Coleção NEM 2ª Série Volume 3 Química. Química 1. Aula 45. Série A

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1 Química 1 Aula 5 Ordem crescente de acidez: NaF (solução II) < NaC (solução I) < NH C (solução III) A solução II é básica pois apresenta o ânion fluoreto (F ), de ácido fraco, que sofre hidrólise produzindo meio básico: 1

2 F H 2 O HF OH A solução I terá caráter neutro pois ambos os íons (Na e C ) são de eletrólitos fortes. A solução III terá caráter ácido já que o cátion amônio (NH ) é de base fraca e sofre hidrólise. NH H2O NHOH H Quando o meio é ácido há um aumento da concentração hidrogeniônica, o que provoca um deslocamento do equilíbrio iônico do indicador, ficando vermelho. O trecho incorreto é: E de que cor os sais deixam o tornassol? Sempre da mesma cor. Não tem nenhum efeito sobre ele... Pois, se o cátion ou o ânion do sal sofrer hidrólise, o meio poderá se tornar ácido ou básico, mudando a cor do tornassol. I. CN H O 2 HCN OH (ph > 7) II. HCO3 H O 2 H2CO3 OH (ph > 7) III. Não há hidrólise (ph = 7) IV. 2 Cu 2 H O 2 Cu(OH) 2 2H (ph < 7) V. 3 Fe 3 H O 2 Fe(OH) 3 3H (ph < 7) É classificada como sal ácido, pois apresenta um hidrogênio ionizável ou é produto da neutralização parcial do ácido carbônico (H 2 CO 3 ). Porém, o ânion bicarbonato sofre hidrólise produzindo meio básico HCO 3 H2O H2CO3 OH 06 Hidrólise do cátion A 3 3 A (aq) 3 H2O( ) A (OH) 3(s) 3 H (aq) O CaO, que é um óxido básico, reage com a água, formando hidróxido de cálcio: CaO(s) H 2 O( ) Ca(OH) 2 (aq) O hidróxido de cálcio formado tem as funções de: 1. Fornecer OH para formação mais rápida de A (OH) Neutralizar a acidez resultante da hidrólise do cátion A 3. 2

3 07 No ph = 7,6, pois a porcentagem de O 2 transportado está sempre acima daquela com ph = 7,2. Na alcalose, pois o NH sofre hidrólise, produzindo H, os quais neutralizam um excesso de OH. Aula 6 Alternativa E B : NH H O 2 NH OH H C : C2H3O2 H O 2 C2HO2 OH Solução de B é mais ácida que C. (ph < 7) (ph > 7) Alternativa B O processo é endotérmico pois ΔH > 0. O meio se torna ácido em razão da hidrólise do NH (de base frac, aumentando [H ]. Solução de acetato de sódio, H 3 CCOONa, terá caráter básico: H3CCOO (aq) H2O( ) H3CCOOH(aq) OH (aq) Solução de cloreto de sódio, NaC, terá caráter neutro. Solução de cloreto de amônio, NH C, terá caráter ácido: NH(aq) H2O( ) NHOH(aq) H (aq) A reação que provoca alteração do ph por adição de um sal chama-se Hidrólise. Alternativa E Tanto HA quanto BOH são fracos, mas HA é mais fraco que HA, o que faz com que o meio seja levemente básico. A espuma apaga o fogo porque isola combustível do comburente (O 2 ). H 2 SO (aq) 2 NaHCO 3 (s) Na 2 SO (aq) 2 H 2 O( ) 2 CO 2 (g) 3

