Gabarito 3o. ano química - 2o. bim

1 Pré-vestibular extensivo | caderno 2

GABARITO

QUÍMICA

MÓDULO 91 E

32g 5,6L

x 22,4L

x 5 128g

2 D

180g 100%

108g x

x 5 60% (carbono)

3 C

4 A

3,51g 1cm3

x 0,027cm3

x 5 0,09477g

1mol 12g

y 0,09477g

y 5 0,0079 mol

5 B

18g 3 ? 6 ? 1023 átomos

x 1,2 ? 1028 átomos

x 5 1,2 ? 105g 5 120kg

6 B

m

Mol

m

Mol

m

64SO

66

44C

SO CO

2

2 2

5

5 OO m g2 SO2→ 5 96

7 B

1g 100%

x 48%

x 5 0,48g (carbono)

C: 12g 6 ? 1023 átomos

0,78g y

y 5 2,4 ? 1022 átomos

1g 100%

y 7%

y 5 0,07g (hidrogênio)

H: 1g 6 ? 1023 átomos

0,07g w

w 5 4,2 ? 1023 átomos

8 B

X11: Ca

Q : F

XQ2 → CaF: 1mol 78g

y 3,90g

y 5 0,05 5 5 ? 1022mol

9 A

18g 6 ? 1023 moléculas

0,09g x

x 5 3 ? 1020 moléculas

10 B

3 ? 1023 moléculas 14g 6 ? 1023 moléculas x x 5 28g → Massa Molar: 28g/mol

11 D

m

mCa (PO ) OH

93

5020,185

m

mCa (PO ) F

p

5 4 3

p

5 4 3

5 >

93

5020,1855 5

%P: 18,5%

12 a) lnicialmente vamos determinar a massa da gotícula:

1mL 0,904g

3,10 ? 1023mL x

x 5 2,802 ? 1023g

A seguir, vamos calcular a massa molar do ácido:

2,802 ? 1023g 6,0 ? 1018 moléculas

y 6,0 ? 1 023 moléculas

y 5 280g

Logo, a massa molar do ácido é 280g ? mol21.

O cálculo da fórmula molecular pode ser feito da se-

guinte maneira:

CnH

2n24O

2 5 280g ? mol

24

12 ? n 1 1 (2n 2 4) 1 16 ? 2 5 280

12n 1 2n 2 4 1 32 5 280

14n 5 252 → n 5 18

Assim, temos a fórmula molecular do ácido: C18

H32

O2.

b) De acordo com o enunciado, as moléculas do ácido em

contato com a água podem ser representadas por:

superfície da água

CO

2 H

CO

2 H

CO

2 H

CO

2 H

13 B

14 B

MÓDULO 101 C

2A, 1 Fe2O

3 → 2Fe 1 A,

2O

3

A, ; Fe

27g A, → 56g Fe

5,4 3 103g A, → x

x 5 11,2 3 103g 5 11,2 Kg Fe

2 a) Zn 1 2HNO3 → Zn(NO

3)2 1 H

2

Zn(NO3)2 → Nitrato de zinco

H2 → Gás Hidrogênio (Hidrogênio molecular)

b) Zn ; Zn(NO3)2

65,4g Zn → 189,4g Zn(NO3)2

3,27g Zn → x

x 5 9,47g

Zn ; H2

65,4g Zn → 2,0gH2

3,27g Zn → x

x 5 0,1gH2

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GABARITO

2Pré-vestibular extensivo | caderno 2

3 S ; H2SO

4

32g 2 98g

3,2 3 1023 g 2 m

m 5 98 3 1024g

4 B

N2 1 3H

2 → 2NH

3 1VN

2 → 3VH

2

1VN2 → 3VH

2 x → 9VH

2

4VN2 → x x 5 3VN

2

x 5 12 V H2

x , 9

N2 está em excesso.

5 V 5 2,0 3 108L

no mol 5 8,1 3 106 mol

a) H2 1

1

2O

2 → H

2O

b) Fe 1 2HX → FeX2 1 H

2

Fe ; H2

56g Fe → 1mol H2

x → 8,1 3 106mol H2

x 5 4,53 3 108g 5 4,53 3 105kg Fe

6 a) 2 CO2 ; SiO

2

88g CO2 → 1mol SiO

2

4 400g CO2 → x

x 5 50mol SiO2

b) 22,4L CO2 → 44g

112 000L CO2 → x

x 5 220 3 103g CO2 5 220 kg

Sim, a produção da indústria foi inferior à meta.

7 a) Ag2SO

4(aq) 1 2NaC,

(aq) → 2AgC,

(s) 1 Na

2SO

4(aq)

AgC,(s)

1 NaOH(aq)

→ NaC,(aq)

1 AgOH(aq)

2AgOH(aq)

→D

Ag2O 1 H

2O

b) Ag2SO

4(aq) ; Ag

2O

312 232g

15,6g x

x 5 11,6g

11,6g 100%

8,7g y

y 5 75%

8 B

A, 1 3HC, → 3/2H2 1 A,C,

3

Cu 1 HC, → não reage

nH2 5

0,672

22 4, 5 0,03 mol

n1 ? (A,) 1 n

2(Cu) 5 0,03 mol

n1 ? 27 1 n

2 ? 63,5 5 1,8g

n2 > 0,02 mol

n1 > 0,01 mol

0,03 mol 100%

0,02 mol x

x 5 70% de Cu

30% de A,

9 A

2NH3 1 3CuO →

D

3Cu 1 N2 1 3H

2O

2NH3 ; 3Cu

2 3 17g 3 3 63,5g

3,4g x

x 5 19,05g

10 B

ZnCO3 →

D

ZnO 1 CO2

Na2O 1 CO

2 → Na

2CO

3

Na2CO

3 ; ZnCO

3

106g 1 mol

10,6g x

x 5 0,1 mol

11 a) 1 litro de H2O

2 → 20LO

2

22,4L O2 6 ? 1023 moléculas

20L O2 x

x 5 5,4 ? 1.023 moléculas

b) 21; 22; 0

12 C

ms 5 12,8kg ? 2,5/100 5 0,32kg

S ; H2SO

4

32g 98g

0,32 x

x 5 0,98kg

13 B

S 1 O2 → SO

2

SO2 1 1/2 O

2 → SO

3

SO3 1 H

2O → H

2SO

4

32 700g 80%

x 100%

x 5 40 875kg

S 5 H2SO

4

32g 98g

y 40 875kg

y 5 13.347kg

14 A

Fe 1 S → Fe S

Fe ; S

56g 32g

28g 64g

excesso de 48g de S (64g 2 16g)

0,5 mol 2 2 mol

Fe ; Fe S

56g 88g

28g x

x 5 44g

15 C

CaCO3 → CaO 1 CO

2

CaCO3 ; CaO

100g 56g

x 5,6g

x 5 10g

15g 100%

10g y

y 5 66,7%

16 A

90

100 ? 500 5 450kg

AuTe2 ; Au

442g 197g

450kg x

x > 200kg

17 B

CH4 1 2O

2 → CO

2 1 2H

2O

1V 2V

A relação entre números de mol é igual à relação entre

volumes.

