1- (Cesgranrio-RJ) Os átomos 3x-5Q e 6xR são isótopos. O átomo 6xR tem 44 nêutrons. Qual a distribuição eletrônica de Q em níveis e sub-níveis de energia?

Solução

3x – 5Q é isótopo de 6xR R tem 44 nêutrons

distribuição de Q em níveis e sub-níveis = ?

Z de Q = Z de R

3x-5 = 3x – 5 3x – 5R6x como R tem 44 nêutrons

3x – 5 + 44 = 6x

6x – 3x = 44 – 5

x = 13 substituindo em 3x – 5 3 . 13 – 5 = 34 = Z

Z = 34 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p4

K – 2

L – 8

M – 18

N – 4

2- (Fuvest-SP) O carbono ocorre na natureza como uma mistura de átomos dos quais 98,90% são 12C e 1,10% são 13C.

b) Explique o significado das representações 12C e 13C.

c) Com esses dados, calcule a massa atômica do carbono natural.

d) Calcule a porcentagem de erro que resulta do arredondamento do valor encontrado para o inteiro mais próximo.

Solução

12C 98,90% 13C 1,10%

0,12

011,12100

13.10,112.9,98

100

%.%. 1312

CM

CMACMAMapC

atômica

a) Essas representações nos fornece as massas atômicos dos dois isótopos do carbono.

b)

a) 12,0 -------- 100%

0,011 -------- x = 0,09%

3- (UFRS) O íon monoatômico A-2 apresenta a configuração eletrônica 3s2 3p6 para o último nível. Portanto o número atômico do elemento A é igual a:

b) 8

c) 10

d) 14

e) 16

f) 18

Solução

A-2 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 esse ânion possui 18 elétrons, como tem carga –2 ganhou 2 elétrons seu átomo no estado fundamental tem portanto 16 elétrons e- = p Z = 16

LETRA D

4- (Cesgranrio) O átomo Q tem 36 nêutrons e é isóbaro de do átomo R. Considerando que R+2 é isoeletrônico do átomo Q, identifique o número de nêutrons do átomo R:

b) 40

c) 38

d) 36

e) 34

f) 32

SoluçãoInformações :

I- AQ = AR II- e-Q = e- R+2 III - AR = pR + n R

IV - e-Q = pQ

e- R+2 = pR – 2 como e- R+2 = e- Q e como e- Q = pQ teremos

pQ = pR –2 sabendo que AQ = pQ + nQ poderemos escrever:

AQ = pR – 2 + nQ AQ = pR – 2 + 36 , sabendo que AQ = AR poderemos escrever que:

AR = pR –2 + 36 , sabendo que AR = pR + nR escreveremos que:

pR + nR = pR – 2 + 36

nR = -2 + 36

nR = 34 Letra D

5- Quais os quatro números quânticos do elétron mais energético de um átomo que tenha número atômico igual a 27. Convencione o primeiro elétron a entrar no orbital, o spin igual a –1/2.

Solução

Z = 27 elétron mais energético = último a entrar

n = ? l = ? Ml = ? Ms = ?

27 e- 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d7

3d7

-2 -1 0 +1 +2

n = 3 ; l = 2 ; Ml = -1 Ms = + 1/2

Sub-nível d =2Segundo a entrar

6-(FEI-SP) As configurações eletrônicas do átomos neutros dos elementos X e Y, no estado fundamental, são respectivamente iguais a:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d2

Com base nessas configurações, identifique a afirmação incorreta:

e) Ambos pertencem ao 50. Período da Tabela Periódica;

f) X é um metal de transição interna;

g) Y é um metal de transição;

h) Ambos possuem, respectivamente, números atômicos iguais a 38 e 40;

i) X pertence à família 2 A e Y à família 4B da Tabela Periódica.

Solução

a) CORRETA: verificando o maior número quântico, temos os dois elementos no quinto período.

b) ERRADA: a configuração final de X é igual a 5s2 (s)representativo 2 A

c) CORRETA: a configuração final de Y é ns2 (n-1)d1 a 10 transição família 4B.

d) CORRETA: basta somar o número de elétrons distribuídos.

e) CORRETA: X s2 2A alcalino terroso.

Y s2 d2 4B , observe:

d1 – 3B; d2 – 4B; d3 – 5B; d4 – 6B; d5 – 7B; d6,d7 e d8 – 8B; d9 – 1B; d10-2B

7- (ITA-SP) Nas expressões abaixo, E representa a energia necessária para produzir as respectivas ionizações, em que Mrepresenta o mesmo elemento.