4 c) O ph da solução de bicarbonato de sódio é básica (ph > 7) em função da hidrólise do ânion HCO 3 que é de ácido fraco. HCO3(aq) H2O( ) H2CO3(aq) OH (aq) 06 CuCO 3 Cu(OH) 2 HA 2 CuA 2 3 H 2 O CO 2 Para que uma solução tenha o mesmo efeito sobre o azinhavre deve ter caráter ácido. Nenhuma das substâncias apresentadas fará esse papel, pois o hidróxido de sódio, NaOH, é base forte, carbonato de sódio, Na 2 CO 3, contém o ânion carbonato que é de ácido fraco e sofre hidrólise produzindo meio básico, enquanto o cloreto de sódio, NaC, resulta em meio neutro. Aula 7 Alternativa C NH é de base fraca, sofre hidrólise produzindo meio ácido. Alternativa A 2 CO3 (aq) H2O( ) HCO3 (aq) OH (aq) Início 0,1 M Hidrolisa x Forma x x Equilíbrio 0,1 x x x Obs: 0,1 x 0,1 pois o valor de Kh é muito baixo. [HCO3 ] [OH ] x x Kh = 2,5 10 = 2,5 10 = 2 [CO ] 0,1 x x 2,5 10 = x 0,1 [OH ] = M = x = mol /L b 1 K w 10 Kh = Kh = K 5 h = 0,6 10 K 1,8 10 9

5 I- [HCN] [OH ] CN H O 2 HCN OH ;Kh = ; meio básico [CN ] II- 3 3 [Fe(OH) 3 ] [H ] Fe 3H2O Fe(OH) 3 3H ; K h = ; meio ácido 3 [Fe ] III- [H3CCOOH] [NHOH] H3CCOO NH H2O H3CCOOH NHOH; K h = ; meio neutro [H CCOO ] [NH ] 3 IV- Não há hidrólise; meio neutro. 06 A solução de aspirina apresentará menor ph, pois é mais ácida, uma vez que a constante de ionização de aspirina é maior. Por ser de ácido mais fraco, a solução de acetato de sódio apresentará maior ph. 07 KOH, NaCN, KCl, NH Cl, H 2 SO 5

6 Aula 8 NH H2O NHOH H I 0,2 M 0 0 R/F 0,0 M 0,0 M 0,0 M Equação 0,2 M 0,0 M 0,0 M Obs.: 0,2 0,0 0,2 3 3 [NHOH] [H ] Kh = = Kh = 5 10 [NH ] 0,2 6 O hipoclorito de sódio apresentará maior Kh, pois apresenta o ânion do ácido mais fraco. Alternativa E K 10 5 HCN = 10 e KNH OH = 1,8 10 Como k b > k a meio básico M = 7,5 g/mol n = 1,9 : 7,5 = 0, mol 0, m = = 0, mol /L 0,5 ClO H2 O HClO OH I 0, M 0 0 R/F x x x E 0, x x 0, x 0, 2 1 [HClO] [OH ] Kw x 10 Kh = = = [HClO] K 0, x = 10 mol / L x = 10 mol / L [OH ] = [HClO] = 10 M Assim: 2 10 M 100% 10 M α α = 0,25% a CN H2 O HCN OH I 1 M 0 0 R/F 0,0 M 0,0 M 0,0 M Equação 1 M 0,0 M 0,0 M Obs.: 1 0,0 1 6

7 K h [HCN] [OH = [CN ] ] = K h = NaCl meio neutro: 1 NaCN meio básico: NH Cl meio ácido: 2 H 2 SO meio fortemente ácido: 5 NaOH meio fortemente básico: 3 NH H2O NHOH H NH NH OH H I 0,2 M 0 0 R/F 0, 0, 0, Equação 0,19 0, 0, [NHOH] [H ] 0, 0, Kh = = [NH ] 0,19 K h = 5, F H2 O HF OH I 0,16 M 0 0 R/F x x x Equação 0,16 x x 0,16 x 0, k w [HF] [OH ] 10 x kh = = = k 2 [F ] x a x = mol /L = [OH poh = log [OH ] = log poh = 5,7 ph = 1 poh ph = 1 5,7 ph = 8,3 ] 2 = Aula 9 Alternativa D I- A hiper ventilação reduz a quantidade de CO 2 no sangue, deslocando o equilíbrio para a esquerda, aumentando o ph. II. O confinamento do indivíduo provocaria um aumento da concentração de CO 2 no sangue, tornando-o mais ácido, diminuindo seu ph. 7

