrico, é obtido
a partir de algumas plantas, como o capim-limão, cujo
óleo essencial possui aproximadamente 80%, em massa, da substância.
Uma de suas aplicações é na fabricação de produtos que atraem
abelhas, especialmente do gênero Apis, pois seu cheiro é semelhante
a um dos feromônios liberados por elas. Sua fórmula molecular é
C10H16O, com uma cadeia alifática de oito carbonos, duas insaturações,
nos carbonos 2 e 6 e dois grupos substi tuintes metila, nos carbonos 3
e 7. O citral possui dois isômeros geométricos, sendo o trans o que
mais contribui para o forte odor.
Para que se consiga atrair um maior número de abelhas para uma
determinada região, a molécula que deve estar presente em alta
concentração no produto a ser utilizado é:
RESOLUÇÃO:
O citral, de fórmula molecular C10H16O, apresenta uma cadeia
alifática (não aromática) de oito carbonos, duas insaturações, nos
carbonos 2 e 6; e dois grupos substituintes metila, nos carbonos
3 e 7.
O citral possui dois isômeros geométricos, sendo o trans o que
mais contribui para o forte odor que irá atrair as abelhas.
Para a existência da isomeria geométrica em cadeias abertas, deve
existir dupla-ligação entre átomos de carbono e cada carbono da
dupla deve ter ligantes diferentes.
No carbono 2, o H é o ligante de menor massa molar, e no carbono
3, o metila é o ligante de menor massa molar. Os 2 ligantes de
menor massa molar, de lados opostos da ligação dupla, originam
o isômero trans.
A fórmula estrutural em bastão é:
Resposta: A
H CO3
OCH3
C
C
H
OH
H
cis
H CO3
OCH3
C
C
OH
H
trans
H
O
a)
Ob)
O
c)
Od)
O
e)
OH3
CH3 CH3
H2
H
H2
H
H
C8
C7
C6
C5
C4
C3
C2
C1
O
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3. (MACKENZIE-SP) – Pesquisadores de um famoso centro de
pesquisa na Califórnia – EUA – anunciaram o desenvolvimento de uma
nova pílula que “engana” o corpo: ela faz com que o organismo ache
que houve ingestão de alimentos e passe a queimar calorias. O
medicamento, segundo os resultados, freou o ganho de peso e reduziu
os níveis de colesterol e de diabetes nos testes realizados em ratos.
Diferente da maioria dos medicamentos de dieta no mercado, a pílula,
denominada fexaramine, não se dissolve no sangue como os inibidores
de apetite e como os remédios para emagrecer à base de cafeína. Ela
permanece nos intestinos, causando menos efeitos colaterais.
De acordo com a fórmula estrutural da fexaramine, representada acima,
são feitas as seguintes afirmações.
I. Estão presentes os grupos funcionais, amina terciária, éster e
cetona.
II. Possui isomeria geométrica cis-trans, sendo a molécula acima a
representação do isômero trans.
III. Possui fórmula molecular C32H36N2O3.
IV. Possui característica apolar e 7 carbonos terciários.
Estão corretas
a) I e III, apenas.
b) I e IV, apenas.
c) I e II, apenas.
d) II e IV, apenas.e) II e III, apenas.
RESOLUÇÃO:
T: terciários
5 carbonos terciários
Fórmula molecular: C32H36N2O3
Corretas: II e III
Resposta: E
1. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – O neurotransmissor sero to nina é
sin tetizado no or ganismo humano a partir do trip tofano. As fórmulas
estruturais do triptofano e da serotonina são fornecidas a seguir.
Com respeito a essas moléculas, pode-se afirmar que
a) apenas a molécula do triptofano apresenta atividade óptica.
b) ambas são aminoácidos.
c) a serotonina é obtida apenas por hidroxilação do anel benzênico do
triptofano.
d) elas são isômeras.
e) as duas moléculas apresentam a função fenol.
N O
O
O
N
T
T
T T
T
Aproximadamente
apolar
Amida
Éster
Amina
terciária
H
H
N O
O
O
N
MÓDULO 17
ISOMERIA ESPACIAL: ISOMERIA ÓPTICA
N
—
H
C — C — C
— —
—
H NH2
H
—
H O
—
OH
C — C — NH2
— —
—
H H
H
—
HHO
Triptofano
Serotonina
—
—
N
—
H
O
O
H
H
trans
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RESOLUÇÃO:
O triptofano, um aminoácido, possui carbono assimétrico (quiral)
e apresenta atividade óptica.
A serotonina é obtida por hidroxilação do anel benzênico e por
descarboxilação do triptofano.
Não são compostos isômeros, pois não possuem a mesma fórmula
molecular (triptofano: C11H12N2O2 e serotonina: C10H12N2O).
Resposta: A
2. O estudo de compostos orgânicos permite aos analistas
definir propriedades físicas e químicas responsáveis
pelas características de cada substância descoberta.
Um laboratório investiga moléculas quirais cuja cadeia carbônica seja
insaturada, heterogênea e ramificada. 
A fórmula que se enquadra nas características da molécula investigada
é 
a) CH3 — (CH)2 — CH(OH) — CO — NH — CH3. 
b) CH3 —(CH)2 — CH(CH3) — CO — NH — CH3. 
c) CH3 — (CH)2 — CH(CH3) — CO — NH2.
d) CH3 — CH2 — CH(CH3) – CO — NH — CH3. 
e) C6H5 — CH2 — CO — NH — CH3. 
RESOLUÇÃO:
A molécula quiral (que possui átomo de carbono assimétrico, com
4 ligantes diferentes) cuja cadeia carbônica é insaturada,
heterogênea e ramificada é:
• As demais moléculas são:
Resposta: B
3. A talidomida é um sedativo leve e foi muito utilizado no
tratamento de náuseas, comuns no início da gravidez.
Quando foi lançada, era considerada segura para o uso
de grávidas, sendo administrada como uma mistura racêmica composta
pelos seus dois enantiômeros (R e S). Entre tanto, não se sabia, na
época, que o enantiômero S leva à malformação congênita, afetando
principalmente o desen volvimento normal dos braços e pernas do bebê. 
COELHO. F. A. S. Fármacos e quiralidade. Cadernos Temáticos de
Química Nova na Escola, São Paulo. n. 3, (adaptado). 
