Dispersões EM18 2 QUI A 01 -...

EM18

_2_Q

UI_

A_L

1_G

AB

GAB 449

Dispersões EM18_2_QUI_A_01

Desenvolvendo Habilidades


1. E

2. B

3. B

4. A


1. A

2. B

3. B

4. D

5. A

6. D


1. A

2. E

3. C

4. B

5. D

6. B

7. D

Complementares

1. A

2. D

3. 30 (02 + 04 + 08 +16)

4. B

5. A

Complementares

1. A

2. C

3. C

4. D

Complementares

1. A

2. B

3. B

4. 0,167 mol · L−1

Complementares

1. B

2. D

3. D

4. F, F, V, V.

5. E

6. A

Unidades de concentração EM18_2_QUI_A_02

Diluição e mistura de soluções EM18_2_QUI_A_03

Propriedades coligativas EM18_2_QUI_A_04

5. 211,2 g

6. A

7. C

8. A

7. E

8. a) O composto A é mais volátil do que o composto B, pois, a uma

mesma temperatura, o composto A apresenta maior pressão de vapor.

b) A solução do composto B apresenta maior temperatura de ebulição, portanto, a solução é mais concentrada que a solução do composto A. Como o solvente passa do compartimento menos concentrado para o compartimento mais concentrado, haverá um aumento de volume na solução B e uma diminuição de volume na solução A.

9. E

1. E

2. A

3. E

4. D

5. D

6. 4,2 kg K+(aq).

CaCℓ2, KNO3 e KCℓ, durante a dissolução, comportam-se de forma endotérmica, e a solubilidade aumenta com o aquecimento.

5. A

6. C

7. Gordura → C = 7,8/0,2 = 39 g · L–1

Sais minerais → C = 1,8/0,2 = 9 g · L–1

Proteínas → C = 9/0,2 = 45 g · L–1

Lactose → C = 10,5/0,2 = 52,5 g · L–1

Lecitina → C = 0,06/0,2 = 0,3 g · L–1

8. A

PG18LP321SDQ0_MIOLO_EM18_2_QUI_LP.indb 449 13/10/2017 13:56:27

EM18

_2_Q

UI_

B_G

AB

GAB450

Compostos orgânicos EM18_2_QUI_B_01


1. A

2. A

3. D

4. D

5. B

6. C


1. C

2. C

3. E

4. C


1. E

2. D

3. A

4. C

5. A


1. A

2. C

3. A

4. B

5. C

Complementares

1. C

2. Ácido glutâmico: dois primá-rios e três secundários; valina: três primários, um secundário e um terciário.

Complementares

1. A

2. C

3. B

4. 02

5. D

Complementares

1. C

2. A

3. E

4. A

5. C

6. A

Complementares

1. C

2. C

3. C

4. C

5. B

Cadeias carbônicas EM18_2_QUI_B_02

Hidrocarbonetos EM18_2_QUI_B_03

Funções oxigenadas I EM18_2_QUI_B_04

7. Sendo a fórmula geral dos alcanos CnH2n+2 e que a quantidade de H é definida pela quantidade indicada no índice do hidrogênio, tem-se:2n + 2 = 642n = 64 – 2n = 62/2n = 31, ou seja, 31 átomos de carbono.

8. A

6. a) A função é álcool.

b)

HO C C OH

H

H

H

H etan-1,2-diol

H C C C H

H

HO OH H

H H

propan-1,2-diol

HO OHH

H C C C H

propan-1,3-diol

H H H

7. E

3. D

4. B

5. D

6. C

7. 14 (02 + 04 + 08)

8. 28 (04 + 08 + 16)

9. A

10. B

6. O éster do ácido oleico apre-senta cadeia carbônica insa-turada. O número de ligações covalentes duplas é igual a um.O éster do ácido linoleico apresenta cadeia carbônica insaturada. O número de li-gações covalentes duplas é igual a dois.

7. C

8. B


EM18

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A_L

1_SO

L

SOL 451QUI A

Dispersões


1. EAs proteínas possuem diâmetros médios entre 1,0 nm e 1000 nm e, quando em solução aquosa, formam sistemas caracterizados como coloides.

2. A50°C → a solubilidade é 130 g/100 g de H2O20°C → a solubilidade é 40 g/100 g de H2OLogo, a massa que sofre precipitação será de 90 gramas, permane-cendo 40 gramas em solução.

3. E35 g ----------------- 100 g de H2O14 g ----------------- x g de H2Ox = 40 gramas ou 40 mL de H2OForam colocados 200 mL e a cristalização se iniciou com 40 mL, logo, ocorreu a evaporação de 160 mL de H2O.

4. DDe acordo com as curvas de solubilidade e com a tabela fornecida, vem:Solubilidade

Temperatura

A130

65

Solubilidade de B<A

Diminuição da temperatura

115 < 125(B) (A)

B

T (°C) KNO3 NaNO3

60 115 125

65 130 130

75 160 140

Conclusão: a curva A diz respeito ao nitrato de sódio (NaNO3), pois apresenta maior solubilidade abaixo de 65°C e a curva B, ao nitrato de potássio (KNO3), pois apresenta menor solubilidade abaixo de 65°C. Considerando as duas soluções, ambas sofreriam precipitação com a diminuição da temperatura.