8 III. A administração de bicarbonato resulta no consumo de H, tornando o sangue com ph mais elevado. Alternativa E Uma solução tampão formada pelo par Na 2 CO 3 / NaHCO 3 apresenta CO 3 2 que pode capturar H e o HCO 3 que pode consumir um eventual aumento na concentração de OH, evitando variação significativa de ph. Alternativa D 2 H 2 PO HPO H [HPO ] [H ] 1 0,2 Kc = Kc = Kc [H PO ] = 0,1 Porque uma solução-tampão deve ser formada por um ácido fraco e o sal de seu ânion ou uma base fraca e um sal de seu cátion. O ácido acético é um ácido fraco. Quando o ácido clorídrico (forte) for adicionado à solução tamponada, o ânion acetato (do acetato de sódio) captura os cátions H evitando um aumento de acidez do meio. Alternativa A H 2 CO 3 /HCO 3, pois é um par formado por um ácido fraco e seu ânion. 06 Se o AAS é absorvido pelo organismo na forma iônica, então deve-se favorecer sua dissociação, que é representado por: Repare que como o estômago é meio ácido, haverá deslocamento do equilíbrio para a esquerda, favorecendo a forma molecular. Nesse caso o termo tamponado é usado de forma inadequada porque carbonato de magnésio e ácido acetilsalicílico não constituem um par de substâncias que formam tampão. 8

9 Aula 50 Alternativa E O aumento da concentração de ácido lático provoca aumento da quantidade de H, deslocando o equilíbrio para a direita. M(NH NO 3 ) = 80 g/mol 1mol NH NO3 80 g n 6, g n = 0,08 mol Como o volume da solução é 0,1 L, [NH NO 3 ] = 0,8 mol/l Pela equação de Henderson-Hasselbalch: [sal] 5 0,8 poh = pkb log poh = log1,8 10 log [base] 0,08 poh = (log 1,8 log 10 5 ) log 10 poh = 5,7 Então: ph = 1 poh ph = 8,26 Para a nova solução, com volume 0,8 L [NH NO 3 ] = 0,08 mol/0,8 L = 0,1 mol/l [NH OH] = 0,08 0,1/0,8 = 0, mol/l [NHNO3 ] 5 0,1 poh = log Kb log poh = log 1,8 10 log [NHOH] 0, poh = 5,7 ph = 8,26 ph = 5 e m = 0,25 M HCN H CN Início 0,25 M Reage/forma x x x Equilíbrio 0,25 x x x O valor de x: ph = 5 [H ] = 10 5 M e [CN ] = 10 5 M Como HCN é fraco, 0, ,25 Então: 5 5 [H ] [CN ] Ka = Ka = Ka = 10 [HCN] 0,25 Para 0,35 mol de NaCN, pela equação de Henderson-Hasselbalch: [sal] 10 0,35 ph = pka log ph = log 10 log [ácido] 0,25 10 ph = (log log 10 ) log1, ph =(0,6 10) 0,15 ph = 9,

10 ph = 1 pk log 8,3 = 1 ( log 2 10 b [sal] [base] 5 [NH ] 8,3 = 1,7 log [NH OH] [NH ] [NH ] log = 1 [NH OH] [NH OH] [NH ] ) log [NH OH] = 1 06 Isso ocorre porque o ânion acetato é de ácido fraco. Quando se adiciona uma quantidade controlada de ácido, o ânion acetato captura os íons H do ácido, evitando que o ph se altere. No caso da adição da base (OH ), o ácido acético entra em ação, reagindo com OH da base, evitando o aumento de ph. 10