M (g) M+(g) + e- ; E1

M+ (g) M+2(g) + e- ; E2

M+2(g) M+3

(g) + e- ; E3

Com base nessas expressões, assinale a afirmativa correta:

f) E1 = E2 = E3

g) E1 = E2 > E3

h) E1 < E2 < E3

i) E1 > E2 = E3

j) A ordenação dos valores de E depende da natureza do elemento M.

Solução

Energia de ionização, é a energia necessária para retirar um elétron de um átomo ( íon) no estado gasoso, transformando-o num íon gasoso. A primeira energia sempre será menor que uma segunda que será menor que uma terceira.

LETRA C

X(g) + EI X+(g) + 1 e-

Guarde sempre essa representação

8- (Cesgranrio-RJ) Um elemento do grupo 2 A forma um composto binário iônico com um elemento X do grupo 7A. Assinale, entre as opções abaixo, a fórmula mínima do respectivo composto:

b) MX

c) MX2

d) M2X

e) M2X7

f) M7X2

Solução

M 2 A 2 elétrons na última camada tende a doar M+2

X 7 A 7 elétrons na última camada tende a receber X-1

M+2 X-1 MX2

LETRA B

9- ( FCC-BA) Ao todo, quantos pares de elétrons estão compartilhados entre os átomos na molécula H2O2?

a) 1

b) 2

c) 3

d) 4

e) 5

Solução

A molécula H2O2 , refere-se ao peróxido de hidrogênio, cuja solução aquosa é conhecida como água oxigenada. Sua fórmula estrutural é :

H – O – O – H 3 pares de elétrons LETRA C

Nunca se esqueça : os peróxidos são formados pelo ânion (O2)-2 oxigênio tem nox igual a –1. Os peróxidos dos metais da 1 A e 2 A, são iônicos com características básicas; o peróxido de hidrogênio é molecular com características ácidas.

10-(UFRS) No modelo do gás eletrônico para a ligação metálica considera-se que os nós do retículo cristalino do metal são ocupados por:

b) Íons negativos d) prótons

c) Íons positivos e) átomos neutros

d) Elétrons

Observação: Considere o modelo do gás eletrônico idêntico ao do “mar de elétrons”.

Solução

Quanto falamos em “mar de elétrons”, nos referimos aos elétrons que se deslocam do átomo e ficam “nadando”. Se esses elétrons se deslocam do átomo, formam-se íons positivos, tanto que, a ligação metálica é explicada pela atração que existe entre os íons positivos e os elétrons ( força eletrostática), como na ligação iônica.

LETRA B

11- (Unifor-CE) Dentre as substâncias abaixo, indique aquela que apresenta molécula mais polar:

b) H – H

c) H – F

d) H – Cl

e) H – I

f) H – Br

Solução

Só temos ligações covalentes. Quanto maior for a diferença de eletronegatividade entre os átomos maior será a polaridade da ligação, e como conseqüência maior a polaridade dessas moléculas apresentadas.

O elemento mais eletronegativo ligado ao hidrogênio, dos apresentados é o flúor, portanto, essa será a moléculas mais polarizada. LETRA B

Atenção! Temos compostos 100% moleculares (covalentes), mas não temos compostos 100% iônicos ( iônica)

12- (EFOA-MG) AS moléculas NH3 e H2O apresentam, respectivamente, as seguintes geometrias:

b) Tetraédrica e piramidal

c) Piramidal e angular

d) Angular e linear

e) Quadrada plana e angular

f) Piramidal e linear

SoluçãoN 5A 5 e- na última camada ( valência)

O 6A 6 e- na última camada ( valência)

NH3 Molécula do tipo AX3 nitrogênio gasta 3 e- nas ligações, sobra elétrons se sobra e- piramidal

H2O Molécula do tipo A2X oxigênio gasta 2 e- nas ligações, sobra elétrons se sobra e- angular

LETRA B

13- (OSEC-SP) No hidrogênio líquido, as moléculas mantêm-se próximas umas das outras através de ligações denominadas:

b) Dativas

c) Iônicas

d) Covalentes

e) Van der Waals

f) Pontes de hidrogênio

Solução

CUIDADO: o exercício pede ligação entre moléculas e não intra molecular.

Para ligações entre moléculas temos as opções :

-Van der Waals ( dipolos induzidos) – moléculas apolares

-Dipolo permanente – moléculas polares

-Pontes de hidrogênio – H ligado a F, O, N dentro da molécula

Como H2 é uma molécula apolar, as moléculas estão próximas no estado líquido , ocorre uma formação de pólos ( induzidos), portanto forças de Van der Waals

LETRA D

14- As moléculas PCl5 e SF6, apresentam que tipo de geometria em suas moléculas?