5. DEm 500 g de água pode-se adicionar, no máximo, 200 g de sal, portanto, em 1000 g de água adiciona-se 400 g de sal. Para 400 g de sal, a temperatura corresponde a aproximadamente 27°C.

Complementares

1. APonto 1 – está na linha da saturação.Ponto 2 – está abaixo da linha de saturação.Ponto 3 – está acima da linha de saturação.

2. DComo a solubilidade do sal é de 12,5 g para 100 g de água, em 20 mL a quantidade máxima de sal dissolvida será de 2,5 g, portanto, haverá corpo de fundo nos recipientes em que foram acrescentados valores de massa superiores a 2,5 g (recipientes B, C e D).

3. 30 (02 + 04 + 08 + 16)(01) Falsa. A 90°C, a quantidade máxima de glicose dissolvida em 200 g de água é de 1 112 g, como foram colocadas 1 000 g, a solução será insaturada;

4. BII. Partículas sólidas, suspensas no ar, formam um sistema coloidal

denominado aerossol.

IV. A afirmativa está incorreta, neste caso os coloides são polidis-persos e heterogêneos.

5. APara a solução a 20°C temos:12 g de sal ----------------- 100 g de H2O x g de sal ----------------- 600 g solução x = 72 g de sal Como foram adicionados 120 g do sal, a solução será saturada com 48 g de corpo de fundo.

6. A massa de KCℓ que se dissolve em 100 g de água, a 45°C, formando uma solução saturada é 40 g.Cálculo da massa de KCℓ dissolvido em 20 L ou 20 kg de água:

�40 g KC100 g água

· 2 000 g = 8 000 g de KCℓ

Massa de K+(aq) em 8 000 g de KCℓ(aq):

30100

g K g KC

+

ℓ

· 8 000 g = 4,2 kg K+(aq)

Como os sistemas são constituídos por água, e cada um dos sais CaCℓ2, KNO3 e KCℓ, durante a dissolução, comportam-se de forma endotérmica, a solubilidade aumenta com o aquecimento.

EM18_2_QUI_A_01


EM18

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UI_

A_L

1_SO

L

SOL SOL452 QUI A


1. E10 000 L = 10 000 kg10 000 kg -----------------100% x kg ----------------- 0,3% x = 30 kg

2. BDeterminação da quantidade de matéria de açúcar contido nos 3,42 g:1 mol de sacarose ----------------- 342 g x mol ----------------- 3,42 g x = 0,01 mol de sacaroseDeterminação da concentração em quantidade de matéria:0,01 mol ----------------- 50 mL

y mol ----------------- 1 000 mL y = 0,2 mol · L–1

3. B40 mg ----------------- 1 kg x mg ----------------- 70 kgx = 2 800 mg ou 2,8 g1 mol ----------------- 294 g y mol ----------------- 2,8 gy = 0,0095 ou 9,5 ∙ 10–3 mol

4. ADeterminação da massa em um litro de solução:0,18 g ----------------- 100 mL x g ----------------- 1 000 mL x = 1,8 g · L–1

Determinação da quantidade de matéria na solução:1 mol ----------------- 90 g y mol ----------------- 1,8 g · L–1 y = 0,02 mol · L–1

Complementares

1. AEm um litro de solução temos 0,1 mol de permanganato de potássio. Para determinar a massa, temos:1 mol de KMnO4 ––––––– 158 g

0,1 mol ––––––– x g ⇒ x = 15,8 g

2. C1 ppm = 1 mg · L–1

Íon ferro: 2,4 mg · L–1 = 2,4 ppmÍon manganês = 0,4 mg · L–1 = 0,4 ppm

3. COs limites são: 0,054% a 0,13%, ou seja, 0,054 g a 0,13 g em 100 g de solução.Assim, teremos:I. 500 ppm = 500 mg em 1 000 g ou 0,05 g em 100 g (abaixo do limite)(dentro do limite)II. 750 ppm = 750 mg em 1 000 g ou 0,075 g em 100 gIII. 1 000 ppm = 1 000 mg em 1 000 g ou 0,10 g em 100 g(acima do limite)IV. 1350 ppm = 1350 mg em 1000 g ou 0,135 g em 100 gV. 1800 ppm = 1800 mg em 1000 g ou 0,180 g em 100 g

4. DDeterminação da massa em 500 mL de solução:

1 mL ––––––– 1 g 500 mL (0,5 L) ––––––– x ⇒ x = 500 g de água pura Massa da solução:500 g de água pura + 1 000 g de sacarose pura = 1 500 g se solução. Determinação da porcentagem de açúcar na solução: 1 500 g ––––––– 100% 1 000 g ––––––– y% ⇒ y = 66,7% ≅ 67%

5. AComo a densidade corresponde em 1 g · mL–1 em 750 mL temos:1 g ––––––– 1 mL x g ––––––– 750 mL ⇒ x = 750 g de massa totalQuantidade de ácido acético no vinagre:750 g ––––––– 100% y g ––––––– 4% ⇒ y = 30 g de CH3COOHDeterminação da quantidade de matéria (mol):1 mol de CH3COOH ––––––– 60 gz mol de CH3COOH ––––––– 30 g ⇒ z = 0,5 mol.