11 Aula 51 Amarela. No ar existe gás carbônico que, ao se dissolver na água, produz um meio ácido, o que faz com que o indicador assuma cor amarela. Nenhum, pois adição ou retirada de sólido não desloca equilíbrio. Desloca para a direita, pois o aumento de temperatura favorece reação endotérmica. c) Nenhum, pois catalisador não provoca deslocamento de equilíbrio. Como a constante é muito grande, haverá a reação entre Cu (S) e Ag (aq). Antimoniato de chumbo II. Pb 3 (SO ) 2(s) 3 Pb (aq 2 2 K = [Pb ] [SbO ] C 3 2 ) 2 SbO 3 (aq) 11

12 Aula 52 Alternativa B K ps = [Ca 2 ] [CO 2 3 ] = x x x = mol/l solubilidade = mol/l. 1mol 100g mol m m = g/l Assim em 200 ml tem-se: 1L g 0,2 L Q Q = 10 g V 1 = 50 ml m 1 = 2,66 g CaCl 2 (M = 111 g/mol) n 1 0, mol há, em 1 2 0, mol Ca 0,8 mol Cl V 2 = 50 ml m 2 =,08 g AgNO 3 (M = 170 g/mol) n 2 = 0, mol há em 2 0, mol Ag 0, mol NO3 Como Ag Cl AgCl, haverá, no máximo, a formação de 0, mol de AgCl. Assim: 1 mol 13,5 g 0, mol m m = 3, g Kps = [Mg 2 ] [OH ] = s (2s) = = S = 10 mol/l 12

13 2 2 CaCO3 Ca CO 3 S S S Kps = [Ca ] [CO ] 10 = S S S = 10 S= 2 10 mol/l x mol / L CaCO 2 10 g CaCO 1L ml Então: 1L g CaCO ml = 0,1L C C = g/100 ml Aula 53 Alternativa B Cálculo das concentrações iônicas em cada solução: Solução 1: 2 Ag 2 C 2 O 2 Ag C 2 O 2 2 Kps = [Ag ] 1 [C 2 O ] Sendo a solubilidade do Ag 2 C 2 O S, as concentrações de Ag e C 2 O 2 serão 2S e S = (2 S) 2 S S 3 = S 6, mol/l [Ag ] 1 = 12, M [C 2 O 2 ] = 6, M Solução 2: AgSCN Ag SCN Kps = [Ag ] 2 [SCN ] = [Ag ] 2 [SCN ] = S 2 S = 10 6 M [Ag ] 2 = 10 6 M e [SCN ] = 10 6 M Assim [Ag ] 1 > [Ag ] 2 e [C 2 O 2 ] > [SCN ] K PS = [Hg 2 ] [S 2 ] = x 2 x = mol/l - Cálculo do número de íons em um litro: 23 1mol 6 10 íons mol N 3 N= íon/l Assim: 13

14 1L 18 V 1íon 10 3 íons V = 55,6 L V = 55,6 dm L 3 10 mol PbS , 10 dm n n =, mol (< 1 mol) * O volume de água não é suficiente. Haverá precipitação de PbCO 3, pois é o menos solúvel, pelo fato de estarmos aumentando a concentração de Pb 2. Isso ocorre porque o carbonato reage com H : 2 2H CO 3 H2O CO2. O desprendimento do CO 2 provoca uma diminuição na concentração de CO 2 3, aumentando a solubilidade do PbCO 3. Com ph = 10 tem-se [H ] = M e [OH ] = 10 M Verifiquemos se essa concentração de OH será suficiente para precipitar Ca(OH) 2 e/ou Mg(OH) 2 e quanto restara na solução filtrada. 2 Para Ca(OH) 2 Ca 2 OH Kps = [Ca 2 ] [OH ] = 10 1 x 2 x = 0, M Então, para precipitar Ca 2 a concentração mínima de OH seria 0, M. Como a [OH ] = 10 M, não haverá precipitação de Ca 2. 2 Para Mg(OH) 2 Mg 2 OH Kps = [Mg 2 ] [OH ] = [OH ] 2 [OH ] = 3, M, menos do que 10. Sendo assim haverá precipitação de Mg 2 e a concentração final será: Kps = = [Mg 2 ] (10 ) 2 [Mg 2 ] = 5 10 M Então: 2 [Ca ] = 0,1M No filtrado 2 [Mg ] = 5 10 M Aula 5 Ca (PO ) 3Ca 2PO (s) s 3s 2s K ps = [Ca 2 ] 3 [PO 3 ] = ( ) 3 x 2 1