Essa malformação congênita ocorre porque esses enantiô meros 
a) reagem entre si. 
b) não podem ser separados. 
c) não estão presentes em partes iguais. 
d) interagem de maneira distinta com o organismo. 
e) são estruturas com diferentes grupos funcionais. 
RESOLUÇÃO:
Os enantiômeros apresentam as mesmas propriedades físicas,
exceto o desvio do plano da luz polarizada. Podem ser separados
e suas estruturas apresentam grupos funcionais iguais.
Essa malformação congênita ocorre porque esses enantiômeros
interagem de maneira distinta com o organismo, isto é, os
enantiômeros apresentam ação fisiológica diferente.
A mistura racêmica é mistura em partes iguais dos dois enan -
tiômeros.
Resposta: D
N
—
H
C — C — NH2
— —
—
H H
H
—
HHO
Amina
Amina
Fenol
H O
| ||
CH3 — CH = CH — C* — C — NH — CH3
|
CH3
CH3 CH CH C*
H
OH
C
O
NH CH3a)
insaturada, heterogênea
e reta (normal)
CH3
CH3
CH
CH2
CH
CH2
C*
C*
H
H
CH3
CH3
C
C
C
O
O
O
NH2
NH
NH CH3
c)
d)
e)
insaturada, homogênea
e ramificada
saturada, heterogênea
e ramificada
insaturada, heterogênea
e não é quiral
CH3
N
—
H
C — C — C
— —
—
H NH2
H
—
H
=
O
—
OH
Amina
Amina
Ácido carboxílico
*
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4. (UNESP-2016-MODELO ENEM) – A bioluminescência é o fenô -
meno de emissão de luz visível por certos organismos vivos, resultante
de uma reação química entre uma substância sintetizada pelo próprio
organismo (luciferina) e oxigênio molecular, na presença de uma enzima
(luciferase). Como resultado dessa reação bioquímica é gerado um
produto em um estado eletronicamente excitado (oxiluciferina*). Este
produto, por sua vez, desativa-se por meio da emissão de luz visível,
formando o produto no estado normal ou fundamental (oxiluciferina). Ao
final, a concentração de luciferase permanece constante. 
luciferase
Luciferina + O2 ⎯⎯⎯⎯→ Oxiluciferina* → Oxiluciferina + h�(450–629nm)
O esquema ilustra o mecanismo geral da reação de bioluminescência de
vagalumes, no qual são formados dois produtos diferentes em estados
eletronicamente excitados, responsáveis pela emissão de luz na cor
verde ou na cor vermelha. 
(Etelvino J. H. Bechara e Vadim R. Viviani. Revista virtual de química.
2015. Adaptado.) 
De acordo com o texto, assinale a alternativa que apresenta a massa
molar, em g . mol–1, e o tipo de isomeria presente na luciferina do vagalu -
me. 
a) 274,3 e óptica. b) 279,3 e óptica.
c) 279,3 e geométrica. d) 274,3 e geométrica.
e) 279,3 e tautomeria.
Dado: massas molares em g/mol: H: 1,01, C: 12,0, O: 16,0, N: 14,0,
S: 32,1.
RESOLUÇÃO:
Fórmula molecular: (C11H7O3N2S2)
–
M = (11 . 12,0 + 7 . 1,01 + 3 . 16,0 + 2 . 14,0 + 2 . 32,1)g/mol
M = 279,27 g/mol
Aproximadamente, 279,3 g/mol
A isomeria que ocorre na luciferina é a isomeria óptica, pois esse
composto apresenta carbono quiral (C*) ou assimétrico.
Resposta: B
1. (FATEC-MODELO ENEM) – A história do seriado Breaking Bad gira
em torno de um professor de Química do ensino médio, com uma
esposa grávida e um filho adolescente que sofre de paralisia cerebral.
Quando é diagnosticado com câncer, ele abraça uma vida de crimes,
produzindo e vendendo metan fetaminas. 
O uso de drogas pode desestabilizar totalmente a vida de uma pessoa,
gerando consequências devastadoras e permanentes. Muitas vezes,
toda a família é afetada. 
As metanfetaminas são substâncias relacionadas quimi camente com
as anfetaminas e são um potente estimulante que afeta o sistema
nervoso central. 
(http://tinyurl.com/pffwfe6l. Adaptado) 
A metanfetamina, N-metil-1-fenilpropano-2-amina, fórmula ,
apresenta os isômeros representados pelas fórmulas estruturais: 
A análise das estruturas nos permite concluir, corretamente, que os
compostos são isômeros 
a) de cadeia. b) de posição. c) de função. 
d) geométricos. e) ópticos. 
RESOLUÇÃO:
A metanfetamina apresenta carbono assimétrico ou quiral (átomo
de carbono ligado a quatro grupos diferentes), assinalado com
asterisco.
Os isômeros apresentados são enantiomorfos, isômeros ópticos,
um imagem especular do outro (dextrogiro e levogiro).
Resposta: E
O S
N
N
S
COOH
-
H
luciferina
luciferase
O2 O S
N
N
S
- O O
O
CO
2 CO
2
oxiluciferina (ceto)
O S
N
N
S
O*-
oxiluciferina (enolato)
O S
N
N
S
O*-
-
O S
N
N
S
O- O S
N
N
S
O-
-
O S
N
N
S
COOH-
C*
H carbono quiral
MÓDULO 18
ISOMERIA ÓPTICA (CONTINUAÇÃO)
C10H15N
H H
N N
H C3
H
H C3
H CH3
CH3
C
H
H
C*
H C3 H
N
H
CH3
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2. (POUSO ALEGRE) – Os pares de estruturas
representam, respectivamente:
a) enantiômeros, isômeros de cadeia, isômeros geométricos e isô -
meros de função.
b)enantiômeros, isômeros de posição, estruturas iguais, isômeros de
posição.
c) estruturas idênticas, isômeros de cadeia, isômeros de posição, isô -
meros cis-trans.
d) estruturas iguais, isômeros de cadeia, isômeros geométricos,
isômeros geométricos.
e) enantiômeros, isômeros de cadeia, tautômeros, isômeros de po -
sição.
RESOLUÇÃO:
I. Os compostos são imagens especulares, enantiômeros,
enantio morfos ou antipodas ópticos.
II.
São isômeros de cadeia, a primeira é ramificada e a segunda
normal ou reta.
III.
São isômeros geométricos (no ciclo há dois átomos de carbono
com ligantes diferentes).
IV.