6. CAnalisando a tabela e considerando uma concentração de CO de 450 ppm; durante um tempo de 8 horas de exposição, haverá de 40% a 60% das hemoglobinas desativadas, o que teria como efeitos convulsão e coma.

7. Para um copo de leite são 30 g (2 colheres de sopa bem cheias). A composição média do produto é: Gordura 26% (7,8 g) Sais minerais 6% (1,8 g) Proteínas 30% (9 g) Água 3% Lactose 35% (10,5 g) Lecitina 0,2% (0,06 g) Determinação da concentração destes componentes: Gordura → C = 7,8/0,2 = 39 g · L–1

Sais minerais → C = 1,8/0,2 = 9 g · L–1

Proteínas → C = 9/0,2 = 45 g · L–1

Lactose → C = 10,5/0,2 = 52,5 g · L–1

Lecitina → C = 0,06/0,2 = 0,3 g · L–1

8. ADeterminação do volume de três latas de cerveja: 3 · 350 mL = 1 050 mL100 mL de cerveja ––––––– 5 mL de álcool1 050 mL de bebida ––––––– x mL de álcool ⇒ x = 52,5 mL de álcoolDeterminação da massa de álcool no volume de álcool ingerido:0,8 g ––––––– 1 mL y g ––––––– 52,5 mL ⇒ y = 42 gO mesmo para o uísque:

100 mL de uísque ––––––– 40 mL de álcool80 mL de bebida (2 ∙ 40 mL) ––––––– z mL de álcoolz = 32 mL de álcoolDeterminação da massa de álcool do uísque:0,8 g ––––––– 1 mL

y g ––––––– 32 mL ⇒ y = 25,6 g

Unidades de concentração EM18_2_QUI_A_02


EM18

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UI_

A_L

1_SO

L

SOL SOL 453QUI A

Massa total de álcool = 67,6 g.Considerando que o organismo do indivíduo tem uma taxa de absorção de álcool de 10%, temos:67,6 g ––––––– 100% w g ––––––– 10% w = 6,8 g de álcool.

Diluição e mistura de soluções EM18_2_QUI_A_03


1. ATransformação do 5 mol · L−1 (M) em g · L−1:

1 mol ----------------- 58,5 g5 mol · L−1 ----------------- x gx = 292,5 g · L−1 Você quer solução que tenha 9 gramas por litro, ou 0,9%, então C1 · V1 = C2 · V2 292,5 g · L−1 · 10 mL = 9 g · L−1 · V2

V2 = 325 mL

2. BComo o texto informa, a diluição consiste na diminuição da con-centração do medicamento.

3. BPara a diluição, temos:C1 · V1 = C2 · V2 8 · V1 = 5 · 1V1 = 0,62 LEsse volume será adicionado a 1 litro da solução 5 mg · L−1, totali-zando 1,6 L de solução.

4. DVamos então calcular a quantidade de matéria (mol) de hidróxido de magnésio em 9 mL de leite de magnésia. 64,8 g 1000 mL

x g 9 mL x = 0,583 g de Mg(OH)2

quantidade de matéria (mol) de Mg(OH)2

1 mol 58,3 g y mol 0,583 g y = 0,01 mol de Mg(OH)2.

Para a reação, temos: 2 HCℓ + Mg(OH)2 → MgCℓ2 + 2 H2O 2 mol 1mol z mol 0,01mol z = 0,02 mol de HCℓ

5. Aquantidade de matéria (mol) de NaOH nNaOH = M ∙ V nNaOH = 0,1 ∙ 0,05 nNaOH = 0,005 mol

quantidade de matéria (mol) de HCℓ nHCℓ = M ∙ V nHCℓ = 0,1 ∙ 0,05 nHCℓ = 0,005 mol

Com a proporção estequiométrica, temos:

HCℓ + NaOH → NaCℓ + H2O 1 mol ----------------- 1mol -------------------------- 1mol0,005 mol ----------------- 0,005 mol ----------------- 0,005 mol

NaCℓ → Na+ + Cℓ–

1mol ----------------- 1mol0,005 mol ----------------- x molx = 0,005 mol de Cℓ–

Concentração: = 0,005 mol/0,1L = 0,05 mol · L−1

6. Dn= quantidade de matéria de NaCℓ: 200 mL e 0,3 mol · L−1

C = n / V0,3 = n/ 0,2 n = 0,06 mol de NaCℓMgCℓ2 : 100 mL e 0,2 mol · L−1

C = n/ V0,2 = n/ 0,1 n = 0,02 mol de MgCℓ2

Volume da mistura: 200 mL + 100 mL = 300 mL Concentração do NaCℓ na mistura final:C = n /VC = 0,06/0,3 0,02 mol de NaCℓ na solução final

Concentração do MgCℓ2 na mistura final:C = n /VC = 0,02/0,3 0,06 mol de MgCℓ2 na solução finalAgora, se 1 mol de Mg tem 24 g:1mol Mg+2 ----------------- 24,3 g 0,06 mol ----------------- x gx = 1,46 g de Mg2+

Complementares

1. AQuantidade de substância (mol): n = M · V n = 10–4 · 0,5n = 5 · 10–5 mol Volume:

0,01 mol ----------------- 1L 5 · 10–5 mol ----------------- x L x = 5 · 10–3 L ou 5,0 mL