15 x = x = 3,5 x 10 6 mol/l Alternativa E K ps = [Fe 3 ] [OH ] 3 6 x = [Fe 3 ] (10 3 ) = [Fe 3 ] 10 9 [Fe 3 ] = mol/l Alternativa D Isso ocorre porque a quantidade de íons é igual à máxima solubilizada pelo solvente. Alternativa A A adição de NaI provocaria a precipitação de PbI 2, segundo a tabela, insolúvel. Alternativa D [OH ] = 2 1,5 10 M [OH ] = 3 10 M poh = log 3 10 poh = (log 3 log 10 ) 3 < poh < 10 < ph < 11 Aula 55 Alternativa D A adição de A desloca o equilíbrio para a esquerda, porém a constante de equilíbrio não se altera. Alternativa B A adição de HCl provoca um aumento na solubilidade de M(OH) 2, pois H reage com OH deslocando o equilíbrio para a direita. Ela se torna azul, pois o aumento de temperatura desloca o equilíbrio para a direita (endotérmic. Da mesma forma, a solução ficará azul, pois o Cl é um íon comum, o que provocará o deslocamento do equilíbrio para a direita. 15

16 [Ca 2 ] [F ] 2 = 2 10 ( ) 2 = = < 1, não haverá precipitação K PS = [Ca 2 ] [F ] 2 1, = x ( ) ,5 10 x = = [Ca 2 ] = mol/l 2 mol /L Aula 56 Cloreto de prata, pois esse é o sal menos solúvel. Alternativa A Haverá maior precipitação de Pb 2 com PbS, pois é o sal menos solúvel. Para o PbSO : K PS = [Pb 2 ] [SO 2 ] = 10 1 x x = mol/l Para o PbCrO : K PS = [Pb 2 ] [CrO 2 ] 3, = 10 1 y y = 3, mol/l Notamos que a quantidade de CrO 2 para precipitar Pb 2 é bem menor que a de SO 2. Assim haverá primeiro a precipitação de PbCrO. O aumento da concentração de NH 3 provoca o deslocamento do equilíbrio apresentado para a direita, dissolvendo AgCl. AgCl Ag Cl s s s Kps = [Ag ] [Cl ] Kps = S 2 Kps = (1, ) 2 Kps = 1, (mol/l) 2 c) A solubilidade expressa a quantidade máxima de uma substância que pode ser dissolvida em quantidade fixa de solvente a certa temperatura. O produto de solubilidade é o resultado da expressão da constante de equilíbrio entre um precipitado e sem íons. 16

17 Pela leitura do gráfico, haverá precipitação de Al(OH) 2 a partir do ph = 3,6, aproximadamente. Num ph = 2,5 (ou entre 2,5 e 3,0), de acordo com o gráfico, todo o Fe(OH) 3 estará precipitado, porém o Al(OH) 3 ainda não começou a precipitar. c) A água pura tem ph = 7 e, pela leitura do gráfico, notamos que ambos os hidróxidos estão precipitados, portanto não será observada a solubilização de qualquer um dos dois. 06 O ânion mais indicado para a precipitação do Pb 2 é aquele que formará o sal menos solúvel: s 2. K PS = [Pb 2 ] [S 2 ] = x 2 x = mol/l. 17