Resposta: A
3. (UNESP) – O adoçante artificial aspartame tem fórmula estrutural
Sobre o aspartame, são feitas as seguintes afirmações:
I. Apresenta as funções éster e amida.
II. Não apresenta isomeria óptica.
III. Sua fórmula molecular é C14H13N2O5.
Das afirmações apresentadas,
a) apenas I é verdadeira.
b) apenas I e II são verdadeiras.
c) apenas I e III são verdadeiras.
d) apenas II e III são verdadeiras.
e) I, II e III são verdadeiras.
RESOLUÇÃO:
I) Verdadeira.
II) Falsa.
Possui 2 carbonos assimétricos.
III) Falsa.
Sua fórmula molecular é C14H18N2O5.
Resposta: A
4. (UNIVERSIDADE ESTADUAL DE GOIÁS)
POLÍCIA CIVIL APREENDE NOVO TIPO DE DROGA EM SÃO PAULO
A Polícia Civil de São Paulo fez, na quarta-feira (11), a primeira
apreensão das chamadas “cápsulas do medo”, apontadas como uma
das drogas sintéticas mais potentes usadas por jovens em danceterias
e festas raves. Segundo o diretor do Denarc (De par tamento de
Investigações sobre Narcóticos), Ivaney Cayres de Souza, a nova droga
é trazida da Europa. “Cada cápsula provoca pelo menos 80 horas de
alu cinação”, afirmou. Além das cápsulas, os investiga dores também
apreenderam o chamado ice, uma dro ga em forma de cristal.
[...] 
No total, foram apreendidos 34 comprimidos de ecstasy, 74 cáp sulas
de ice, 77 micropontos de LSD, 31 “cápsulas do medo” e 1,2 quilo de
haxixe. Se gundo as investigações, as drogas eram vendidas para
universitários, para frequentadores de dance terias e de festas raves.
(Disponível em:
<http://www1.folha.uol.com.br/folha/cotidiano/ult95u108947.shtml>.
Adaptado.)
Dados: nomes e sinônimos:
Cápsula do medo = DOB = 2,5-dimetoxi-4-bromoanfetamina
Ecstasy = MDMA = 3,4-metilenodioxi-N-metilanfetamina
LSD = dietilamida do ácido D-lisérgico
I
H C3 C COOH
II
(CH ) C3 4 CH2 CH2 CH3
Cl
H
e HOOC C CH3
Cl
H
e CH3 CH2
III
HO
Cl
e HO
Cl
IV
eCH3CH3 C
O
O CH3CH2 CH
CH2 CH2 CH3H C3 CH2CH3 eH C3 C
CH3
CH3
HO
H
TRANSCIS
H
HO
Cl
H
Cl
H
CH3H C3 C
O
O CH3H C2 CH
cetona éter
São isômeros de função
C — C — C — C — N — C — C
—
CH2
—
H
—
H
—
H
—
H
—
NH2
—
H
— —
O
—
OCH3
——
O
—HO
—O—
C — C — C — C — N — C — C
—
CH2
—
H
—
H
—
H
—
H
—
NH2
—
H
— —
O
—
OCH3
——
O
—
HO
——O
**
ácido
carboxílico
amina
amida
éster
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Haxixe = resina extraída da cannabis = maconha = delta-9-te traidroca -
nabinol
Ice = N-metilanfetamina = N-alfadimetilbenze noetanamina
Estruturas químicas:
Qual(is) dessas substâncias apresenta(m) isomeria óp tica? Justifique
sua resposta.
RESOLUÇÃO:
Todas.
N
O
N — CH3
H
N
H
LSD
I
N
O
O
H
CH3
CH3
II
Ecstasy
O
H
H
OH
Haxixe
III
Br
NH2
CH3
IV
Cápsula do medo
CH3O
OCH3
N
H
CH3
CH3
V
Ice
C 
N
O
N — CH3
N
H
I)
C — H*
*
N
O
O
H
CH3
CH3
II) C*
H
O
H
OH
III)
C
C* *
H
Br
NH2
CH3
IV) H3C — O
OCH3
C*
H
N
H
CH3
CH3
V) C
*
H
H
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1. (FUVEST-SP-MODELO ENEM) – Um estudante desejava estudar,
experimen talmente, o efeito da temperatura sobre a velocidade de uma
transformação química. Essa transformação pode ser representada por:
catalisador
A + B ⎯⎯⎯⎯⎯→ P
Após uma série de quatro experimentos, o estudante representou os
dados obtidos em uma tabela:
Que modificação deveria ser feita no procedimento para obter resul -
tados experimentais mais adequados ao objetivo proposto?
a) Manter as amostras à mesma temperatura em todos os expe -
rimentos.
b) Manter iguais os tempos necessários para completar as
transformações.
c) Usar a mesma massa de catalisador em todos os experimentos.
d) Aumentar a concentração dos reagentes A e B.
e) Diminuir a concentração do reagente B.
RESOLUÇÃO:
Para avaliar a influência da temperatura na velocidade da reação,
os demais fatores (catalisador, concentração de A e B iniciais)
devem permanecer constantes. Como as concentrações de A e B já
estão constantes, basta manter constante também a massa do
catalisador. 
Resposta: C
2. (PASUSP-MODELO ENEM) – O hipoclorito de sódio (NaClO) é mui -
to usado na for mulação de desinfetantes. Em condições experimentais
ade quadas, soluções aquosas dessa substância se decompõem com
certa faci lidade, mediante formação de oxigênio. Com o intuito de avaliar
o efeito da temperatura e da concentração do reagente na velocidade da
reação de decomposição química, foram realizados 4 ex perimentos com
soluções de hipoclorito de sódio. O gráfico a seguir mostra o volume de
oxigênio coletado no processo de de com posição do NaClO, em função
do tempo, para cada um dos experimentos.
Experimento A: Solução de NaClO 5,0%, T = 25°C
Experimento B: Solução de NaClO 5,0%, T = 35°C
Experimento C: Solução de NaClO 5,0%, T = 15°C
Experimento D: Solução de NaClO 2,5%, T = 25°C
De acordo com os resultados mostrados no gráfico, pode-se afirmar que
a) a temperatura não afeta a velocidade da reação.
b) a velocidade da reação é triplicada ao se variar a temperatura de 15
para 35°C.
c) a velocidade da reação no experimento A é de aproxima da mente
5 mL de O2 / minuto.
d) a concentração de hipoclorito de sódio não exerce influência na
velocidade da reação.
e) a quantidade de oxigênio produzida no experimento C, após
4 minu tos, será de 15 mL.