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1 mol CH4 2 mol O2

60,0L CH4 x

x 5 120L O2

120L O2 100%

y 90%

y 5 108L O2

108L 20%

Z 100%

Z 5 540L

18 E

C3H

8O

3 ; C

3H

5O

9N

3

92g 227g

25g x

x 5 61,68g

61,68g 100%

53g y

y > 86%

19 C

H2O

2 → H

2O 1

1

2O

2

H2O

2 ;

1

2 O

2

34g 2 11,2L

x 2 10L

x > 30,3g

20 a) 4 .400g de CO2 correspondem a 100 mol, pois a massa

molar dessa substância é igual a 44g/mol. Como 2 mol de

CO2 são necessários para produzir 1 mol de SiO

2, formam-

-se 50 mol de SiO2.

b) Uma emissão de 112 000L de CO2 por dia, nas CNTP,

corresponde a 112000L/dia

22,4L/mol 5 5.000 mol/dia.

Logo, a emissão de:

5 000 mol/dia 3 44g/mol 5 220 000 g/dia 5 220 kg/dia.

Portanto, a emissão é menor do que 500 kg/dia, o que

significa que a indústria atingiu sua meta.

MÓDULO 11Exercícios de estequiometria

1 a) Zn 1 2HC, → ZnC,2 1 H

2

b) Zn ; H2

65,5g 22,4L

3,25g x

x 5 1,12L

c) PV

T

P V

T

2V

(30 273)

1 1,12

273

0 0

0

51

53

⇒ ⇒ V 5 0,62L

2 A

Fe2O

3 1 3C → 2Fe 1 3CO

Fe2O

3 ; 2Fe

160g 112g

4,8T x

x 5 3,36T 100%

y 80%

y 5 2,688T

3 a) 1g, pois o volume de 22,4L e equivalente a um mol de

gás nas CNTP: meio de H2 e meio de Hélio.

b) PV

T

P V

T

0 0

0

5 ⇒ P ? 5,6 5 1 ? 22,4 → P 5 4 atm

4 a) m 5 0,81g/cm3 5 m/1 000 cm3 → m 5 810g

b) PV 5 nRT

P810

5 ? ?

280 082 300,

: 30 5 23,72 atm

5 4FeS2 1 11O

2 → 2Fe

2O

3 1 8SO

2

8SO2 1 4O

2 → 8SO

2

4FeS2 8H

2SO

4

480g 784g

1kg x

x 5 1,63Kg

6

Na

S

→

→

17 4

100

270

232 04

47 41

100

2

,,

,

? 5

?770

324 00

35 55

100

270

166 00O

5

? 5

,

,,→

Na S O2 4 6

7 a) Fe2(SO

4)3 1 6NaOH → 2Fe(OH)

3 1 3Na

2SO

4

b) 2Fe13 ; 2Fe(OH)3

1 mol 107g

0,1 mol x

x 5 10,7g

8 B

2Na2S

2O

3 ; Na

2S

4O

6

2 ? 158g 270g

158 x

x 5 135g

135g 100%

105g y

y > 80%

9 E

3C ; 2Fe

3 ? 12g 2 ? 56g

x 1,68g

x 5 0,54kg

0,54kg 80%

y 100%

y 5 675g

10 D

m(NH3) ; átomos

17g 4 ? 6 ? 1023 átomos

x 1,2 ? 1028 átomos

x 5 85 000g → x 5 85 kg

11 CaC2 1 2H

2O → C

2H

2 1 Ca(OH)

2

a) Acetileno (etino)

b) CaC2 ; C

2H

2

64g 22,4L

100g x

x 5 35L

c) C2H

2 1 5/2O

2 → 2CO

2 1 H

2O

C2H

2 ; 5/2O

2

22,4L 56L

35L x

x 5 87,5L

12 B

Como a fórmula mínima é a menor proporção inteira entre

os elementos, temos que a fórmula mínima do composto

é C2H

7N.

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GABARITO


VCO2

5 4VN2

VH2O

5 7VN2

CxHyNz 1 15/2O2 → 4CO

2 1 N

2 1 7H

2O

⇓

C4H

14N

2

13 a) Balanceamento: x 5 2; y 5 1/2

b) 1 mol Pb (NO3)2 2 2,5 mol de gases

PV 5 nRT

1,0 ? V 5 2,5 ? 0,081 ? 500

V 5 101,25L

14 a) 446g 1 mol

9,37g x

x 5 0,021 mol de gás

T

PV

nR

1 1

0,021K5 5

3

35

0 082580

,

b) Uma dentre as classificações: decomposição ou análise;

oxirredução.

15 B

50 km 1h

x 20h

x 5 1 000km

1L 4km

y 1.000km

y 5 250L 5 2,5 ? 105cm3

0,8g 1cm3

z 2,5 ? 105cm3

z 5 2,0 ? 105g 5 200kg

Combustível metropolitano:

2 000 mgS 1kg

W 200kg

W 5 4,0 ? 105mg 5 400gS

S ; SO2

32g 64g

400g j

j 5 800g

Combustível S500:

500mgS 1kg

K 200kg

K 5 1,0 ? 105mg 5 100gS

S ; SO2

32g 64g

400g f

j 5 200g

Redução 5 800g 2 200g

Redução 5 600g

16 a) Observando que o sódio (Na) é formado na primeira rea-

ção e consumido na segunda reação, podemos associá-

-las de modo conveniente para termos uma equação

química global:

(x5) 10NaN3 → 10Na 1 15N2

10Na 2KNO K O 5Na O N

10NaN 2KN

3 2 2 2

3

1 1 1

1

→

OO K O 5NaO 16N3 2 2

→ 1 1

Cálculo da massa NaN3(s)

:

10 ? 65 NaN3 16 ? 25L N

2

x 80L N2

x 5 130g NaN3

b) As equações químicas são:

K2O(s) 1 H

2O

(,) → 2KOH

(aq)

Na2O(s) 1 H

2O

(,) → 2NaOH

(aq)

17 a) As equações das reações das pirólises são:

I. (NH4)2CO

3(S) → 2NH

3(g) 1 CO

2(g) 1 H

2O

(,)

II. CaCO3(S)

→ CaO(S)

1 CO2(g)

b) Cálculo do número total de mols de gases da mistura

final constituída de NH3 e CO

2:

12,2, gás 1mol gás/24,4, gás 5 0,5mol de gás

v. molar

Considerando a equação II, temos que 0,2 mol de CaO

(sólido final) é formado junto com 0,2 mol de CO2 a partir

de 0,2 mol de CaCO3. Então, da mistura de 0,5 mol 3 de

gás, 0,3 mol se refere aos produtos da decomposição do

(NH4)2CO

3. Usando-se a equacão I, concluímos que existia

0,1 mol de (NH4)2CO

3 na mistura inicial de sólidos. Portan-

to, esta mistura de sólidos era constituída de 0,1 mol de

(NH4)2C0

3 e 0,2 mol de CaC0

3.