18 Química 2 Aula 23 V V V V V F 32) F, porque é normal, homogênea e saturada. Alternativa A Alternativa E Estão nas posições alfa e beta. Alternativa B I- Correto. II- Incorreto, pois não apresenta heteroátomo. III- Correto. IV- Incorreto, pois somente Y possui o grupo benzila. fenol 18

19 06 c) 5-nonanona nonam-5-ona 07 Os isômeros de posição são mostrados na figura adiante. O maior ponto de fusão é apresentado pelo composto para-diidroxibenzeno por ser uma molécula mais simétrica, o que possibilita um maior número de pontes de hidrogênio intermoleculares. 19

20 Aula 2 Alternativa D C 5 H 12 Alternativa E 20

21 Alternativa B 06 CHOH x y O2 CO2 HO 2 0,5 mol,8 L 5 g 1mol 89,6 L 90 g 22, L / mol 18 g/ mol 1mol mols 5 mols CH O C 10H Número de mol da base 0,1 mol 1L x 3 62, 10 L x = 62, 10 mol Foram neutralizados 62, 10 mol do ácido, pois é uma reação 1 : 1. 62, 0,550 g 10 mol M 1 mol M 88 g/mol 2 C2 HO = g/mol CH8O2 = 88 g/mol c) 21

22 d) Considere duas das estruturas abaixo: Aula 25 Alternativa C O composto I é um ácido carboxílico e o II é um éster. Alternativa A Alternativa B Álcool (ponte de hidrogênio) e éter (dipolo-dipolo) Alternativa C Um composto possui cadeia ramificada e o outro não. Alternativa B 22

23 06 Alternativa D Temos: 1,2,3 - tribromo benzeno 1,2, - tribromo benzeno 3 compostos 1,3,5 - tribromo benzeno 07 Por exemplo Aula 26 Obs.: Escrever qualquer álcool saturado com 5 carbonos. Alternativa D C 3 H 6 CH 2 =CH CH 3 CH 2 ==CH CH 2 CH 2 CH 3 ; CH 3 CH=CH CH 2 CH 3 c) 23

24 Alternativa E I- Correto, pois a fase aquosa polar não se mistura com o querosene (apolar). III- Correto, pois na segunda estrutura temos os hidrogênicos ligados aos carbonos insaturados acíclicos do mesmo lado do plano (cis) e na terceira estrutura um hidrogênio de cada lado (trans). I e II são polares, pois possuem momento dipolar resultante e III é apolar, pois não possui momento dipolar resultante (os vetores se anulam). 06 Isomeria geométrica ou cis-trans. 07 I- isomeria geométrica ou cis-trans; II- não são isômeros; III- isômeros funcionais; IV não são isômeros. Aula 27 Alternativa E 2

25 Alternativa B Ácido lático ou ácido 2-hidroxipropanóico Alternativa A I- Verdadeiro. II- Falso. O carbono 2, próximo ao éster é quiral. III- Falso. C 1 H 18 NO 5 Alternativa B Somente os compostos I e II apresentam carbono quiral. 06 Alternativa D Como temos 3 centros quirais a quantidade de isômeros opticamente ativos é: IOA = 2 n IOA = 2 3 = 8. 25

26 07 Aula 28 Isomeria óptica, pois o carbono 2 é quiral. Ácido 2-amino--metil pentanóico. Leucina, porque apresenta um carbono assimétrico (carbono 2). 2C* diferentes n = 2 I = 2 2 = logo, x = (2 pares de enantiomorfos) e, portanto, y = 2 (2 misturas racêmicas). Alternativa B Pela equação 1C 6 H 12 O 6 2C 2 H 5 OH 2CO 2 1 mol glicose 2 mols de etanol 6 mols glicose x x = 12 mols de etanol 26

27 Não, porque a molécula não apresenta assimetria que geralmente ocorre quando há pelo menos um carbono assimétrico presente. A solubilidade do DDT é 10 6 g/l, por isso podemos dizer que 06 Alternativa E 27