RESOLUÇÃO:
Comentando as afirmações:
a) Incorreta. Nas experiências C, A e B, a concen tração é
constante e a tem pe ratura aumenta na ordem C (15°C), A
(25°C), B (35°C). O volume de O2 produzido em 2 minutos
aumenta na ordem C (15 mL), A (30 mL), B (45 mL).
b) Correta. Nas experiências C e B, a concentração é igual e a tem -
peratura aumenta de 15°C (C) para 35°C (B). Depois de 2
minutos, o volume de O2 obtido em C é 15 mL e em B é 45 mL.
Portanto, a velocidade triplicou.
c) Incorreta. Em 4 minutos, o volume de O2 obtido é 60 mL, dando
uma velocidade média de 15 mL/min no experimento A.
d) Incorreta. Nas experiências A e D, a temperatura é constante.
A concen tração em D é metade da concentração em A. O
volume de O2 obtido em A depois de 4 minutos é 60 mL e em
D é menor (aproximadamente 22,5 mL).
e) Incorreta. O volume de O2 obtido é 30 mL.
Resposta: B
MÓDULO 15
CINÉTICA QUÍMICA II:
FATORES QUE ALTERAM A VELOCIDADE
DAS REAÇÕES (C0NTINUAÇÃO)
Número do experimento
1 2 3 4
temperatura (°C) 15 20 30 10
massa de catalisador (mg) 1 2 3 4
concentração inicial de A
(mol/L)
0,1 0,1 0,1 0,1
concentração inicial de B
(mol/L)
0,2 0,2 0,2 0,2
tempo decorrido 
até que a transformação
se completasse (em
segundos)
47 15 4 18
FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA
C4_QUIMICA_A_EXERCICIOS_ALICE_2016 18/02/16 17:35 Página 97
3. (UFPA) – No diagrama abaixo estão representados os caminhos de
uma reação na presença e na ausência de um catalisador.
Com base neste diagrama, é correto afirmar:01) A curva II refere-se à reação catalisada e a curva I refere-se à reação
não catalisada.
02) Se a reação se processar pelo caminho II, ela será mais rápida.
04) A adição de um catalisador à reação diminui seu valor de ΔH.
08) O complexo ativado da curva I apresenta a mesma energia do
complexo ativado da curva II.
16) A adição do catalisador transforma a reação endotérmica em
exotérmica.
RESOLUÇÃO:
01) Correto.
A energia de ativação da reação II é menor que a energia de
ativação da reação I.
02) Correto.
A reação II tem menor energia de ativação.
04) Incorreto.
Não altera o valor de ΔH.
08) Incorreto.
O complexo ativado da curva II tem menor energia.
16) Incorreto.
Não altera o ΔH.
Corretos: 01 e 02
Soma: 01 + 02 = 03
4. (UFPI-MODELO ENEM) – Entre as substâncias presentes nos
organismos vivos, as enzimas se destacam por desempenharem o papel
de catalisadores biológicos. O gráfico abaixo representa a variação da
energia potencial de uma reação que ocorre em duas etapas, catalisada
por uma enzima (E) que age no substrato S.
Somente com base neste gráfico, é correto afirmar que
a) a energia de ativação para a etapa I é maior do que para a etapa II.
b) a velocidade da reação para a etapa II tende a ser menor do que para
a etapa I.
c) a reação geral S + E → P + E absorve energia.
d) a função da enzima é aumentar o conteúdo energético dos reagentes.
e) as enzimas somente atuam aumentando a energia de ativação das
reações.
RESOLUÇÃO:
Quanto maior a energia de ativação (etapa II) menor será a
velocidade da reação.
A reação S + E → P + E é exotérmica (entalpia dos produtos é
menor que a dos reagentes).
A função de uma enzima é acelerar as reações, diminuindo a
energia de ativação.
Resposta: B
S + E
SE
Etapa I
Etapa II
P + E
Coordenada de reação
Energia
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1. (UECE) – Um óxido de nitrogênio se decompõe de acordo com a
reação 2 N2O5 → 4 NO2 + O2 e apresenta o seguinte mecanismo:
I) N2O5 → NO2 + NO3 (etapa lenta)
II) NO3 → NO + O2 (etapa rápida)
III) NO + N2O5 → NO2 + N2O4 (etapa rápida)
IV) N2O4 → 2 NO2 (etapa rápida)
Analisando os processos descritos acima, podemos afirmar, correta -
mente:
a) A reação é elementar.
b) A expressão da velocidade é v = k [N2O5].
c) Trata-se de uma reação de segunda ordem.
d) A etapa IV é determinante para o cálculo da velocidade.
RESOLUÇÃO:
A etapa I (lenta) é determinante para o cálculo da velocidade. Trata-
se de uma reação de primeira ordem.
Resposta: B
2. (UNESP-SP-MODELO ENEM) – O gás cloreto de carbonila, COCl2
(fosgênio), extre ma mente tóxico, é usado na síntese de muitos
compostos orgânicos. Conhecendo-se os seguintes dados coletados a
uma dada temperatura:
a expressão da lei de velocidade e o valor da constante k de velocidade
para a reação que produz o cloreto de carbonila, 
CO (g) + Cl2 (g) → COCl2 (g), são, respectivamente:
a) v = k [CO (g)]1 + [Cl2 (g)]2, k = 0,56 L2. mol–2. s–1
b) v = k [CO (g)]2 [Cl2 (g)]1, k = 31,3 L2. mol–2. s–1
c) v = k [Cl2 (g)]2 , k = 2,25 L2. mol–2. s–1
d) v = k [CO (g)]1 [Cl2 (g)]2, k = 18,8 L2. mol–2. s–1
e) v = k [CO (g)]1 [Cl2 (g)]1, k = 0,28 L2. mol–2. s–1
RESOLUÇÃO:
Comparando os resultados das experiências 1 e 2, temos a con -
centração de Cl2 mantida constante e a concentração de CO dupli -
cada, o que acarretou a du plicação da velocidade; logo, a
ve lo cidade é pro porcional à concentração de CO: ordem 1.
Comparando os resultados das experiências 2 e 3, temos a con -
centração de CO mantida constante e a concentração de Cl2 du -
plicada, fazendo a velocida de quadruplicar; logo, a velocidade é
propor cional ao quadrado da concentração de Cl2: ordem 2.