18 a) 32g N2H

4 126g HNO

3

x 3,78 Kg 3 1,25

x 5 1,20 Kg N2H

4

Massa de N2H

4 impura:

1,20 Kg 75%

y 100%

y 5 1,6 Kg 5 1.600g

b) 126g HNO3

144g H2O

3,78 Kg HNO3 x

x 5 4,32 Kg 5 4.320g H2O

19 174g K2SO

4 98g H

2SO

4

300g K2SO

4 x

x > 169g H2SO

4 (massa necessária)

Usando a densidade fornecida:

d 5 m/v [ m 5 d ? V 5 1,8 ? 75 5 135g

169g 100% de pureza

135g y

y > 79, 9%

20 C7H

6O

3 1 C

4H

6O

3 → C

9H

8O

4 1 C

2H

4O

2

138,0g 102g

2,76g x

x 5 2,04g

C4H

6O

3 em excesso

a) 138,0g 180,0g Aspirina

2,76g x

x 5 3,60g de Aspirina

b) 100% 3,60g

70% x

x 5 2,52g de Aspirina

21 0,824 120g

1,687 y

y 5 246g

120 1 18x 5 246

x 5 246 120

18

2

x 5 7,0 moléculas de água

246,0 24,0 Mg

1,687g z

Z 5 0,16g

22 a) 2KC,O3 →

∆

2KC, 1 3O2

b) KC, 1 KC,O3

c) O2

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d) 1 mol de O2 32,0g

x 0,16g

x 5 0,005 mol de O2

V

nRT

P

5 82 2735 5

3 30 00 0 00

1

, ,

V 5 0,11L

23 a) CaCO3(s)

→ CaO(s) 1 CO

2(g)

Nas CNTP, temos que 1,0 mol de qualquer substância

libera 22,4L de gás. Logo:

100,0g de CaCO3 22,4L

50,0g x

x 5 11,2L

b) CaO 1 H2O → Ca(OH)

2

Ca(OH)2 (hidróxido de cálcio)

24 a) A equação química da reação do hidróxido de lítio com

o gás carbônico é:

2LiOH 1 CO2 → Li

2CO

3 1 H

2O

b) Cálculo da pressão parcial de CO2:

PCO2

5 0 02,%

1

PTotal

? 5 0,02 atm

Cálculo do número de mols de CO2:

PCO2

? V 5 nCO2

? R ? T ⇒

⇒ nCO2

5 P V

RT

0,02 60 10

0,082 293

co23

?

5? ?

?

ù 50 mol CO2

Cálculo da massa de hidróxido de lítio:

1 mol CO2 2 ? 24g LiOH

50 mol CO2 x

x 5 2.400g LiOH

25 a) O gás gerado pela reação entre carbeto de cálcio e água é:

H — C ; C — H

etino

(acetileno)

b) A equação da reação de obtenção do acetileno é:

CaC2 1 2H

2O → Ca(OH)

2 1 C

2H

2

Cálculo da massa de C2H2 obtida a partir de 32g de CaC2:

64g CaC2 26g C

2H

2

32g CaC2 x

x 5 13g C2H

2

26 a) 2CuS(S)

1 3O2(g)

→

∆

2CuO(S)

1 2SO2(g)

b) Dadas as outras reações:

2SO2(g)

1 O2(g)

→ 2SO3(g)

(I)

SO3(,)

1 H2O

(,) → H

2SO

4(aq) (II)

Temos:

64g SO2 98g H

2SO

4

64 Kg SO2 x

x 5 98 Kg H2SO

4

Observação: usualmente, a ustulação correspondente à

transformação de sulfetos em óxidos:

2CuS(s) 1 3O

2(g) →

∆

2CuO(s) 1 2SO

2(g)

Reações posteriores podem converter o óxido em metal.

A equação global do processo seria:

CuS(s) 1 O

2(g) → Cu

(s) 1 SO

2(g)

27 a) somado as equações 1 e 2:

10NaN3 → 10Na 1 15N

2

10Na 1 2KNO3 → 5Na

2O 1 K

2O 1 N

2

10NaN3 1 2KNO

3 → 5Na

2O 1 K

2O 1 16N

2

2 mol 2 mol

excesso

2 mol NaN3 3,2 mol N

2

PV 5 nRT

pnRT

V

8,3 300KPa5 5

3 35

3 2

70113 8

,,

b) A soma das equações 1 e 2:

10NaN3 1 2KNO

3 → 5Na

2O 1 K

2O 1 16N

2

2 mol 2 mol 1 mol 0,2 mol

excesso

de 1,6 mol

massa restante:

1,6 mol KNO3 1 1 mol Na

2O 1 0,2 mol K

2O

242,4g

28 a) BaSO4 1 4C → BaS 1 4CO

b) 1 mol de BaSO4 5 233g

1 mol de BaCO3 5 197g

233g BaSO4 → 197g BaCO

3

4,66 kg → x

x 5 3,94 kg de BaCO3

100% → 3,94 kg

50% → y

y 5 1,97 kg de BaCO3

Redox

1 D

(NH4)2 Cr

2O

7 → Cr

2O

3

23 1 1 1 6 2 2 1 3

2 D

2Fe2O

3 1 3C → 4Fe 1 3CO

2

Fe 1 3 → 0 D 5 3 e p x 2 5 6 e p → 3 e p

C 0 → 1 4 D 5 4 e g → 2 eg 3 2

3

2 1 3 1 4 1 3 5 12

3 D

2C,2 1 1C 1 2H2O → 1CO

2 1 4HC,

C 0 a 1 4 D 5 4 e p → 2 ep 3 1

2

C,2 0 a 2 1 D 5 1 eg 3 2 5 2 eg → 1 e g

2 1 1 1 2 5 5

4 A

5 A

Fe: 0 → 12; oxidação → perda e2 → redutor

H: 11 → 0; redução → ganho e2 → oxidante

6 D

3P 1 5HNO3 1 2H2O → 3H3PO4 1 5NO

P 0 → 1 5 D 5 5 ep

N 1 5 → 1 2 D 5 3 eg 3 3

5

P: redutor

HNO3: oxidação

5 Pré - vestibular extensivo | caderno 2

PH_MP_QUI_C2.indd 5 2/28/14 11:51 AM

GABARITO


7 E

2 MnO4 1 10I2 1 16 H1 → 2 Mn21 1 5I

2 1 8 H

2O

I 2 1 → 0 D 5 1ep 3 2 5 2 eg

Mn 1 7 → 1 2 D 5 5 eg X52

8 D

9 A

10 B

1K2Cr

2O

7 1 3H

2O

2 1 4H

2SO

4 → 1K

2SO

4 1 1Cr

2(SO

4)3 1

1 7H2O 1 3O

2

O 2 1 → 0 D 5 1 ep x 2 5 2 ep 1 ep

Cr 1 6 → 1 3 D 5 3 eg x 2 5 6 eg 3eg 3 3

1

K2Cr

2O

7 → ganho e2 → oxidante

H2O

2 → perda e2 → redutor

Obs.: todo o oxigênio do H2O

2 se oxida a O

2.