EM18

_2_Q

UI_

A_L

1_SO

L

SOL SOL454 QUI A

2. B Determinação da massa de bicarbonato de sódio:HCℓ + NaHCO3 → NaCℓ + H2O + CO2

1mol ----------------- 84 g de NaHCO3

0,03 mol ----------------- x g de NaHCO3

x = 2,52 g de NaHCO3

3. BQuantidade de matéria (mol) de hidróxido de sódio:0,1 mol ----------------- 1 L

x mol ----------------- 20 ∙ 10–3 L x = 2,0 ∙ 10–3 molProporção estequiométrica 1:1Quantidade de matéria (mol) de HCℓ = 2,0 ∙ 10–3 mol1mol de HCℓ ----------------- 36,5 g2,0 ∙ 10–3 mol ----------------- y gy = 0,073 g de HCℓConcentração:C = 0,073 g / 10 mL = 7,3 ∙ 10–3 g · mL−1

4. Vamos reunir os dados da questão:

f = 0,5 mol · L−1

Vf = 500 mLV1 = 200 mL

1 = 1 mol · L−1

Vf = V1 + V2

500 = 200 + V2 = 300 mL

2 = ?

f · Vf = 1 · V1 + 2 · V2

0,5 · 500 = 1 · 200 + 2 · 300

2 = 0,167 mol · L−1

5. Devemos considerar que o vinagre apresenta 4,8 g de ácido acético em 100 mL de solução. 4,8 g ----------------- 100 mL

x g ----------------- 25 mLx = 1,2 g de ácido acético CH3COOH NaOH 60 g ----------------- 40 g 1,2 g ----------------- xx = 0,8 g de NaOHComo são realizadas 264 análises em um mês de trabalho, a massa média de NaOH consumida é: 0,8 g ∙ 264 = 211,2 g.

6. AAo diluir a solução de NaOH, sua concentração irá diminuir.Ao evaporar a solução de NaOH, sua concentração ira aumentar.O NaOH já encontra-se em uma solução aquosa.Ao titular a solução de NaOH, irá neutralizar a solução e com isso ela não reagirá com a fenolftaleína.Misturando-se com o NaCℓ, aumentará a concentração de sódio, não interferindo na concentração do NaOH.

7. CMistura IFrasco A: 100 mL e 0,5 mol · L−1 Frasco B: 200 mL e 1,0 mol · L−1 Frasco C: 200 mL e 0,5 mol · L−1

1 · V1 + 2 · V2 + 3 · V3= f · Vf 0,5 mol · L−1 · 0,1 L + 1,0 mol · L−1 · 0,2 L + 0,5 mol · L−1 · 0,2 L =

f · 0,5 L

f = 0,7 mol · L−1

Mistura IIFrasco B: 200 mL e 1,0 mol · L−1 Frasco C: 200 mL e 0,5 mol · L−1 Frasco D: 100 mL e 2,0 mol · L−1

1 · V1 + 2 · V2 + 3 · V3= f · Vf 1,0 mol · L−1 · 0,2 L + 0,5 mol · L−1 · 0,2 L + 2,0 mol · L−1 · 0,1 L =

f · 0,5 L

f = 1,0 mol · L−1

Mistura IIIFrasco C: 100 mL e 0,5 mol · L−1 Frasco D: 400 mL e 2,0 mol · L−1

1 · V1 + 2 · V2 = f · Vf 0,5 mol · L−1 · 0,1L + 0,2 mol · L−1 + 0,4 L = f · 0,5 L

f = 1,7 mol · L−1

8. A Quantidade de matéria de KCℓ:nKCℓ = ∙ V nKCℓ = 0,15 ∙ 0,1 nKCℓ = 0,015 mol

Quantidade de matéria de NaCℓ:nNaCℓ = ∙ V nNaCℓ = 0,15 ∙ 0,15 nNaCℓ = 0,0225 mol Volume total = 250 mLKCℓ → K+ + Cℓ– (proporção 1:1:1)Concentração:0,015 mol K+/0,25L = 0,06 mol ∙ L–1

0,015 mol Cℓ–/0,25L = 0,06 mol ∙ L–1

NaCℓ → Na+ + Cℓ– (proporção 1:1:1)0,0225 mol Na+/0,25L = 0,09 mol ∙ L–1

0,0225 mol Cℓ–/0,25L = 0,09 mol ∙ L–1

Concentrações totais dos íons:Na+ = 0,09 mol ∙ L–1

K+ = 0,06 mol ∙ L–1

Cℓ– = 0,06 mol ∙ L–1 + 0,09 mol ∙ L–1 = 0,15 mol ∙ L–1


EM18

_2_Q

UI_

A_L

1_SO

L

SOL SOL 455QUI A


1. AO aumento da concentração de sais no solo impede que as células das raízes dos vegetais absorvam água por osmose, pois a con-centração externa de sais é maior do que a interna; desse modo, a planta perde água para o meio.

2. EA osmose é a passagem de solvente do meio menos (hipo) para o mais (hiper) concentrado, logo, como a solução apresenta uma concentração maior do que da célula, ocorre transferência de água da célula para a solução.