Substituindo na expressão os dados da experiência 1, temos:
0,09 mol . L–1 . s–1 = k . 0,12 mol . L–1 . (0,20 mol . L–1)2
Resposta: D
Concentração inicial
(mol . L–1) Velocidade inicial 
(mol COCl2 . L
–1. s–1)
Experimento CO (g) Cl2 (g)
1 0,12 0,20 0,09
2 0,24 0,20 0,18
3 0,24 0,40 0,72
v = k . [CO]1 . [Cl2]2
k = 18,75 . L2 . mol–2 . s–1
MÓDULO 16
REAÇÕES EM ETAPAS 
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3. (PUC-SP-MODIFICADO) – O ânion bromato reage com o ânion
brometo em meio ácido gerando a substância simples bromo segundo
a equação:
BrO–3 (aq) + 5 Br
– (aq) + 6 H+ (aq) → 3 Br2(aq) + 3 H2O(l)
A cinética dessa reação foi estudada a partir do acom pa nhamento dessa
reação a partir de diferentes concen trações iniciais das espécies
BrO–3 (aq), Br
– (aq) e H+ (aq).
Escreva a lei cinética dessa reação.
RESOLUÇÃO:
Experimentos 1 e 2:
[Br–] e [H+] constantes
[BrO–3] dobra v dobra
Conclusão: 1.a ordem em relação ao BrO–3
Experimentos 1 e 3:
[BrO–3] e [H
+] constantes
[Br–] triplica v triplica
Conclusão: 1.a ordem em relação ao Br–
Experimentos 2 e 4:
[BrO–3] e [Br
–] constantes
[H+] dobra v quadruplica
Conclusão: 2.a ordem em relação ao H+
Lei cinética: v = k [BrO–3] [Br
–] [H+]2
experimento
[BrO–3]
(mol . L–1)
[Br–]
(mol . L–1)
[H+]
(mol . L–1)
Taxa
relativa
1 0,10 0,10 0,10 v
2 0,20 0,10 0,10 2v
3 0,10 0,30 0,10 3v
4 0,20 0,10 0,20 8v
Exercício Resolvido
(UNIRIO) – “O anúncio da construção de uma usina termoelétrica
a carvão na ilha da madeira, município de Itaguaí, Baixada
Fluminense, acendeu a luz amarela para o que pode representar um
novo problema ambiental para o estado do Rio de Janeiro. A con -
sequência mais grave seria a chuva ácida, além da emissão de gases
que atacam a camada de ozônio”.
(JB)
A qualidade da água da chuva pode variar em função do tipo de
carga poluidora e das condições meteorológicas. O dióxido de
nitrogênio é um dos principais poluentes da atmosfera. A reação
entre o dióxido de nitrogênio e o ozônio, encontrado na troposfera,
foi estudada a 231K. A experiência mostrou que a reação é de
primeira ordem em relação ao dióxido de nitrogênio e ao ozônio.
2NO2(g) + O3(g) → N2O5(g) + O2(g)
a) Escreva a equação de velocidade da reação.
b) Como se altera a velocidade da reação se a concentração de
dióxido de nitrogênio for duplicada?
Resolução
a) v = k [NO2]
1 . [O3]
1
b) Dobrando a concentração de NO2, a velocidade da reação dobra.
v = k . (x)1 . (y)1
v’ = k . (2x)1 . (y)1
v’ = 2 . v
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1. (FUVEST-SP) – Em condições industrialmente apro priadas para se
obter amônia, juntaram-se quan ti dades estequiométricas dos gases N2
e H2: N2(g) + 3H2(g) →← 2NH3(g)
Depois de alcançado o equilíbrio químico, uma amostra da fase gasosa
poderia ser representada cor reta mente por
RESOLUÇÃO:
No equilíbrio, existem moléculas de N2, H2 e NH3.
Resposta: E
2. (UFC-CE) – Um estudante introduziu 0,4mol de NH3 gasoso em um
recipiente fechado de 1,0L, a 25oC, e observou as variações de
concentração das espécies que participam do equilíbrio químico:
2 NH3(g) →← 3 H2(g) + N2(g), 
ilustradas no gráfico a seguir.
Com base nessas observações, é correto afirmar que o equilíbrio é
inicialmente estabelecido no tempo
a) t = 10s b) t = 0s c) t = 13s
d) t = 16s e) t = 27s
RESOLUÇÃO:
O equilíbrio é atingido após 16s, pois a partir daí as concentrações
de reagentes e produtos permanecem constantes no decorrer do
tempo.
Resposta: D
MÓDULO 17
EQUILÍBRIO QUÍMICO I: 
CONCEITO DE EQUILÍBRIO
0,1
0,2
0,3
0,4
10 13 16 27 38 tempo/s
[H ]2
[NH ]3
[N ]2
concentração (mol/L)
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3. (FATEC-SP) – Considere o que acontece quando uma amostra do
gás N2O4 (um gás incolor) é colocada em recipiente fechado de volume
1 L e sobvácuo à temperatura de 100°C. Ime diatamente surge uma
coloração castanho-aver melhada do gás NO2 que se forma nestas con -
dições. Após certo tempo, o sistema atinge o equilíbrio.
N2O4 (g) →← 2 NO2 (g)
O gráfico apresentado a seguir expressa os fatos des critos.
Analisando o gráfico, apresentam-se as seguintes afir mações:
I. O instante em que se estabeleceu o equilíbrio foi 60 se gundos.
II. No equilíbrio, a quantidade de matéria de NO2 for mado é o dobro
da quantidade de N2O4 con sumido.
III. No equilíbrio, a quantidade de matéria do N2O4 con sumido é
0,040 mol.
É correto apenas o que se afirma em
a) I. b) II. c) III.
d) I e II. e) II e III.
RESOLUÇÃO:
I) Correta. A partir de 60 segundos, as concentrações de NO2 e
N2O4 tornam-se constantes, caracterizando o equi líbrio.
II) Correta.
Como a proporção de N2O4 e NO2 é de 1 mol para 2 mols,
a quantidade de matéria de NO2 formada (0,120 mol) é o
dobro da quantidade de N2O4 con sumida (0,060 mol).
III) Incorreta. Até o equilíbrio, foi consumido 0,060 mol de N2O4.