11 D

I 2 Verdadeira

II 2 Verdadeira

III 2 Falso. O número de oxidação do Zn varia de 12 para 0

IV 2 Verdadeiro.

12 D

I 2 Falso. Oxidação é perda de elétrons, e redução, ga-

nho de elétrons.

II 2 Falso. Elemento oxidante é o responsável pela oxidação

e, portanto, aquele cujo número de oxidação diminui.

III 2 Verdadeiro

IV 2 Verdadeiro

13 A

5H2O

2 1 2KMnO

4 1 4H

2SO

4 → 2KHSO

4 1 2MnSO

4 1

1 8H2O 1 5O

2

H2O

2 1 2KI → I

2 1 2KOH

14 A

As2S

5 1 20H

2O

2 1 16NH

4OH → 5(NH

4)2SO

4 1

1 2(NH4)3AsO

4 1 28H

2O

5 1 2 1 28 5 35

15 Semirreação de redução:

2NO23

1 10e2 → N2 1 6O5

Semirreação de oxidação:

S 1 2O5 → SO2 1 4e2

Agente redutor: S

Agente oxidante: KNO3

16 a) Fe O 3CO 2Fe 3CO

3

2 3

2 0 4

2

1 1 1

1 1

→

2Fe 6e 2Fe

3 01

1

→

3C 3C 6e

2 41 1

1

→

2Fe 3C 2Fe 3C

3 2 0 41 1 1

1 1

→

b) 3 mol CO 2 mol Fe

⇓

84 g CO 2 mol Fe

140 3 103 g CO x

x 5 2 140 10

84

33 3

5 3,3 3 103 mol Fe

17 a) 5 Fe21

(aq) 1 MnO

24(aq) 1 8 H1

(aq) →

→ 5 Fe31

(aq) 1 4 H

2O

(,) 1 Mn21

(aq)

Mn71 Mn21 5e2

Fe21 Fe31 1e

b) FeSO4 ? 7H

2O Fe21

278g 1 mol

x 1,360 ? 1023 mol

x 5 0,37808g

18 a) [Na]1

3o Período

2

C,O

b) MnO2(s)

1 4HC,(aq)

→ MnC,2(aq)

1 2H2O

(,) 1 C,

2(g)

19 a) 4Ag 1 2H2S 1 O

2 → 2Ag

2S 1 2H

2O

Ag

b) 2 A,2 6 Ag

2 3 27g 2 6 3 6 3 1023 átomos

x 2 6 3 1021 átomos

x 5 9 3 1022g

20 a) A equação balanceada da reação é:

3CH3 — CH

2 — OH 1 2Cr

2O

722 1 16H1 → 3CH

3 — COOH — OH 1 4Cr31 1 11H

2O

3CH3 — CH

2 — OH 1 2Cr

2O

722 1 16H1 q 3CH

3 — COOH — OH 1 4Cr31 1 11H

2O

oxidação 21

16

13

13redução

Então x 5 3, y 5 3

agente oxidante: Cr2O

722

agente redutor: CH3 — CH

2 — OH

b) Cálculo do número de mols de íons Cr31:

nCr31 5

4mol Cr

0,3mol C H OH

3

2 5

eq. química

1

1 2444444 34444444

5 0,4 mol Cr31

6Pré - vestibular extensivo | caderno 2

GABARITO

PH_MP_QUI_C2.indd 6 2/28/14 11:51 AM


MÓDULO 12

1 B

Utilizando-se a fórmula NN

2

0

t

T

5 e sabendo que sua meia-

-vida é de 5 dias, temos: 12,5100

2 tT

5 , onde t 5 15 dias.

2 A

Tempo necessário para decair metade da quantidade.

3 C

90230

82208

24

10Th Pb x y→ 1 a 1 b

Faz-se, primeiramente, a diferença de massa entre Th e Pb

para calcularmos o número de partículas a, depois calcula-

-se o número necessário de partículas b para que Pb tenha

82 prótons.

230 5 208 1 4x x 5 6

90 5 82 1 2x 2 y y 5 4

↓

6

4 D

Sabendo-se que: 10n, é possível calcular “A” para que a

soma das massas do lado direito também tenha 240 como

resultado. O mesmo ocorre para o cálculo de “z”, porém a

soma do número de prótons deverá ter 92 como resultado.

Após descobrir z, basta buscar “x” na tabela periódica e

identificá-lo por seu número atômico.

5 C

Faz-se a soma das massas do lado direito e depois compa-

ra-se com o lado esquerdo das equações, repete-se o pro-

cesso com os números atômicos e descobre-se a partícula

que está sendo utilizada.

6 D

DH , 0 → processo exotérmico

Xe → possui 54 elétrons

U → 92 é seu número atômico

ocorre fissão nuclear que é a quebra de um núcleo maior

em núcleos menores.

7 A

1

2

1

128

x

5 , desse modo, temos: x 5 7 meias-vidas.

Assim, calculamos o tempo necessário:

24 3 103 3 7 5 168 3 103 anos.

23994

Pu → 42a 1 235

92U

8 A, B, C e D.

9 a) 6C →

5X 1 0

1b

↓

B (Boro)

b) 1

225

1

4

x

5 5% , percebe-se que x 5 2 meias-vidas

2 3 20,4 5 40,8 minutos.

10 a) fotossíntese

b) 1

225%

1

4

x

5 5 X 5 2 meias-vidas

2 ? 5 730 5 11 460 anos

2 009 2 11 460 5 9 451 a.C.

Não poderia ser do antigo Egito.

c) Os números de prótons são diferentes.