Dados: 15P e 16S

P – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p3

S – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

Solução

P – 3s2 3p3 para se ligar a 5 átomos de cloro, com essa

configuração torna-se impossível, então o fósforo sofre uma hibridização diferentes das estudadas: 1 elétron do sub-nível s salta para o sub-nivel d que está vazio ficando: s1 p3 d1

ocorrendo a união, teremos cinco orbitais moleculares híbridos do tipo sp3d, que nos fornece uma geometria bí-piramidal ou bí-pirâmide trigonal

PCl5

SF6

s p3 d

S – 3s2 3p4 para se ligar a 6 átomos de flúor, com essa configuração torna-se impossível, então o enxofre sofre uma hibridização diferente das estudadas: 1 elétrons do sub-nível s e outro elétron do sub-nível p saltam para o sub-nível d que está vazio ficando : s1 p3 d2 ocorrendo a união teremos seis orbitais moleculares híbridos do tipo sp3d2 , que fornece uma geometria octaédrica.

sp3d2

15- (Vunesp-SP) em 1 mol de moléculas de H3PO4 tem-se:

b) 3 . 1023 átomos de hidrogênio e 1023 átomos de fósforo

c) 1 átomos de cada elemento

d) 3 íons de H+ e um íon PO4-3

e) 1 mol de cada elemento

f) 4 mol de átomos de oxigênio e 1 mol de átomos de fósforo

Solução

a) ERRADA: 3 mols de átomos de H = 3 . 6,0 .1023 átomos de H

1 mol de átomos de P = 6,0 . 1023 átomos de P

c) ERRADA : 3 mols de átomos de H; 1 mols de átomos P; 4 mols de átomos de O

d) ERRADA: 3mols de íons de H+; 1 mol de íons PO4-3

e) ERRADA: respondida na letra B

f) CORRETA: 4 mols de átomos de O e 1 mol de átomos de H

1 mol de moléculas de H3PO4

Cuidado com a expressão: 1 mol de moléculas é diferente de 1 molécula

16 – A massa em gramas de 1 molécula de H2O é igual a : (H- 1; O-16)

b) 18 gramas

c) 1,8 gramas

d) 3,0 . 1023 gramas

e) 18,0 . 1023 gramas

f) 30,0 . 10-24 gramas

Solução

1 mol de moléculas de H2O ---- 6,0 . 1023 moléculas de H2O ----- 18 g

1 molécula --------------------------- x g

Massa de 1 molécula de H2O = x g

gramasx 242323

10.0,3010.0,310.0,6

0,18.1

LETRA E

17 – (MACK-SP) Em 3,0 mols de H2SO4 e 5,0 mols de Br2 há, respectivamente:

b) 1,8 . 1024 moléculas e 3,0 . 1024 moléculas

c) 3,0 . 1023 moléculas e 5,0 . 1023 moléculas

d) 1,8 . 1024 moléculas e 3,0 . 1024 átomos

e) 1,8 . 1024 átomos e 3,0 . 1024 átomos

f) 6,0 . 1023 moléculas e 12,0 . 1023 moléculas

Solução

3,0 mols de H2SO4 e 5,0 mols de Br2

Como as alternativas trazem as respostas em moléculas e átomos vamos calcular moléculas e átomos das duas substâncias

1 mol de H2SO4 ----- 6,0 .1023 moléculas

3 mols de H2SO4 ---- x moléculas

X = 18,0 . 1023 moléculas = 1,8 . 1024 moléculas

1 mol de H2SO4 ---7,0 mols átomos

3,0 mols H2SO4 ---- x mols de átomos

X = 21,0 mols átomos = 21.6 .1023 átomos

= 126,0 .1023 átomos no total1 mol de Br2 -----6,0 . 1023 moléculas

5 mols de Br2 ---- x moléculas

X = 30,0 .1023 moléculas = 3,0 .1024 moléculas

1 mol de Br2 ---- 2 mols de átomos Br

5,0 mols Br2 ----- x mols de átomos

x =10,0 mols átomos Br =10.6,0.1023 átomos Br

= 60,0 .1023 átomos Br

LETRA A

18 – Quantos átomos de carbono vamos encontrar em 29 gramas de gás butano ( C4H10)?

( dados: C-12; H-1)

Solução1 mol C4H10 = 58 g/mol

29 g de C4H10 ----- átomos de C = ?