Resposta: D
1. (UECE) – São colocados 8,0 mols de amônia num recipiente
fechado de 5,0 litros de capacidade. Acima de 450°C, estabelece-se,
após algum tempo, o equilíbrio:
2 NH3 (g) →← 3 H2 (g) + N2 (g)
Sabendo que a variação do número de mols dos participantes está
registrada no gráfico, podemos afirmar que, nestas condições, a
constante de equilíbro, Kc, é igual a:
a) 27 b) 5,40 c) 1,08 d) 2,16
RESOLUÇÃO:
Pelo gráfico, verifica-se que, no equilíbrio, os números de mols de
NH3, H2 e N2 são respectivamente 4, 6 e 2.
[NH3] = = 0,8 mol/L
[H2] = = 1,2 mol/L
[N2] = = 0,4 mol/L
Kc=
Kc=
Kc = 1,08
Resposta: C
1 N2O4(g) →← 2 NO2(g)
Início 0,100 mol/L zero
Proporção gasta 0,060 mol/L forma 0,120 mol/L
Equilíbrio 0,040 mol/L 0,120 mol/L
MÓDULO 18
CONSTANTES DE EQUILÍBRIO
4,0 mol
–––––––
5,0 L
6,0 mol
––––––––
5,0 L
2,0 mol
––––––––
5,0 L
[H2]
3 . [N2]
–––––––––––
[NH3]
2
(1,2)3 . 0,4
––––––––––
(0,8)2
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2. (PUC-MG) – A constante de equilíbrio (Kp) da decomposição do
carbonato de cálcio
CaCO3(s) →← CaO(s) + CO2(g)
vale 0,4 atm a 1100 K. Assinale o gráfico que representa corretamente
a evolução da pressão quando é introduzida progressivamente, dentro
de um reator vazio (Pressão = 0), mantida a 1100 K, uma certa
quantidade de carbonato de cálcio.
RESOLUÇÃO:
CaCO3(s) →← CaO(s) + CO2(g)
Kp = pCO2 = 0,4 atm
Atingindo o equilíbrio, a pressão total do sistema é a pressão
exercida pelo CO2 igual a 0,4 atm e se mantém inalterada.
Resposta: D
3. (UCG) – Uma reação química que ocorre comumente na atmosfera
de regiões industrializadas é representada pela seguinte equação:
2SO2(g) + O2(g) →← 2SO3(g)
O valor da constante de equilíbrio (KC) dessa reação, a uma dada
temperatura, é 249. A análise de uma atmosfera de ar poluído mostrou
os seguintes resultados:
concentração de SO3 = 2,00 mol L
–1
concentração de SO2 = 0,10 mol L–
1
concentração de O2 = 0,50 mol L
–1
Esses resultados mostram que o sistema se encontra em equilíbrio.
Responda sim ou não. Justifique.
RESOLUÇÃO:
Não.
KC = = 249
Cálculo do quociente reacional na amostra citada.
QC = 
QC = = 800 > KC
Como 800 � 249, concluímos que o sistema não se encontra em
equilíbrio e está se deslocando no sentido de decomposição do
SO3(g).
Pressão
a)
0,4
Pressão
b)
0,4
Pressão
c)
0,4
Pressão
d)
0,4
Pressão
e)
0,4
CaCO (s) adicionado3
CaCO (s) adicionado3
CaCO (s) adicionado3 CaCO (s) adicionado3
CaCO (s) adicionado3
[SO3]
2
––––––––––––
[SO2]
2 . [O2]
[SO3]
2
––––––––––––
[SO2]
2 . [O2]
(2,00)2
––––––––––––
(0,10)2 . 0,50
– 103
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Exercício Resolvido
(UNESP) – Bicarbonato de sódio é usado como fermento químico
por que se decompõe termicamente, formando gás carbônico, de
acordo com a reação representada pela equação química:
2 NaHCO3 (s) →← Na2CO3 (s) + CO2 (g) + H2O (g)
a) Escreva a expressão matemática para a constante de equilíbrio
expressa em termos de concentração (Kc).
b) A constante de equilíbrio, expressa em termos de pressões
parciais (Kp), é igual a 0,25 à temperatura de 125°C, quando as
pressões são medidas em atmosferas. Calcule as pressões
parciais de CO2 e H2O, quando o equilíbrio for estabelecido nessa
temperatura.
Resolução
a) Kc = [CO2] [H2O]
b)
Kp = pCO
2
. pH2O
0,25 = x . x
x = 0,5 atm
pCO2
= pH2O = 0,5 atm
2 NaHCO3(s)
Equilíbrio
Na CO +2 3(s) CO +2(g) H O2 (g)
x x
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104 –
1. Qual o número de oxidação do enxofre nas moléculas e íons a seguir:
S8, SO3, K2SO3, (S2O3)
2– e (SO4)
2–.
RESOLUÇÃO:
+2 + x – 6 = 0 2x – 6 = –2 x – 8 = –2
x = 6 – 2 2x = 6 – 2 x = 8 – 2
2x = 4
2. Qual o número de oxidação do nitrogênio nas substâncias N2,
Al(NO2)3 e N2H4?
RESOLUÇÃO:
0 3+ 3+ 2– 2– 1+
N2 Al(NO2)3 N2H4
+ 3 + 9 – 12 = 0 – 4 + 4 = 0
3. (MACKENZIE-SP) – De acordo com a nova regulamen tação da lei
seca brasileira, a ingestão de um bombom de licor ou de um
medicamento homeopático que contenha álcool é passível de ser
detectada no teste do bafômetro; nesses casos, porém, o motorista
pode pedir a contraprova e realizar o teste novamente em 15 minutos,
tempo suficiente para que o corpo absorva o etanol presente nesses
produtos. A equação química, NÃO BALANCEADA, que ocorre durante
a realização do teste do bafômetro está representada abaixo.
C2H6O + K2Cr2O7 + H2SO4 →
etanol
→ C2H4O2 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
ácido acético
Determine o número de oxidação dos elementos carbono, crômio e
enxofre.
RESOLUÇÃO:
1. Quando uma solução aquosa de permanganato de potássio (KMnO4)
de cor violeta, é tratada com ácido clorídrico (HCl), ela sofre uma
descoloração, ou seja, torna-se incolor. Todo o manganês presente
originou o cloreto de manganês II. O cloro presente no HCl originou
cloreto de potássio, cloreto de manganês II e cloro gasoso. Nesta reação
formou-se também um produto utilizado para higiene pessoal. Baseado
no exposto, forneça:
a) equação química balanceada.
b) oxidante e redutor da reação.