11 a) 23090

Th → 23191

Pa 1 01b

b) 320g T→

160g T→

80g T→

40g T→

20g

t 5 4T

12 5 4T

T 5 3 dias → 22488

Ra

12 a) b; b; a

b) 84g →

140dias

42g →

140dias

21g

84g 2 21g 5 63g

Po ; Pb

210g → 206g

63g → x

x 5 61,8g

13 a) 10n

b) 92

235

0

1

92

236

36

90

0

1

56

1U n U Kr 2 n→ → → 1 1

444Y

c) Figura I: fissão nuclear

Figura II: fusão nuclear

d) Fusão nuclear

14 a) 100% →

30 anos

50% →

30 anos

25% →

30 anos

12,5%

b) 55

137

56

137

21

0Cs Ba→ 1 b

15 C

64g →

T

32g →

T

16g →

T

8g

t 5 3T

50 5 3T

T 5 16,67 dias

T 5 0,693 ? u

16,67 5 0,693 ? u

u 5 24,05 dias

16 a) 7

14

0

1

6

14

1

1N n C p1 1→

b) 100% →

T

50% →

T

25%

t 5 2T

t 5 2 ? 5.700

t 5 11.400 anos

17 C

De acordo com o gráfico, m 5 100 no t 5 0 e m 5 50 no

t 5 2,5.

18 B

23892

U → 23490

Th → 23491

Pa → 23492

U →

↓ ↓ ↓ ↓ a b b a

→ 23090

Th → 22688

Ra → 21084

Po → 20682

Pb

↓ ↓ ↓ a 4a 1 4b a

42a e 0

21b → 8

42 a e 6 0

21b → Z 5 16, n 5 16, e 5 6

19 C

T0,693

0,350,693

5l

5l

l 5 1,98 > 2h21

20 8636

Kr 1 20882

Pb → 293118

X 1 10n

293118

X → 289116

Y 1 42a

X: família dos gases nobres

Y: número de massa 5 289

21 a) Z 3

A 3X Am U

1

1

→ →95

241

92

238

PH_MP_QUI_C2.indd 7 2/28/14 11:51 AM

GABARITO


b) 6 3 1023 átomos 241g

1,2 3 1024 átomos x

x 5 482g

22 18

40

19

40

7

1

Ar

K5

19

40

2 4 8K N

N N N→ → →

18

40

2 2 4 4Ar 0

N N N 3N→ → →1

3N N 7N

4 8 81 5

Assim, 7N

:N

8

7

1,

85 como passaram 3 tempos de meia-

-vida,

t 5 3 ? 1,28 ? 1029

t 5 3,84 ? 1029 anos

b) 19

40

1

0

20

40K Ca→ b 1

23 a) Em 200g da amostra, há 10g de Co60.

27

Co60 → 21

b0 1 28

Ni60

Dt 5 x p

x 5 21

5 25, 5 4 períodos

massa final de Co60 (m Co60) m 5 m

2

10

2

10

16

0

x 41 5

massa final de Ni60 produzida (m Ni60): 10 2 10

16

relação entre as massas

mNi

mCo

1010

16

10

16

150

16

10

16

1

60

605

2

5 5 55

b) Co13

3d6

24 4,14% de 100g 5 4,14g Pb

207g 1mol

4,14g x

x 5 4,14

207 5 0,02 5 2,0 3 1022mol

número de átomos 5 2,0 3 1022 3 6,0 3 1023 5

5 1,2 3 1022 átomos

Decaimento:

82

210

82

206Pb Pb→

82

210

82

210

2

4

80

2062

80 2

206Pb X X P→ →

a b

15 bb Pb82

2065

Partículas alfa 5 1

Partículas beta 5 2

25 a) Usando o gráfico dado, temos que decorridas 25 horas

a atividade relativa do gálio caiu de 1,0 para 0,8, isto é,

uma diminuição de 20%.

b) Cálculo do número de átomos de Ga-67 existentes no

sangue após 25 horas do preparo da solução (injeção

de 1mL):

1,20 ? 1012 átomos Ga-67 ? 0,80 5 9,60 ? 1011 átomos

Ga-67.

Considerando a quantidade injetada (1mL), podemos cal-

cular aproximadamente o volume de sangue:

2,00 10 átomos Ga-67

1mL

9,60 10 át8 11?

5? oomos Ga-67

volume de sangue

volume de sangue = 4.800 mL (4,80 L)

c) A equação da reação nuclear é:

31

67

21

0

30

67

nuclídeo

0

0Ga e Zn y1 1→123

26 a) 5

10

0

1

1

3B n 2X H1 1

X 5 hélio 2

4He( )

b) mi →

36 anos

200g

mi →

36 anos

200g →

x

100g →

x

50g

36 1 2x 5 60 x 5 12 anos

27 a) Posição do átomo de Darmstádio na Tabela Periódica

→ Grupo: 10 ou VIII B/período: 7o

Número de massa (A) → da reação de formação de Darms-

tádio, tem-se que: 62 1 208 5 A 1 1. Logo, o número de

massa é A 5 269.

b) O número de partículas a emitidas é calculado usando

os números de prótons dos átomos de Darmstádio e No-

bélio e das partículas a: 110 102

2

8

24

25 5 . Portanto,

4 partículas a são emitidas. Os elementos intermediários

gerados no processo de decaimento de Darmstádio a No-

bélio, pela emissão de partículas a são: Hássio (Hs), Sea-

bórguio (Sg) e Rutherfórdio (Rf).

28 a) Segunda-feira Terça-feira

18h 24h 6h 12h

2g 1g 0,5g 0,25g

Tecnécio disponível na hora do exame: 0,25g.

b) Tc2S

7 1 7H

2 → 2Tc 1 7H

2S

29 a) A reação de produção do Cobalto-60 a partir do Co-

balto-59 é:

27

59

0

1

27

60Co n Co1 →

A reação de decaimento radioativo do Cobalto-60 é:

27

60

0

0

1

0

28

60Co Ni→ g 1 b 1

b) A massa de Cobalto-60 cai à metade a cada 5 anos.

Logo, a massa de Cobalto-60 presente após 15 anos

é:

1001

2

1

2

1

2

100

8125g3 3 3 5 5

Teorias Modernas de Ácido e Base — parte B

1 B

2 B

O

3 a) CH2 — CH — C

OH

OH — NH2

b) De acordo com Brönsted-Lowry, qualquer espécie ca-

paz de doar próton se trata de um ácido. Sabe-se que

o hidrogênio ligado ao oxigênio da carboxila pode ser

doado sob a forma de próton. A característica básica do

grupamento amino (de acordo com a Teoria de Lewis)

deve-se à presença do par de elétrons livres do N, que

pode ser doado por covalência dativa.

4 A representação de Lewis para o átomo de nitrogênio é: N

(cinco elétrons na camada de valência).?????