3. CUm líquido entrará em ebulição quando sua pressão de vapor se igualar com a pressão atmosférica do local, e, quanto maior for a altitude, menor é a pressão atmosférica.

4. BNo interior da panela de pressão, a pressão do vapor da água é maior que a pressão atmosférica local. Em consequência, a ebuli-ção acontece em temperaturas maiores do que aconteceria a céu aberto, diminuindo o tempo de cozimento dos alimentos.

5. DNo experimento A, com 0,5 mol de cloreto de cálcio (substância com mesmo número de mols de íons liberados por mol de subs-tância), aumentou-se a temperatura de ebulição em 0,75°C. Assim, a temperatura mudará, com o dobro de íons (3 mol, em vez de 1,5), o dobro do que mudou da outra vez: 0,75 · 2 = 1,5°C. Terá, portanto, 100 + 1,5 = 101,5°C como temperatura de ebulição.1 mol de glicose em 0,5 L de água, por sua vez, equivale a 2 mols de glicose em 1 L. Portanto, como 0,5 mols de sacarose elevaram a temperatura de ebulição a 100,25°C, a nova temperatura de ebulição será 100 + 4 · 0,25 = 101°C.

6. BA massa de cloreto de sódio presente na água do rio será:1 mol de NaCℓ ----------------- 58,5 g

0,6 mol ----------------- xx = 35,1 g35,1 g ----------------- 1 L

y ----------------- 100 Ly = 3 510 gA massa de cloreto de sódio presente no aquário será:2,1 g ----------------- 1 L

x ----------------- 100 Lx = 210 gA massa a ser adicionada será a diferença entre elas:3 510 g – 210 g = 3 300 g ou 3,3 kg

7. D3 mol de moléculas de glicoseCaCℓ2 → Na+ + 2 Cℓ– 3 mol de íons (partículas)Quanto maior o número de partículas dispersas, maior será a tem-peratura de ebulição da solução. Como a solução de CaCℓ2 e a de glicose apresentam a mesma quantidade de partículas dispersas, em mol, ambas apresentarão mesma temperatura de ebulição.Te água < Te Glicose = Te CaCℓ2

Complementares

1. BQuando adicionamos um soluto não volátil (etilenoglicol) a um solvente puro (água) ocorre um abaixamento da temperatura de solidificação e um aumento da temperatura de ebulição da solução (efeitos coligativos).

2. D

Mg

g mol Lmol L=

⋅ ⋅= ⋅−

−10180 1

0 05511,

π = · R · Tπ = 0,055 · 0,082 · (15 + 273)π = 1,32 atm ≈ 1,31 atm

3. DMassa molar do etilenoglicol = 62 g · mol−1

∆Tc = Kc · W37,2 = 1,86 . WW = 20 mol · kg−1

1 mol ----------------- 62 g20 mol ----------------- x g ⇒ x = 1 240 g

4. F, F, V, V.a) Falsa. Como o copo 1 apresenta solução aquosa mais concen-

trada, apresentará menor pressão máxima de vapor. Podemos afirmar isso porque o soluto é o mesmo nas duas amostras. Para que os copos apresentem equilíbrio osmótico, o copo 1 tem que aumentar o seu volume de solução para que se torne mais diluído, e o copo 2 tem que diminuir o seu volume de solução para que se torne mais concentrado.

b) Falsa. As concentrações se alteram, pois ocorrerá condensação.

c) Verdadeira. A partir do momento em que eles vão evaporar, o re-cipiente ficará saturado, deixando o ar dentro da caixa saturado.

d) Verdadeira. O copo 2, por apresentar maior pressão de vapor, tende a diminuir a quantidade de solvente, tornando-se mais concentrado. No copo 1, existe um aumento de volume da solução por parte do vapor advindo do copo 2. Essa variação de volume ocorre devido às diferenças que os dois copos têm na velocidade de evaporação e condensação. Esses dois tipos de velocidade se tornaram iguais. Com a mesma concentração de um mesmo soluto, teremos a mesma pressão de vapor nos dois copos.

5. EPara determinar o efeito coligativo, devemos calcular o i (fator de Van’t Hoff) α = 1 (grau de dissociação dos dois sais) q = número total de íons em solução BaCℓ2 = 3 (1 Ba2+ + 2 Cℓ–)NaCℓ = 2 (1 Na+ + 1 Cℓ–) i = 1 + α · (q – 1)Como os sais são solúveis, o α = 100%: NaCℓ: i = 1 + 1· (2 – 1) = 2 BaCℓ2: i = 1 + 1· (3 – 1) = 3 NaCℓ: 58,5 g = 1 molal ∆tc(NaCℓ) = Kc · W · i = Kc · 1 · 2 ∆tc(BaCℓ2) = Kc · W · i = Kc · W · 3 ∆tc(NaCℓ) = ∆tc(BaCℓ2) Portanto, Kc · 1 · 2 = Kc · W · 3 W = (Kc · 2) / (3 · Kc) = 2/3 = 0,67

Propriedades Coligativas EM18_2_QUI_A_04


EM18

_2_Q

UI_

A_L

1_SO

L

SOL456 QUI A

6. AKe (ebulioscópica) = 0,52°C · kg · mol–1

Kf (crioscópica) = 1,86°C · kg · mol–1

Cálculo da concentração molal:

W 18,492 0,5

=⋅

W = 0,4 molal ∆Te = Ke · W∆Te = 0,52 · 0,4 ∆Te = 0,208°CQuando se adiciona um soluto não volátil à água, a temperatura de ebulição deverá aumentar em 0,208°C, portanto, a temperatura final será de 100,208°C∆Tc = Kc · W∆Tc = 1,86 · 0,4 ∆Tc = 0,744°C Quando se adiciona um soluto não volátil à água, a temperatura de fusão (congelamento) deverá diminuir em 0,744°C, portanto, a temperatura final será de –0,744°C.