RESOLUÇÃO:
a)
2 KMnO4 + 16 HCl → 2 KCl + 2 MnCl2 + 8 H2O + 5 Cl2
b) Oxidante: KMnO4
Redutor: HCl
MÓDULO 15
OXIDORREDUÇÃO – NÚMERO DE OXIDAÇÃO:
DEFINIÇÃO E REGRAS PRÁTICAS
S8
0
x = 4
x = 2
C2H6O + K2Cr2O7 + H2SO4 → C2H4O2 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
redução Δ = 3
6+ 3+
–4+6–2 = 0 +2+6–8 = 0 0+4–4 = 0
C2H6O H2SO4 C2H4O2
1+ 2– 1+ 2– 1+2–
2– 6+ 0
+2+12–14 = 0 +6+18–24 = 0 +2+6–8 = 0
K2Cr2O7 Cr2(SO4)3 K2SO4
1+ 2–
6+ 3+ 6+ 2– 1+ 6+ 
2–
x = 6
+6 –6 = 0
SO3
6+ 2–
+2 +x – 6 = 0
K2SO3
1+ 2–
4+
+2x –6 = –2
�S2O3�
2+ 2–
+x –8 = –2
�SO4�
6+ 2–
MÓDULO 16
REAÇÃO DE OXIDORREDUÇÃO: 
DEFINIÇÕES E ACERTO DE COEFICIENTES I
KMnO4 + HCl ⎯→ KCl + MnCl2 + H2O + Cl2
7+ 2+
redução: �ΔNox� = 5
1–
oxidação: �ΔNox� = 1 0
KMnO4 n.
o total e– = 5 . 1 = 5 2
Cl2 n.o total e– = 1 . 2 = 2 5
FRENTE 4 – QUÍMICA GERAL E INORGÂNICA
C4_QUIMICA_A_EXERCICIOS_ALICE_2016 18/02/16 17:35 Página 104
2. (FUVEST-SP) – A hidroxicetona (I) pode ser oxidada à dicetona (II),
pela ação de ácido nítrico concentrado, com formação do gás N2O4. 
Utilizando fórmulas moleculares,
a) escreva a equação química balan ceada.
b) Indique o elemento que sofre oxidação e o oxidante da reação.
RESOLUÇÃO:
a) I. Hidroxicetona: C14H12O2
II. Dicetona: C14H10O2
1 C14H12O2 + 2 HNO3 → 1 C14H10O2 + 1 N2O4 + 2 H2O
b) Sofre oxidação: C
Oxidante: HNO3
Outra forma:
Equação balanceada da semirreaçãode oxidação da hidro -
xicetona.
O Nox do carbono da hidroxila do composto (I) vale zero,
enquanto o Nox do carbono da cetona do composto (II) vale +
2. Desta forma, houve um aumento do Nox (oxidação: perda de
dois elétrons).
–8 +12 –4 = 0 –6 +10 –4 = 0
C14H12O2 + HNO3 → C14H10O2 + N2O4 + H2O
1+ 2– 2–
redução: �Nox = 1 �
5+ 4+
2oxidação: �Nox = –––� 14
C14H12O2 n.
o total e– = . 14 = 2 1
N2O4 n.
o total e– = 1 . 2 = 2 1
8
– –––
14
6
– –––
14
2
–––
14
C14H12O2 n.
o total e– = 2 . 1 = 2 1
N2O4 n.
o total e– = 1 . 2 = 2 1
– 105
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Exercício Resolvido
(PUC-RS-MODIFICADA) – A análise do ferro em um minério pode
ser realizada por método volumétrico, utilizando-se dicromato de
potássio.
A reação envolvida nesse método, pode ser expressa pela equação
a seguir:
FeSO4 + K2Cr2O7 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
Determine os menores coeficientes inteiros para todas as espécies
envolvidas na reação.
Resolução
6 FeSO4 + 1 K2Cr2O7 + 7 H2SO4 →
→ 3 Fe2(SO4)3 + 1 Cr2(SO4)3 + 1 K2SO4 + 7 H2O
FeSO4 + K2Cr2O7 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
redução �ΔNox� = 36+ 3+
2+
oxidação �ΔNox� = 1 3+
FeSO4 n.
o total e– = 1 . 1 = 1 6
K2Cr2O7 n.
o total e– = 3 . 2 = 6 1
C4_QUIMICA_A_EXERCICIOS_ALICE_2016 18/02/16 17:35 Página 105
1. A água oxigenada (H2O2) tem a capacidade de atuar como oxidante
e como redutor.
Sendo assim, numa reação química, devemos verificar uma das
possibilidades.
O peróxido de hidrogênio é comumente utilizado como antisséptico e
alvejante. Também pode ser empregado em trabalhos de restauração
de quadros enegrecidos e no clareamento de dentes. Na presença de
soluções ácidas (H2SO4) de oxidantes, como o permanganato de
potássio (KMnO4), esse peróxido decompõe-se, formando oxigênio,
sulfato de manganês II, sulfato de potássio e água.
Forneça a equação química balanceada.
RESOLUÇÃO:
2. Há reações nas quais alguns íons ficam intactos. Esses íons espec -
tadores não são escritos na equação iônica. Neste tipo de equação so -
mente são escritas as partículas que sofrem alguma trans formação.
Balancear a equação iônica a seguir:
Cl2 + S2O
2–
3 + H2O → Cl– + SO
2–
4 + H
+
RESOLUÇÃO:
4 Cl2 + 1 S2O3
2– + 5 H2O → 8 Cl– + 2 (SO4)2– + 10 H+
Carga elétrica do 1.o membro: – 2
Carga elétrica do 2.o membro: – 8 – 4 + 10 = – 2
3. Em uma equação iônica, a carga elétrica se conserva, isto é, a carga
elétrica total dos íons no primeiro membro é igual à carga elétrica total
dos íons no segundo membro.