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a) Na molécula de amônia, três átomos de hidrogênio for-mam covalências com o nitrogênio:

N

H H H

(amônia)

b) A amônia apresenta propriedades básicas. A observa-ção da fórmula eletrônica mostra a existência de par de elétrons livres, o que confere à amônia propriedades básicas.

5 a) A água é base de Brönsted, pois nesta reação é recep-tora de próton.

b) A água é ácido de Brönsted , pois nesta reação é doa-dora de próton.

6 C

7 D

8 a) Ácidos de Lewis: Ag1 e BF3

b) Não, pois nas reações estas substâncias não atuam doando prótons.

9 C

10 Ácido de Arrhenius 5 Aspártico Base de Brönsted-Lowry 5 Lisina Apolares 5 Valina e Fenilalanina

MÓDULO 13

1 a) Aberta, normal, saturada e homogênea.

b) Aberta, ramificada, insaturada e homogênea.

c) Aberta, normal, saturada e homogênea.

d) Fechada, normal, insaturada e homogênea.

2 a) butano

b) 2 - metil - heptano

c) But - 1 - eno

d) 6 - metil - hept - 3 - eno

e) 4,5 - dimetil - hept - 2-ino

f) 4 - metil - hex - 1 - ino

g) hexa - 1,4- dieno

h) 5 - metil - hexa - 1,3 - dieno

i) metil - ciclobutano

j) 1- isopropil - 3 - metil - ciclopentano

k) 3 - metil - ciclopenteno

l) b - metilnaftaleno

m) fenil eteno

n) 2 - fenil pentano

o) difenil metano

p) 3 - etil - 2 - metil - pentano

q) 5 - etil - 2,6 - dimetil - hept - 3 - eno

r) 5 - metil - hex - 1 2 eno

s) 3 - metil - but - 1 2 eno

t) difenil metano

u) fenil dimetil 2 propano

v) 3 - metil 2 pentano

3 a)

b)

c)

d)

e)

4 metil, etil, vinil e sec-butil

5 D

6 C

7 B

8 C

9 E

10 C

MÓDULO 141 E

2 B

3 a) 1 2 ácido carboxílico

2 2 aldeído

3 2 cetona

b) etil-amina

4 D.

CH2 — CH — CH

2

OH OH OH

PH_MP_QUI_C2.indd 9 2/28/14 11:51 AM

GABARITO


Ligações duplas

5 a) H3C — CH CH

2 2 propeno

b) H3C — CH

2 — CH

2 — CH CH

2

H3C — CH

2 — CH CH — CH

3

6 E

7 A

8 C

9 D

10 C

11 a) I 2 álcool

II 2 éter

III, IV, V 2 fenol

b) Pertencem à mesma função.

12 D

13

C,

CH3

Metil-Benzeno

Hidróxi-Benzeno

Cloro-Benzeno

OH

Ácido Benzoico

COOH

14 CnH

2n 1 2 O

CnH

2n 1 3 N

CnH

2n O

15 A

16 a) H3C — CH

3

b) H3C — C CH

2

CH

3

c) CH

3

17 D

18 B

19 a) CH3 (CH

2)3 CH

2OH álcool

CH3 CH

2 CO (CH

2)5 CH

3 2 cetona

b) pentan-1-ol

c)

H

O

~ C — C ~

H

20 C

21 A

22 D

23 E

24 B

25 A

26 a) C9H

8O

4

b) Éster

c) Cloreto de etanoíla; ácido 2-hidróxi-benzoico

27 B

28

C

O

O — CH3

NH2

Éster e Amina

MÓDULO 15

1 a) H2C CH — CH CH

2;

H3C — CH C CH2

H3C — C ; C — CH

3; H

3C — CH

2 — C ; CH

— CH

3

CH3

b) buta-1,3-dieno; buta-1,2-dieno; but-2-ino; but-1-ino; ci-clobuteno; 1-metil-ciclopropeno; 3-metil-ciclopropeno.

2 B

3 A

4 a) O ácido lático apresenta assimetria molecular pela pre-sença de um carbono assimétrico ou quiral. Existem dois isômeros espaciais ópticos desta substância. Eles são enantiomorfos.

b) Os isômeros são chamados de ácido d-lático (dextrógi-ro) e ácido l-lático (levógiro).

5 D

6 a) 3, possui carbono quiral.

b) 6, possui R1 Þ R2 e R3 Þ R4

7 D

8 A

9 a)

H3C — CH

2 — C

OH

O

b)

H3C Ñ CH

2 Ñ C

H

O

c)

H3C — C — CH

2 — CH

3

H

OH

d) C3H

6O 1 4O

2 → 3CO

2 1 3H

2O

3 mol de CO2

PH_MP_QUI_C2.indd 10 2/28/14 11:51 AM


10 a) Isomeria de função.

b) Etanol, porque apresenta interações por ligações de hidrogênio.

11 a) H2C — CH

2 — CH

3

OH

propan-1-ol

H3C — CH — CH

3

OH

propan-2-ol

H3C — CH

2 — O — CH

3

metoxietano

b) Nenhum dos isômeros apresentará atividade óptica por não terem assimetria molecular.

12

C

polar

C

H

C,C,

H

C

polar

C

H

HC,

C,

C

apolar

C

C,

HC,

H

13 E

14 A alternativa C é correta. A alternativa B está errada, por-que os alcanos têm dois hidrogênios a mais que um cicloal-cano com o mesmo número de carbonos. Logo, alcanos e cicloalcanos não podem ser isômeros.

15 a) Ácido 2-hidroxipropanoico; ácido lático; isomeria pelo arranjo espacial num tetraedro regular imaginário.

16 A alternativa A é correta, a afirmação VI é verdadeira, pois o composto tem um carbono quiral e isto possibilita a existência de 2 antípodas ópticos, um dextrógiro e o outro levógiro.

17 a) propan-1-ol

b)

CH3 — CH

2 — CH

2 — C ou

OH

O

CH3 — CH — C

CH3

OH

O

18 a) I 2 Éster

II 2 Amina

b) Álcool

19 a)

CH3 — C — CH — CH

3

CH3

O

b) CH3 — C — CH

3

O

20 Hexan-1-ol, Ácido 6-Bromo-hexanoico

21 OH O

ou

O

22

H — C — C — C Isomeria funcional

H

OH

H

O

H

OH

23 C

24 C

25 a) As nonanonas são:

H3C — C — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

3

O

nonan-2-ona

H3C — CH

2 — C — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

3

O

nonan-3-ona

H3C — CH

2 — CH

2 — C — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

3

O

nonan-4-ona

H3C — CH

2 — CH

2 — CH

2 — C — CH

2 — CH

2 — CH

2 — CH

3

O

nonan-5-ona

b) Somente a 5-nonanona pode ser considerada um pa-líndromo.

c) O nome oficial (IUPAC) é nonan-5-ona. Outro nome histórico seria di-n-butilcetona (di-1-butilcetona).