1 mol C4H10 ---- 58 g ------ 4 mols átomos C

29 g------ x mols de átomos C

x = 2 mols de átomos C

x = 2. 6,0 . 1023 átomos C

x = 12,0 . 1023 átomos C

19- (UFCE) Quando aquecemos 1,63 g de zinco, ele se combina com 0,4 g de oxigênio para formar um óxido de zinco. A composição centesimal desse composto é:

b) 83,0% de zinco e 17,0% de oxigênio

c) 80,3% de zinco e 19,7% de oxigênio

d) 20,0% de zinco e 80,0% de oxigênio

e) 40,0% de zinco e 60,0% de oxigênio

f) 50,0% de zinco e 50,0% de oxigênio

Solução1,63 g de Zn + 0,4 g de O 2,03 g de óxido de zinco

% de Zn = ? % de O = ?

oxigêniooxigênio

total

zincozinco

total

dexx

g

dexxg

g

%7,1903,2

100.4,04,0

%10003,2

%3,8003,2

100.63,163,1

%10003,2

LETRA B

20-(UFV-MG) Sabe-se que, quando uma pessoa fuma um cigarro pode inalar de 0,1 a 0,2 mg de nicotina. Foi descoberto que cada miligrama de nicotina contém 74,00% de carbono, 8,65% de hidrogênio e 17,35% de nitrogênio. A fórmula mínima da nicotina é:

a) C6H7N b) C5H7N c) C10H12N d) C5H6N2 e) C4H3N

Solução

1 mg nicotina 74% de C; 8,65% de H; 17,35% de N

Fórmula mínima = ? C-12; H-1; N-14I- Como já temos as % em massa, é só transformarmos p/ gramas:

74 g de C 8,65 g de H 17,35 g de N

II- Achamos o número de mols:

nitrogênio

hidrogênio

carbono

molsm

N

molsm

H

molsm

C

24,114

35,17

M

65,81

65,8

M

16,612

74

M

III- Dividimos pelo menor:

C = 6,16:1,24 = 4,96 = 5

H = 8,65:1,24 = 6,97 = 7

N = 1,24:1,24 = 1

C5H7N Letra BO arredondamento, deve ser feito, após a divisão pelo menor, quando o número após a vírgula for: 9 ou 1

21-(VUNESP-SP) Um mol do adoçante aspartame, de fórmula C14H18N2O5, reage estequiometricamente com 2 mols de água para formar 1 mol de ácido aspártico ( C4H7NO4), 1 mol de metanol ( CH3OH) e 1 mol de fenilalanina. Com base nessas informações, conclui-se que a fórmula molecular da fenilalanina é:

b) C14H18N2O5 d) C4H7NO4

c) C9H11NO2 e) CH3OH

d) C8H14N2O8

Solução

C14H18N2O5 + 2 H2O 1 C4H7NO4 + 1 CH3OH + 1 ( CHNO)x

C9H11NO2 C ...... 14

H ...... 22

N ..... 2

O ..... 7

C 5 +.... =14

H 11 + .....=22

N 1 + ....= 2

O 5 + .....= 7

Reagentes Produtos

22-(ITA-SP) Certo sal contém, além de água de cristalização, apenas ferro, carbono e oxigênio; sabe-se ainda que cada mol do sal contém um mol de ferro. Com esse sal foram feitos os seguintes ensaios:

I- No aquecimento forte, em atmosfera inerte, de 1,0 g de sal hidratado foram obtidos 0,400 g de óxido de ferro II;

II- Num aquecimento mais brando, 1,0 g do sal hidratado, perdeu toda a água de cristalização e foram obtidos 0,8 g do sal anidro;

III- No aquecimento forte com excesso de oxigênio, 1,0 g do sal anidro forneceu, como únicos produtos, óxido de ferro e 0,612 g de gás carbônico.

Indicando claramente seu raciocínio:

f) Calcule a massa molar do sal hidratado;

g) Calcule o número de mols de água de cristalização por mol de sal hidratado;

h) Indique a fórmula molecular do sal.

Solução

(FeCO)x . y H2O 1 mol do sal 1 mol Fe

I- (FeCO)x . y H2O FeO + H2O + CO2

1 g 0,4 g +........+......

II- (FeCO)x . y H2O (FeCO)x + X H2O

1 g 0,8 g + ..........