7. EPara a solução de NaCℓ, temos:NaCℓ → Na+ + Cℓ– Na solução teremos dois mols de íons, portanto:

W11,7

58,5 20,1 mol kg-1=

⋅= ⋅kg–1

(partículas) = 0,2 mol · kg–1

Para o mesmo efeito, a quantidade de sacarose será:0,2 mol ----------------- 1 kg

x mol ----------------- 2 kg ⇒ x = 0,4 mol de sacarose para causar o mesmo efeito.

Massa de sacarose: 1 mol ----------------- 342 g0,4 mol ----------------- y g ⇒ y = 136,8 g

8. a) O composto A é mais volátil do que o composto B, pois, a uma

mesma temperatura, o composto A apresenta maior pressão de vapor.

b) A solução do composto B apresenta maior temperatura de ebulição, portanto, a solução é mais concentrada que a solução do composto A. Como o solvente passa do compartimento menos concentrado para o compartimento mais concentrado, haverá um aumento de volume na solução B e uma diminuição de volume na solução A.

9. EI. Verdadeira. Como são soluções, há a adição de soluto não volátil,

e isso diminui a pressão de vapor.

II. Verdadeira. Quanto menor a concentração de partículas dissol-vidas, menor é a temperatura de ebulição.

III. Verdadeira. A solução B apresenta maior ponto de ebulição do que a solução A, sendo assim, B apresenta interações intermo-leculares mais intensas.


EM18

_2_Q

UI_

B_SO

L

SOL 457

Compostos orgânicos EM18_2_QUI_B_01


1. AO carbono quaternário é classificado como um carbono ligado a quatro outros átomos de carbono. Desse modo, em cada mão há um carbono quaternário.

2. ANas estruturas orgânicas, cada vértice e cada extremidade é um átomo de carbono. Assim, a estrutura apresenta 27 átomos de carbono e 46 átomos de hidrogênio.

3. DNas estruturas orgânicas, cada vértice e cada extremidade é um átomo de carbono que realiza quatro ligações. No anel aromático, há três duplas-ligações (três ligações pi) e nas outras duas duplas--ligações presentes na cadeia mais duas ligações pi. Portanto, o composto apresenta cinco ligações pi e as demais (24) são ligações sigma. A fórmula molecular é C9H9N3O2.

4. DCarbono terciário é aquele que está ligado a mais três outros carbo-nos. Para ter hibridação sp3, deve apresentar ligações somente do tipo sigma. Pela fórmula estrutural, podemos determinar o número de carbonos terciários sp3:

O

CH3OH

Nandrolona

3.O3.O

3.O3.O

5. BNa testosterona há três carbonos híbridos sp2 (dois carbonos com a dupla-ligação no anel e o carbono da dupla-ligação com o oxi-gênio). Na progesterona há quatro carbonos com hibridação sp2 (dois carbonos da dupla do anel e dois carbonos com dupla com o oxigênio). A progesterona apresenta dois carbonos a mais que a testosterona, sendo um deles sp3.

6. CAs fórmulas estruturais das moléculas são:

H C N

H

H

H

H

H

H

H C C N

H

H C N H 1)

2)

3)

I. Falsa. Na estrutura 1 há apenas uma ligação pi.

II. Verdadeira. A molécula 2 apresenta apenas ligações simples e o carbono apresenta quatro ligações simples, o que caracteriza hibridação sp3.

III. Verdadeira. A molécula 3 apresenta uma tripla ligação (duas pi), um carbono híbrido sp e um carbono híbrido sp3.

IV. Verdadeira. Nas moléculas 1 e 2 há ligações simples (sigma), sendo a primeira um carbono com dupla (sp2) e a segunda molécula um carbono só com ligações simples (sp3).

V. Falsa. Na molécula 3 há ligação pi.

Complementares

1. CO composto apresenta oito carbonos com dupla-ligação, fórmula molecular C17H19NO3, um carbono quaternário e 11 carbonos se-cundários, conforme a estrutura:

NH

O

CH3

HO

HO

Morfina

2. Ácido glutâmico: dois primários e três secundários; valina: três primários, um secundário e um terciário.

3. DTodos os carbonos apresentam uma dupla-ligação em comum, desse modo, todos os carbonos (12) são híbridos sp2.

4. B9 átomos de hidrogênio.

N

H

HH

H

H

OHO

CH3

Paracetamol

5. DOs elementos realizam as seguintes ligações: oxigênio e enxofre – duas ligações simples ou uma dupla-ligação; nitrogênio – três ligações simples ou uma dupla e uma simples ou uma tripla ligação; carbono – quatro ligações simples, uma dupla e duas simples, uma tripla e uma simples ou duas duplas; hidrogênio – uma ligação simples.