Comentário: foi considerada “fórmula estrutural palíndro-mo” somente aquela na qual o grupo cetona está posiciona-do no centro. Caso fosse levado em conta o fato de que to-das as fórmulas estruturais planas têm o mesmo significado químico ao serem interpretadas da direita para a esquerda e da esquerda para a direita, a questão não teria sentido.

26 Os isômeros são:

CH2 — CH

CH3

CH3 — C CH

2

C,

clorociclopropano 2-cloro-2-propeno

1-cloro-2-propeno

cis-1-cloro-1-propeno

CH2

C,

C, — CH2 — CH CH

2

C C

C,

HH

CH3

trans-1-cloro-1-propeno

C C

H

C,H

Obs.: a IUPAC recomenda numeração a partir do grupo funcional.

11 Pré - vestibular extensivo | caderno 2

PH_MP_QUI_C2.indd 11 2/28/14 11:51 AM

GABARITO


27 a) I 2 Hidrocarboneto

II 2 Álcool

b) 1 2 3 2 1 2 3

c) Propanotriol

d) OH

OH

OH

OH

OH OH

OH

OH

OH

28 C

A isomeria espacial em compostos de cadeias carbônicas acíclicas ocorre quando cada átomo de carbono de uma dupla-ligação liga-se a dois grupos diferentes, constituindo estruturas estáveis. Então:

I. C2H

6O (compostos saturados)

H3C 2 CH

2 2 OH

H3C 2 O 2 CH

3

II. C3H

6O (2 casos de tautomeria)

OH

CHH3C Ñ CH

3 Ñ C Ñ H →← H

3C Ñ CH

O

OHO

CH2

H3C Ñ C Ñ CH

3 →← H

3C Ñ C

III.

CHHC

H

C

C

e

cis

C,

C, C,

C,

H

H

C

C

trans

C,

C,

H

29 a)

CH3 Ñ C Ñ (CH

2 )5 Ñ CH ÑÑÑ CH Ñ COOH

O

cetona ‡cido

carbox’lico

b) As fórmulas são:

H

C

C

cis

O

COOHH

(CH2)5 Ñ C Ñ CH

3

trans

H

C

C

O

HHOOC

(CH2)5 — C — CH

3

30 a) Ácido 2-amino-4-metil pentanoico.

b) Leucina pois possui carbono assimétrico (carbono 2)

31 a) Tempo de meia-vida ⇒ atividade biológica 5 5 000, logo (gráfico) t

1/2 5 3 semanas.

b) Uma mistura racêmica é composta de 50% da forma dextrógira e 50% da forma levógira.

Como ela, no problema em questão, apresenta 50% da atividade da forma dextrógira pura, isto significa que a contribuição da forma levógira à atividade biológica é nula. Ou seja, a forma levógira tem atividade zero.

32 a) Noradrenalina e adrenalina.

b)

CH2NHCH

3

H — C — OH

OH

HO

33 Razão entre as dosagens de [A]/[B] 5 1/2. A mistura racê-mica (B) possui 50% do enantiômero ativo, logo será ne-cessário o dobro da dosagem de B para se obter o mesmo efeito clínico de A (100% de enantiômero ativo).

34 a) Fase 1: parafina líquida e corante azul; Fase 2: hexileno glicol e corante vermelho; Fase 3: solução aquosa de NaC, a 15%.

b) A representação em bastão do hexileno glicol é:

OH

OH

O carbono assimétrico é o indicado pelo asterisco na re-presentação a seguir:

OH

*OH

MÓDULO 16

1

( 2 ) 1 H3C Ñ C, 1 HC,

CH3

ÑÑH

1

1

22

GABARITO


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( 3 ) H — C — C — C — H 1 Zn

H

—— C — H 1 ZnC,2H — C — C—

H

—

H

H C, C,

—

— — —

H

—

H

—

H

—

H

—

( 1 ) C C — C — H 1 H — H H — C — C — C — H

H

—

H

—

H H

H

— ——

H

—

——

H

—H

—H

—

H

—

H

—

( 1 ) H Ñ C Ñ C 1 H Ñ H H Ñ C Ñ C Ñ OH

H

Ñ

O

H H

Ñ

Ñ

HÑ

H H

HÑ Ñ

Ñ

( 3 ) H Ñ C Ñ C Ñ C Ñ H + 2K OH

H

Ñ

ÑÑÑ

H

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

Ñ

C,

Ñ

H

Ñ

C,

Ñ

2KC, + 2H2O + H Ñ C Ñ C C Ñ H

1 2

( 3 ) H — C — C 1 CH3 — OH H — C — C 1 H

2O

H

—

O——

HO — H—

—

H

H

——

O——

OCH3

—

1

12

2

2 B

Reação 1

C, — — N C O—— C, — — NH N(CH3)2

C

O

— ———(CH

3)2 N — H

1

12

2

Reação 2

CH3CH

2C

OÑÑ

C,

Ñ

(CH3)2 N Ñ H

OÑÑ

N(CH3)2

ÑCH3CH

2C 1 HC,

1

1

2

2

3 C

—

H

—H

—

H

—H

C C 1 ZnBr2

I. Br — C — C — Br—

—

—

—H

H

H

H

——Zn

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

ÑH

H Ñ C Ñ CN 1 NaIII. H Ñ C Ñ INaCN

11 2

2

—

H

—H

—

H

—H

—

H

—C,

—

H

—H

—

H

—

H

III. H — C — C H — C — C — C — HC — HH C,

11 2

2

PH_MP_QUI_C2.indd 13 2/28/14 11:51 AM

GABARITO


GABARITO

14

4 E

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

H Ñ C Ñ C Ñ Br + OH H Ñ C Ñ C Ñ OH 1 BrÐ

(Nucle—filo)

ÑH

1 2 2

5 C

H

III. H2C1 Ñ CH

2 1 BrÐ H

2C Ñ CH

2

I. H Br(aq) H1 1 BrÐ

II. H2C CH

2 1 H1ÑÑ H

2C1Ñ CH

2

H HBr

Nucle—filo

Eletr—filo

��

��

6 D

—

H

—H

—

H

—

H

II. H — C C — C — H 1 H — OH

112 2

—H

—H

—

H

—OH—

H

—H

H — C — C — C — HH1

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

Ñ

H

VI. H Ñ C C Ñ C Ñ H 1 H Ñ C,

112 2

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

ÑC,

Ñ

H

ÑH

H Ñ C Ñ C Ñ C Ñ H

7 a) CH2 Ñ CHÑ

b) CH2 Ñ CH 1 H

2

Ñ CH3 Ñ CH

2

c) fenil etano

8 B

Ñ

H

ÑH

Ñ

H

Ñ

H

H Ñ C Ñ C Ñ C Ñ C CH3CH

2CH

2CH

2CH

2BrC Ñ H 1 H BrÑ

H

ÑH

Ñ

H

ÑH

H2O

2

1 2

9 a)

1 HBr

Br

1 HBr

Br

peróxido

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15 Pré-vestibular extensivo | caderno 215 Pré - vestibular extensivo | caderno 2

b)

Br

Br

HBr

HBrper—xido

10 A

I.