III- (FeCO)x + O2 óxido de ferro + CO2

1 g .................... + 0,612 g

a) Se o sal só tem 1 mol de Fe na equação I, forma 1 mol de FeO(72g/mol) portanto:

1 g do sal hidratado ---- 0,4 g de FeO

x g do sal hidratado --- 72 g de FeO

x = 180 g Massa molar do sal hidratado

b) Na equação II, teremos : (FeCO)x y.H2O (FeCO)x + y H2O

1 g --------------------------0,2 g H2O

180 g ----------------------x = 36 g H2O = 2 mols H2O

c) De acordo com a equação III 1 g do sal forma 0,612 g de CO2

(FeCO)x + O2 óxido de ferro + CO2

1 mol de CO2 = 44 g --------12g de C

0,612 g--------x = 0,167 g de C

Se: 1 g do sal anidro ---fornece ---- 0,167 g de C

144 g do sal anidro –fornece --- x = 24 g de C = 2mols de C

(FeCO)x = 114 g

56+24+Oxigênio=144 g massa oxigênio = 64 g = 4mols de O, portanto o sal possui : 1 mol átomos de Fe, 2 mols de átomos de C e 4 mols de átomos de O

FeC2O4

b) Continuando: Se o sal hidratado : (FeCO)x . Y H2O possui 36 gramas de água, sua massa total é de 180 g, basta tirarmos a massa total, da massa de água, para obtermos a massa do sal:

(massa do sal) + massa de água = massa total

( massa do sal) + 36 g de H2O = 180 g

( massa do sal ) = 144 gramas

23-(FUVEST-SP) O minério usado na fabricação de ferro em algumas siderúrgicas brasileiras, cintém cerca de 80% de óxido de ferro III. Quantas toneladas de ferro podem ser obtidas pela redução de 20 toneladas desse minério? ( Fe-56, O-16)

b) 11,2

c) 11,6

d) 12,4

e) 14,0

f) 16,0

SoluçãoFe2O3 = 160 g/mol Minério = 80% do óxido

Massa de ferro = ? Minério = 20 ton

Fe2O3 + 3 CO 2 Fe + 3 CO2

160 g ----------------112 g

16 ton -------------- x = 11,2 ton

LETRA A

20 ton -------- 100%

X ton --------- 80%

X = 16 ton de Fe2O3

24-(UNICAMP-SP) A obtenção de etanol, a partir da sacarose ( açúcar) por fermentação, pode ser representada pela seguinte equação:

1 C12H22O11 + 1 H2O 4 C2H5OH + 4 CO2

Admitindo-se que o processo tenha um rendimento de 100% e que o etanol seja anidro, calcule a massa em kg de sacarose necessária para produzir um volume de 50 litros de etanol, suficiente para encher um tanque de um automóvel.

Dados: d etanol = 0,8 g/ml Sacarose = 342 g/mol

Etanol = 46 g/mol

Solução1 C12H22O11 + H2O 4 C2H5OH + 4 CO2

m = ? Sacarose = 342 g/mol Etanol = 46 g/mol d = 0,8 g/ml

V etanol = 50 litros = 50.103 ml

gramasvdmv

md ole

33tan 10.4010.50.8,0.

1 mol C12H22O11 --------- 4 mol de C2H5OH

342 g -------------------- 4 . 46 = 184 g

x g ----------------------------- 40 . 103 g

x = 74,3 .103 g = 74,3 kg de Sacarose

25-(Cesgranrio-RJ) O CO2 produzido pela decomposição térmica de 320 g de carbonato de cálcio teve seu volume medido a 270C e 0,8 atm. O valor, em litros, encontrado foi igual a : ( R = 0,082 atm.L.mol-1.K-1; Ca-40, C-12, O-16)

b) 22,4

c) 44,8

d) 67,2

e) 71,6

f) 98,4

Solução

V CO2 = ? 27oC 300 K Massa de CaCO3 = 320 g

P = 0,8 atm R = 0,82 atm.L.mol-1.K-1

CaCO3 CaO + CO2

100 g --------------------- 1 mol CO2

320 g -------------------- x = 3,2 mols CO2

P.V = n . R .T

0,8 . V = 3,2 . 0,082 . 300

litrosv 8,948,0

300.082,0.2,3

LETRA E

26-(UFRS) Duas soluções de volumes iguais são misturadas, conforme esquema abaixo:

+

Ca(OH)2 HNO3 Solução final

4 g 6,3 g

Após a reação, observa-se que a solução final é:

b) neutra, pois não há reagente em excesso

c) Ácida, devido a um excesso de 0,6 g de HNO3

d) Ácida, devido a um excesso de 0,3 g de HNO3

e) Neutra, devido à formação de Ca(NO3)2

f) Básica, devido a um excesso de 0,3 g de Ca(OH)2

Solução

Ca(OH)2 = 40 g/mol HNO3 = 63 g/mol

Ca(OH)2 + 2 HNO3 Ca(NO3)2 + 2 H2O

1 mol reage 2 mols

1. 74g ---------2 . 63 g

74 g ------ 126 g

4 g ------- 6,3 g Para saber quem está em excesso é só multiplicar em cruz, o maior valor está em excesso:

4 . 126 = 504 está em excesso

74 . 6,3 = 466,2 portanto:

74 g Ca(OH)2 ------- 126 g HNO3

x g ---------------------- 6,3

X = 3,7 g de Ca(OH)2 reagem havendo excesso de 0,3 gramas de base portanto solução final básica

27-(VUNESP) Uma amostra de 12,5 g de carbonato de magnésio foi tratada com excesso de solução de ácido sulfúrico, ocorrendo a reação:

MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + H2O + CO2

Nessa reação foram obtidos 600 cm3 de CO2, medidos a 270C e 5 atm de pressão. A porcentagem de pureza da amostra inicial é:

( dados: Mg-24; S-32; O-16; C-12; H-1 )

e) 82% d) 43%

f) 18% e) 50%

g) 22%

Solução

MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + H2O + CO2

12,5 g ----------------------------------------------- V = 600 cm3 = 0,6 L

270C = 300 K

P = 5 atm

5,36gramas0,121.44M.

121,0300.082,0

6,0.5

.

.

...

nm

molsTR

VPn

TRnVP100 g MgCO3 -------- 44 g CO2

12,5 -------------------x = 6,54 CO2

Se a amostra fosse 100%:

6,54 g CO2 -------- 100%

5,36 g CO2 -------- x = 82%

LETRA A

28-(UNICAMP-SP) Com a intenção de proteger o motorista e o passageiro de lesões corporais mais graves, em muitos países já é obrigatório o uso em automóveis de de um dispositivo de segurança chamada air bag. Em caso de acidente, um microprocessador desencadeia uma série de reações químicas que liberam uma certa quantidade de nitrogênio, N2, para inflar rapidamente um balão plástico situado à frente dos ocupantes do automóvel. As reações químicas que ocorrem nesse processo estão representadas abaixo:

I- 2 NaN3 2 Na + 3 N2

II- 10 Na + 2 KNO3 5 Na2O + K2O + N2

III- K2O + Na2O + SiO2 silicato alcalino ( vidro)

No caso de acionamento do sistema de segurança descrito, supondo que o volume do saco plástico, quando totalmente inflado, seja 70 L e que, inicialmente, houvesse 2,0 mols de NaN3 e 2,0 mols de KNO3:

f) Determine a pressão do gás em kPa, dentro do balão, quando este estiver totalmente inflado. Considere uma temperatura de 270C. (dado: R = 8,3 kPa.Lmol-1.k-1)

g) Determine a massa total das substâncias sólidas restantes no sistema supondo ainda que o processo envolvesse somente as reações I e II.

Solução

NaN3 = 2mols KNO3 = 2 mols R = 8,3 ; V = 70 L ; 300K;

KNO3 = 101 g/mol; Na2O = 62 g/mol; K2O = 94 g/mol

I- Cálculo de Na e N2 formados na primeira reação:

2 NaN3 2 Na + 3 N2

2 mols --- 2mols --- 3 mols ( obedecendo a estequiometria)

II- Cálculo de Na2O, K2O e N2 formados na segundo reação:

10 Na + 2 KNO3 5 Na2O + K2O + N2

2 mols -------- 2 mols

2 mols reage—0,4 mols forma– 1mol Na2O + 0,2mols K2O + 0,2 mol N2

sobra 1,6 mols KNO3

III- Cálculo Pressão total:

P.V = n.R.T

P.70 = 3,2 . 8,3 . 300

P = 113,8 kPa

IV- Cálculo da massa total :

1,6 mols KNO3 = 1,6 . 101 = 161,6 g

1 mol Na2O = 1 . 62 = 62 g

0,2 mol K2O = 0,2 . 94 = 18,8 g

Total 242,4 gramas

3,2 mols N2

29-(FUVEST-SP) Duas das reações que ocorrem na produção de ferro são representadas abaixo:

2 C + O2 2 CO

Fe2O3 + 3 CO 2 Fe + 3 CO2

O monóxido de carbono formada na primeira é consumido na segunda. Considerando apenas estas duas etapas do processo, calcule a massa aproximada, em kg, do carvão consumido na produção de 1 tonelada de ferro ( dados: Fe-56; O-16; C-12)

Solução

C = 12 g/mol Fe = 56 g/mol massa C = ? Para 1 ton de Fe

2 C + O2 2 CO ( . 3)

Fe2O3 + 3 CO 2 Fe + 3 CO2 (. 2)

Para ficar mais fácil, vamos multiplicar a reação I por 3 e a II por 2:

6 C + 3 O2 6 CO

2 Fe2O3 + 6 CO 4 Fe + 6 CO2

6 C + 2 Fe2O3 + 3 O2 4 Fe + 6 CO2

Somando as reações

6 mols C ------------------ 4 mols Fe

6.12 =72 g C --------------- 4 .56 = 224 g Fe

x =------------------------------ 1 ton

x = 0,3214 ton = 321,4 kg de C

30-(FEI-SP) O butano, C4H10 , é um gás utilizado como combustível em isqueiros descartáveis, e a sua reação química como o oxigênio, produz dióxido de carbono e água. Sabendo-se que o ar atmosférico contém em média 210ml/L de oxigênio, 780 ml/L de nitrogênio e 10ml/L de outros gases, o volume de ar, nas CNTP, necessário para a combustão completa de 2,5 g de butano é:

b) 6,27 L

c) 7,58 L

d) 30,0 L

e) 52,0 L

f) 8,0 L

Solução

V ar = ? 2,5 g C4H10 C4H10 = 58 g/mol

1 Litro de ar : 210 ml O2; 780 ml N2; 10 ml gases

C10H10 + 6,5 O2 4 CO2 + 5 H2O

58 g ------ 6,5 mols O2

2,5 g ----- x = 0,28 mols O2 CNTP = 0,28 . 22,4 = 6,27 L O2

1 L de ar -------- 0,21 L O2

x L de ar ------- 6,27 L O2

x = 29,85 L de ar 30,0 L de ar LETRA C

Atenção : 100 v de ar 80 v N2 20 v O2

5 : 4 : 1

31-(FUVEST-SP) A dosagem de etanol no sangue de um indivíduo mostrou o valor de 0,08 g por 100 ml de sangue. Supondo que o volume total de sangue desse indivíduo seja 6,0 L e admitindo que 12% do álcool ingerido se encontra no seu sangue, quantas doses de bebida alcoólica ele deve ter tomado?

-1 dose de bebida = 20 ml

-% aproximada, em volume , de etanol na bebida = 50%

-Densidade do etanol = 0,80 g/ml

SoluçãoDosagem etanol = 0,8 g por 100 ml sangue V total sangue = 6 L

12% álcool está no sangue d etanol 0,8 g/ml

1 dose bebida = 20 ml % etanol bebida = 50% em volume

0,08 g de etanol ------ 0,1 L de sangue

X g de etanol --------- 6,0 L de sangue

X = 4,8 g de etanol 12% do volume de bebida ingerido

4,8 g de etanol ----- 12%

X g de etanol ------ 100%

X = 40 g de etanol ingerido no total mld

mv

v

md ole 50

8,0

40tan

% etanol = 50% em volume

100 ml de bebida ----50ml etanol

X ml de bebida ----- 50 ml etanol

X = 100 ml de bebida

1 dose ----- 20 ml

X dose -----100 ml

X = 5 doses

32-(UNESP-2002) – O filme Erin Brockovich é baseado num fato, em que o emprego de cromo hexavalente numa usina termoelétrica provocou um número elevado de casos de câncer entre os habitantes de uma cidade vizinha. Com base somente nesta informação, dentre os compostos de fórmulas:

CrCl3 CrO3 Cr2O3 K2CrO4 K2Cr2O7

1 2 3 4 5

Pode-se afirmar que não seriam potencialmente cancerígenos:

e) O composto 1, apenas.

f) O composto 2, apenas.

g) Os compostos 1 e 3, apenas.

h) Os compostos 1, 2 e 3, apenas.

i) Os compostos 2, 4 e 5, apenas.

SOLUÇÃO

Para resolver o exercício devemos calcular os número de oxidação do cromo, dando o valor x, para o cálculo..