6. CO carbono é tetravalente (liga-se principalmente com o hidrogênio, oxigênio, nitrogênio e outros elementos não metálicos) e quando apresenta uma tripla ligação, esta é característica da hibridação sp.

7. 14 (02 + 04 + 08). (1) Falsa. Carbono terciário é aquele que se liga a três outros

átomos de carbono.

(2) Verdadeira. Cadeia insaturada é caracterizada quando apre-senta dupla ou tripla entre átomos de carbono.

(3) Verdadeira. A característica da molécula orgânica é apresen-tar o átomo de carbono com elementos como o hidrogênio, nitrogênio, oxigênio, enxofre e outros heteroátomos.

(4) Verdadeira. Realiza quatro ligações covalentes.


EM18

_2_Q

UI_

B_SO

L

SOL SOL458

8. 28 (04 + 08 + 16).(1) Incorreta, os elementos C, H e O são os principais constituin-

tes dos compostos orgânicos.

(2) Incorreta, pois a hibridação pode ser utilizada para explicar as ligações de outros elementos, como o nitrogênio.

(3) Correta.

(4) Correta.

(5) Correta.

9. AEntre as ligações 2-3-4 há dupla-ligação, sendo assim, carbonos híbridos sp2 (ângulo de 120o). Entre 4-5-6 e 9-8-10 só há ligações simples, sendo, assim, carbonos híbridos sp3 (ângulo de 109o28’).

10. BPara que o carbono realize quatro ligações simples, este deve apresentar quatro orbitais semipreenchidos, o que caracteriza uma hibridação sp3.

Cadeias carbônicas EM18_2_QUI_B_02


1. CPela fórmula estrutural, podemos determinar que a cadeia carbô-nica é classificada como: insaturada, pois apresenta dupla-ligação entre carbonos; ramificada, pois apresenta mais de duas extremida-des; homogênea, pois não apresenta heteroátomo entre carbonos.

2. CPela fórmula estrutural, identificamos carbonos primários e se-cundários:

OHHO

O

O

1.º2.º

2.º1.º

A cadeia carbônica é insaturada, pois apresenta dupla-ligação entre carbonos.

3. EO composto é um sal formado por um anel aromático, possui he-teroátomos e carbonos primários, secundários e terciários.

4. CO composto C22H14 apresenta anéis aromáticos condensados, em que os elétrons das duplas alternadas podem conduzir corrente elétrica. Todos os átomos de carbonos apresentam uma dupla- -ligação em comum, sendo assim, todos eles são híbridos sp2.

Complementares

1. AO composto é classificado como misto sendo aromático (anel benzênico), ramificado (carbono terciário ligado ao anel aromá-tico) e heterogêneo (átomo de nitrogênio ligado entre átomos de carbono).

2. CÉ uma cadeia de fórmula molecular C19H28O2 fechada, ramificada, insaturada e homogênea.

Testosterona

O

H

H H

OH

2.O

2.O

1.O

1.O

2.O

2.O 4.O

3.O

3. O

3.O3.O

2.O 2.O

2.O

2.O

2.O

2.O

2.O4.O

3. B

Antraceno (C14H10)

H

H

H

H

H

H

HH

HH

4. 02.(1) Incorreta, pois são compostos cíclicos (não aromáticos).

(2) Correta.

(3) Incorreta, pois a cadeia é insaturada e homogênea.

(4) Incorreta, pois o limoneno apresenta carbonos primários, secundários e terciários.

5. DOs compostos acíclicos são 1 e 2, os monocíclicos 4 e 5 e os bicí-clicos 3 e 6.

6. O éster do ácido oleico apresenta cadeia carbônica insaturada.O número de ligações covalentes duplas é igual a um.O éster do ácido linoleico apresenta cadeia carbônica insaturada.O número de ligações covalentes duplas é igual a dois.

7. CPor meio da fórmula estrutural da glicose, podemos classificar a cadeia carbônica como: fechada, pois não apresenta extremidade; heterogênea, pois apresenta heteroátomo entre carbonos; ramifi-cada, pois apresenta radicais ligados a ela; saturada, pois apresenta somente ligações simples entre carbonos.

8. BAmbos os aminoácidos apresentam um carbono sp2 pela presença da dupla-ligação. A metionina possui cadeia heterogênea, pela presença do heteroátomo (S entre carbonos), enquanto a cisteína é homogênea.


EM18

_2_Q

UI_

B_SO

L

SOL SOL 459

Hidrocarbonetos EM18_2_QUI_B_03


1. EOs alcanos apresentam fórmula geral CnH2n+2, logo, o composto apresenta 18 vezes dois átomos de carbono nos parênteses (36 átomos) e mais dois para cada lado da cadeia. Dessa forma, eles têm 40 átomos de carbono e 82 átomos de hidrogênio.