OH

+ 2H — H

OH2

— — — —

II. 3,7 – DIMETIL – OCTAN – 1 – OL

III. Presença de ligação dupla com R1 Þ R2 e R3 Þ R4.

OH

H

R1

R2

R3

R4

— —

—

11 a)

H — C — C — H 1 H2O— H — C — C — H

H H

— —

H

—

H H

— —

OH

—

dm

v5

800g

L

m

4,2 10 L1053

m 5 33,6 3 1012 g

C2H

4 ≡ C

2H

6O

28 ––––– 46 g

xg ––––– 33,6 3 1012 g

x 5 20,45 3 1012g 5 2,045 3 107 T

b) C2H

6O 1 3O

2 → 2CO

2 1 3H

2O

C2H

6O ≡ 2CO

2

1 mol ––––– 2 mol

217,4 mol ––––– x

x 5 434,8 L

12 D

CH3 Ñ CH

2 Ñ CH

2 Ñ C

O

H

CH3MgBr

Ñ

ÑÑ

CH3 Ñ CH

2 Ñ CH

2 Ñ C Ñ CH

3

H

Ñ

OMgBr

Ñ H2O

H1

13 a)

Pentan-2-ol

CH3 — CH

2 — CH

2 — C — CH

3 1 MgOHBr

H

—

OH

—

CH3 Ñ CH Ñ CH

2 1 HI CH

3 Ñ CH Ñ CH

3

I

Ñ

2-iodopropano

Ñ

b)

CH3

CH3

1 HC,

C,

1-cloro 1-metilcicloexano

Ñ Ñ

14 a) C Ñ C 1 H2

Ñ Ñ C Ñ C Ñ

Ñ

Ñ Ñ

ÑH

ÑÑ Ñ

H

Ñ

b) Podemos representar o ácido linoleico pelas seguintes fórmulas moleculares:

C18

H32

O2 ou C

17H

31COOH

A fórmula de um alcano (hidrocarboneto saturado) é C

nH

2n12. Um radical monovalente saturado tem fórmula

– CnH

2n11.

As fórmulas gerais dos ácidos graxos são: C

nH

2n11COOH – saturado

CnH

2n21COOH – uma dupla ligação

CnH

2n23COOH – duas duplas ligações

Conclusão: o ácido linoleico apresenta em sua cadeia carbônica duas duplas ligações.

C17

H13

COOH corresponde a CnH

2n23COOH.

15 a) Uma fórmula estrutural do ácido graxo representado por C18: 3v3 é:

H2

H H H H H H H2

H2

H2

H2

H2

H2

H2

H2

H O

OHH

3C C C C C C C C C C C C C C C C C C

A primeira dupla ligação localiza-se no carbono 3 a partir da extremidade oposta do radical carboxila. As outras duplas ligações podem estar situadas em outros carbonos diferentes do exemplo acima.

b) A fórmula molecular do ácido é: C18

H30

O2, com massa mo-

lar 5 278 g/mol. Para cada mol do ácido, temos um consumo de 3 mol de

I2, pois a ácido tem três duplas ligações em sua cadeia.

Ácido ≡ 3I2

278 g ——— 3 mol 5,56 g ——–- x x 5 0,06 mol de I

2

16 A hidrogenação é dada na figura 1 e os isômeros es-

tão representados na figura 2.

Figura 1

H11

C5 Ñ CH Ñ CH Ñ CH

2 Ñ CH Ñ CH Ñ (CH

2)7 Ñ COOHÑ

1

H2

Ñ

H11

C5 Ñ CH Ñ CH Ñ CH

2 Ñ CH

2 Ñ CH

2 Ñ (CH

2)7 Ñ COOHÑ

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GABARITO


GABARITO


Figura 2

cis trans

C Ñ CÑÑ

ÑÑ

Ñ

Ñ

Ñ Ñ

Ñ

H

H11

C5

H

(CH2)10

Ñ COOH

C Ñ CÑ

H

H11

C5

H

(CH2)10

Ñ COOH

17 Observe as figuras a seguir:

a) Álcool I

Método A:

H2C

H2C

C — CH2

CH2

CH2

HOH/H1H

2C

H2C

CH2

C

CH2

CH3

CH2

OH

—

CH2

Método B:

H2C

H2C

CH3

C

CH2

CH

HOH/H1H

2C

H2C

C

CH2

CH3

CH2

OH

CH2

CH2

b) Álcool II

Método A:

H2C

H2C

CH

CH3

CH3

CH

CH

CH

H2C

H2C

CH

CH2

CH

CH

OH

CH3

CH3

Método B:

H2C

H2C

CH

CH3

CH3

CH

CH

CH

H2C

H2C

CH

CH2

CH

CH

OH

condições

especiais

CH3

CH3

c) I.

H2C

H2C

CH3

OH

C

CH2

CH2

CH2

II.

H2C

H2C

CH

CH3

CH3

OH

CH2

CH

CH

18 a)

3HC Ñ CH

Benzeno

ÑÑ

b) X → Eteno (H2C 5 CH

2).

Y → Etanol (H3C – CH

2OH) 5 Função álcool.

19 a) CH3CH

2 — C

1

— CH2CH

2CH

3

�

CH3

b) H3C — CH 5 C — CH

2 — CH

2 — CH

3

�

CH3

H3C — CH

2 — C — CH — CH

2 — CH

3

�

CH3

H3C — CH

2 — C — CH

2 — CH

2 — CH

3

��

CH3

c) H3C — CH

2 — C — CH

2 — CH

2 — CH

3

��

C

/ \

H H 20 Como no frasco X não houve descoramento ao se adicionar

uma solução de Br2 /CC,

4, deduzimos que o ácido presente

neste frasco não contém insaturações. Concluímos se tratar do ácido esteárico.

Como no frasco Y houve consumo de 2 mols de H2(g) na hi-

drogenação de 1 mol do ácido, deduzimos que a estrutura do ácido presente neste frasco contém duas insaturações (DIEN). Concluímos se tratar do ácido linoleico.

O

OH

X 5 ácido esteárico

Y 5 ácido linoleico

PH_MP_QUI_C2.indd 16 2/28/14 11:51 AM

Gabarito 3o. ano química - 2o. bim

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