Balancear a equação iônica a seguir:
Al + (OH)– + H2O → Al (OH)
–
4 + H2 
RESOLUÇÃO:
Cl2 + (S2O3)2– + H2O → Cl– + (SO4)2– + H+
redução �ΔNox = 1 �
0 –1
oxidação �ΔNox = 4 �
2+ 6+
Cl2 1 . 2 = 2 8 4
(S2O3)
–2 4 . 2 = 8 2 1
Al + (OH)– + H2O → Al (OH)
–
4 + H2 
0 1+ 3+ 0
redução: recebe 1 e–
oxidação: doa 3 e–
Al : n.o total de e– = 3 x 1 = 3 2
H2 : n.
o total de e– = 1 x 2 = 2 3
2 Al + � (OH)– + H2O → 2 Al (OH)
–
4 + 3 H2 
carga elétrica do 1.o membro = carga elétrica do 2o membro.
0 – x + 0 = –2 + 0
– x = – 2 
x = 2 
2 Al + 2 (OH)– + 6 H2O → 2 Al (OH)
–
4 + 3 H2 
H2O2 + KMnO4 + H2SO4 → O2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
7+ 0 2+ 2 –1–
oxidação: doa 1 e–
redução: recebe 5 e–
possibilidade errada
H2O2 = n.
o total de e– = 1 . 2 = 2 5
KMnO4 = n.
o total de e– = 5 . 1 = 5 2
5H2O2+ 2 KMnO4 + 3H2SO4 → 5 O2 + 2 MnSO4 + K2SO4 + 8H2O
MÓDULO 17
ACERTO DE COEFICIENTES 
ESTEQUIOMÉTRICOS II
H2O2
–1
oxidação O2 (nesta transformação, o H2O2
 é redutor)
0
redução H2O (nesta transformação, o H2O2
 é oxidante)
–2
 
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1. Balanceie a equação iônica global da reação do cátion VO+
2
com Zn em solução ácida:
H+
VO+2 (aq) + Zn (s) ⎯⎯→ VO
2+ (aq) + Zn2+ (aq)
RESOLUÇÃO:
somar: Zn (s) → Zn2+ (aq) + 2 e–
2 VO+2 (aq) + 4 H
+ (aq) + 2 e– → 2 VO2+ (aq) + 2 H2O (l)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Zn (s) + 2 VO+2 (aq) + 4 H
+ (aq) → Zn2+ (aq) + 2 VO2+ (aq) + 2 H2O (l) 
MÓDULO 18
ACERTO DE COEFICIENTES ESTEQUIOMÉTRICOS III
Método da semirreação (ou do íon – elétron) para soluções ácidas
1. Escreva as semiequações de oxidação e redução e balanceie os átomos oxidados e reduzidos.
2. Balanceie os átomos de O usando H2O.
3. Balanceie os átomos de H usando H+.
4. Adicione elétrons (e–) a cada semiequação ao lado deficiente em carga negativa.
5. Para obter a equação global, some as duas semiequa ções igua lando o número de elétrons cedidos e recebidos.
Método da semirreação (ou do íon – elétron) para soluções básicas
Balanceie como se fosse solução ácida e, na equação global, junte OH– a ambos os membros da equação para neutralizar o H+ que se converte
em H2O.
redução: VO+2 (aq) → VO
2+ (aq)
redução: VO+2 (aq) → VO
2+ (aq) + H2O (l)
redução: VO+2 (aq) + 2 H
+ (aq) → VO2+ (aq) + H2O (l)
redução: VO+2 (aq) + 2 H
+ (aq) + e– → VO2+ (aq) + H2O (l) (multiplicar por 2)
oxidação: Zn (s) → Zn2+ (aq)
oxidação: Zn (s) → Zn2+ (aq) + 2 e–
5+ 0 4+ 2+
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2. O íon iodeto (I–) pode ser oxidado a iodo elementar (I2) pela reação
com solução de íon permanganato MnO–4, que é reduzido a íon Mn
2+ em
meio ácido.
a) Escreva a equação química que representa as semiequações de
oxidação e de redução.
b) Escreva a equação química global balanceada da reação.
RESOLUÇÃO:
I) Esboço da reação:
a) II) Montando a semiequação de oxidação:
2 I– → I2 + 2 e
–
III) Montando a semiequação de redução:
MnO–4 → Mn
2+
MnO–4 → Mn
2+ + 4 H2O
8 H+ + MnO–4 → Mn
2+ + 4 H2O
5 e– + 8 H+ + MnO–4 → Mn
2+ + 4 H2O
b) IV) Montando a equação global: 
10 I– → 5 I2 + 10 e
–
10 e–+ 16 H+ + 2 MnO–4 → 2 Mn
2+ + 8 H2O
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
10 I– + 16 H+ + 2 MnO–4 → 5 I2 + 2 Mn
2+ + 8 H2O
3. O alumínio metálico é oxidado em solução básica, com a água
atuando como agente oxidante. 
Os produtos da reação são Al(OH)–4 (aq) e H2 (g). Escreva uma equação
iônica global balanceada para essa reação.
OH–
Al (s) + H2O (l) ⎯⎯→ Al(OH)
–
4 (aq) + H2 (g)
RESOLUÇÃO:
Al (s) + H2O (l) → Al (OH)
–
4 (aq) + H2 (g)
Oxidação:
Al (s) → Al (OH)–4 (aq) 
Al (s) + 4 H2O (l) → Al (OH)
–
4 (aq)
Al (s) + 4 H2O (l) → Al (OH)
–
4 (aq) + 4 H
+ (aq)
Al (s) + 4 H2O (l) → Al (OH)
–
4 (aq) + 4 H
+ (aq) + 3 e–
Redução:
H2O (l) → H2 (g)
H2O (l) → H2 (g) + H2O (l)
H2O (l) + 2 H+ (aq) → H2 (g) + H2O (l)
2 H+ (aq) + 2 e– → H2 (g)
Somar:
2 Al (s) + 8 H2O (l) → 2 Al (OH)
–
4 (aq) + 8 H
+ (aq) + 6 e–
6 H+ (aq) + 6 e– → 3 H2 (g)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2 Al (s) + 8 H2O (l) → 2 Al (OH)
–
4 (aq) + 2 H
+ (aq) + 3 H2 (g)
Neutralizar H+:
2 Al (s) + 8 H2O (l) + 2 OH
–(aq) →
→ 2 Al (OH)–4 (aq) + 2 H+ (aq) + 2 OH– (aq) + 3 H2 (g)
2 H2O (l)
2 Al (s) + 6 H2O (l) + 2 OH– (aq) → 2 Al (OH)
–
4 (aq) + 3 H2 (g)
I– + MnO–4 → I2 + Mn
2+
oxi dação:
1– doa 1 e
–
0
redução: 
7+
recebe 5 e–
2+
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