2. D

H3C — CH2 — CH — CH2 — CH3

H3C — CH — CH3

H3C — CH2 — C — CH3

H3C — CH — CH2

CH3

H3C — CH2 — CH — CH3

H3C — CH2 — CH — CH3

3. AOrtodimetilbenzeno, metadimetilbenzeno e paradimetilbenzeno

4. CA molécula apresenta 2 ligações π; pois apresenta 2 duplas-ligações em sua estrutura, em uma ligação dupla, teremos uma ligação tipo sigma e uma tipo pi. Cada carbono da dupla possui hibridação sp2, assim teremos 4 carbonos envolvidos por ligações duplas. Sua cadeia é cíclica ramificada. A fórmula molecular do composto é: C9H14. A molécula não apresenta nenhum carbono quaternário (carbono ligado a 4 outros carbonos).

5. A

CH3

CH2 CH

CH3 CH3

CH3H3C C

Complementares

1. CA numeração do ciclo inicia com os radicais etil e deve seguir a regra dos menores números.

2. AA cadeia principal tem 5 carbonos, logo, usará o radical “pent” apresentando uma dupla-ligação no carbono 1. Possui três metilas ramificadas: 2 radicais metil na posição 4 e um na posição 2, como são três, coloca-se o prefixo tri, logo, fica 2,4,4-trimetilpent-1- eno.

3. ESegundo a estrutura:

H3C CH3

CH3

O metilpentano apresenta cadeia ramificada de fórmula geral CnH2n+2, portanto, fórmula C6H14, um alcano de cadeia saturada e três carbonos primários (CH3).

4. AOs ciclanos, alcinos e alcadienos apresentam as seguintes fórmu-las gerais: CnH2n (exemplo: C2H4); CnH2n–2 (exemplo: C2H2); CnH2n–2

(exemplo: C3H4).

5. CA fórmula CnH2n–2 pode ser de um alcino ou de um alcadieno, com-postos com uma tripla ou duas duplas.

6. AÉ um hidrocarboneto insaturado, ramificado e de cadeia aberta (alifático), na qual os quatro carbonos de dupla-ligação são híbri-dos sp2 e 11 carbonos sp3. Sua fórmula molecular é C15H28, sendo nomeado por 3-etil-7-metil-4-propilnona-2,6-dieno.

7. Sendo a fórmula geral dos alcanos CnH2n+2 e que a quantidade de H é definida pela quantidade indicada no índice do hidrogênio, tem-se:2n + 2 = 642n = 64 – 2n = 62/2n = 31, ou seja, 31 átomos de carbono.

8. AEtano → H3C — CH3

Etileno → H2C CH2

Propano → H3C — CH2 — CH3

Butano → H3C — CH2 — CH2 — CH3

Acetileno → HC CHPentano → H3C — CH2 — CH2 — CH2 — CH3


EM18

_2_Q

UI_

B_SO

L

SOL460

Funções oxigenadas I EM18_2_QUI_B_04


1. A

H C OH

H

H

H3C — C — CH3

OH

CH3

Metanol

e

2-metilpropan-2-ol

2. C

H3C — CH CH CH CH2 CH

OH H3C

H3C metil

6-metil-hept-2-en-4-ol

1 2 3 4 5 6

7

3. AGrupo OH ligado ao anel benzênico caracteriza a função fenol.

OH

Fenol

CH3

C

CHC CH

HC C CH3

CH

H3C

4. BApresentam vários grupos OH ligados diretamente ao anel benzênico.

OH

OH

OH

5. C

H3C C CH C CH CH3

OH

CH3

sp3 sp3 sp3sp2 sp2sp

sp3

(álcool terciário)

Complementares

1. CAo substituir um dos hidrogênios do naftaleno pelo grupo OH, teremos a função fenol. No caso do decaleno será álcool, pois não há presença de anel aromático.

OHOH

2. C

ortoorto

OH

meta meta

para

3. CA função álcool é reconhecida pela presença do grupo OH ligado a um carbono.

4. CO composto não apresenta anel aromático (três duplas alterna-das) nem o grupo carboxila (ácido carboxílico), mas apresenta dupla-ligação entre átomos de carbono.

5. BI. Incorreta. Não há carbonos com hibridação sp3 na molécula

apresentada, não há carbonos exclusivamente com ligação simples na molécula.

II. Correta. Os carbonos da molécula apresentam hidridação sp2, ou seja, presença de dupla-ligação no carbono.

III. Correta. Um dos anéis aromáticos apresenta um grupo ( OH).IV. Incorreta. O composto apresentado é um aromático.V. Incorreta. O composto apresentado não possui carbonos as-

simétricos, pois carbono assimétrico é aquele que apresenta os quatro ligantes diferentes. No caso deste composto, com a presença de duplas, duas ligações serão iguais.

6. a) A função é álcool.

b)

I.

HO C C OH

H

H

H

Hetan-1,2-diol

II.

H C C C H

H

HO

H H

OH Hpropan-1,2-diol

III.

H C C C H

H

HO

H H

H OHpropan-1,3-diol

7. EI. Falsa. Não se trata de uma substância pura.

II. Falsa. O melado não era uma solução (mistura homogênea).

III. Verdadeira. Analisa-se que foi um dos motivos para a produção do etanol.

IV. Falsa. A etapa de evaporação não é a mais importante.

V. Verdadeira. O etanol é extraído da cana-de-açúcar por meio da fermentação.


Dispersões EM18 2 QUI A 01 -...

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