1- CrCl3 x – 3 = 0 x = +3

2- CrO3 x – 6 = 0 x = +6

3- Cr2O3 2 x . –6 = 0 x = +3

4- K2CrO4 +1.2 + x –8 = 0 x = +6

5- K2Cr2O7 +1.2 + 2x –14 = 0 x = +6

De acordo com os valores encontrados não possuem Nox igual a +6, os compostos 1 e 3, apenas; portanto não são cancerígenos

LETRA C

33-(UNESP 2002)- Em contato com ar úmido, um telhado de cobre é lentamente coberto por uma camada verde de CuCO3, formado pela seqüência de reações representadas a seguir:

2 Cu (s) + O2 (g) + 2 H2O (liq) 2 Cu(OH)2 (s) equação I

Cu(OH)2 (s) + CO2 (g) CUCO3 (s) + H2O (liq) equação II

Com relação ao processo global que ocorre, pode-se afirmar:

e) As duas reações são de óxido-redução.

f) Apenas a reação I é de óxido-redução.

g) Apenas a reação II é de óxido-redução.

h) Nenhuma das reações é de óxido-redução.

i) O Cu (s) é o agente oxidante da reação I.

SOLUÇÃO

2 Cu (s) + O2 (g) + 2 H2O (liq) 2 Cu(OH)2 (s) equação I

Cu(OH)2 (s) + CO2 (g) CuCO3 (s) + H2O (liq) equação II

0

-2

+1 -2

0 +1 -2+2

-2 +1

+2

-2

+1+4 -2

+2

+4

-Como somente na equação I ocorre variação de Nox, somente ela é de óxido-redução.

-O cobre sofre oxidação de 0 +2; portanto provoca redução no oxigênio. O cobre é agente redutor, porque provoca redução.

LETRA B

34-(UNESP 2002) – Numa viagem, um carro consome 10 kg de gasolina. Na combustão completa deste combustível, na condição de temperatura do motor, formam-se apenas compostos gasosos. Considerando-se o total de compostos formados, pode-se afirmar que os mesmos

-a) não têm massa.

-b) pesam exatamente 10 kg.

-c) pesam mais que 10 kg.

-d) pesam menos que 10 kg.

-e) são constituídos por massas iguais de água e gás carbônico.

SOLUÇÃO

-Considerando que em uma reação de combustão, vamos ter a reação entre a substância (gasolina) e oxigênio, a massa dos produtos formados será maior do que a massa da gasolina sozinha.

LETRA C

35-(UNESP 2002) No preparo de um material semi-condutor uma matriz de silício ultrapuro é impurificada com com quantidades mínimas de gálio, através de um processo conhecido como dopagem. Numa preparação típica, foi utilizada uma massa de 2,81 g de silício ultrapuro, contendo 6,0 x 1023 átomos de Si. Nesta matriz, foi introduzido gálio suficiente para que o número de átomos de silício fosse igual a 0,01% do número de átomos de silício. Sabendo-se que a massa molar do gálio vale 70 g/mol e a constante de Avogadro vale 6,0 x 1023, a massa de gálio empregada na preparação é igual a:

c) 70 g

d) 0,70 g

e) 0,0281 g

f) 7,0 x 10-4 g

g) 6,0 x 10-23 g

SOLUÇÃO

-Colocando os dados: m silício = 2,81 g corresponde = 6,0 x1022 átomos

m gálio = x g corresponde 0,01% átomos de Silício

6,0 x 1022 átomos de Si ---------- 100%

x átomos de Si-------------------- 0,01%

átomos 100,610

10.100,6 182

222

xx

x

1 mol átomos de gálio -----6,0 x 1023 átomos-----------70 gramas

6,0 x 1018 átomos----------x gramas

gramasxxx

xx 45

23

18

100,7100,70100,6

10.0,670

LETRA D

36-(UNESP 2002_ O neurotransmissor serotonina é sintetizado no organismo humano a partir do triptofano. As fórmulas estruturais do triptofano e da serotonina são fornecidas a seguir.

N

H

C

H

H

C

H

NH2

C

O

OH

triptofano

N

H

C

H

H

C

H

H

NH2

serotonina

Com respeitos a essas moléculas, pode-se afirmar que:

b) Apenas a molécula de triptofano apresenta atividade óptica.

c) Ambas são aminoácidos.

d) A serotonina é obtida apenas por hidroxilação do anel benzênico do triptofano.

e) Elas são isômeras.

f) As duas moléculas apresentam a função fenol.

SOLUÇÃO

-a) CORRETA: o carbono alfa ligado ao grupo – NH2 do triptofano está ligado a quatro radicais diferentes, portanto, apresenta isomeria óptica.

N

H

C

H

H

C

H

NH2

C

O

OH

triptofano

N

H

C

H

H

C

H

H

NH2

serotonina