1. EXERCÍCIOS: VESTIBULAR

2. 1- (Cesgranrio-RJ) Os átomos 3x-5 Q e 6x R são isótopos. O átomo 6x R tem 44 nêutrons. Qual a distribuição eletrônica de Q em níveis e sub-níveis de energia?

3. Solução 3x – 5 Q é isótopo de 6x R  R tem 44 nêutrons distribuição de Q em níveis e sub-níveis = ? Z de Q = Z de R 3x-5 = 3x – 5  3x – 5 R 6x  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  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 4 K – 2 L – 8 M – 18 N – 4

7. Solução A -2  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6  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

9. Solução Informações : I- A Q = A R II- e - Q = e - R +2 III - A R = p R + 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 A Q = pQ + nQ poderemos escrever: A Q = pR – 2 + nQ  A Q = pR – 2 + 36 , sabendo que A Q = A R poderemos escrever que: A R = pR –2 + 36 , sabendo que A R = pR + nR escreveremos que: pR + nR = pR – 2 + 36 nR = -2 + 36 nR = 34 Letra D

10. 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.

11. Solução Z = 27  elétron mais energético = último a entrar n = ? l = ? M l = ? M s = ? 27 e -  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 7 3d 7 -2 -1 0 +1 +2 n = 3 ; l = 2 ; M l = -1 M s = + 1/2 Sub-nível d =2 Segundo a entrar

15. 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

17. 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  MX 2 LETRA B

18. 9- ( FCC-BA) Ao todo, quantos pares de elétrons estão compartilhados entre os átomos na molécula H 2 O 2 ? a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

19. Solução A molécula H 2 O 2 , 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 (O 2 ) -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.

21. 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

23. 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)

25. Solução N  5A  5 e - na última camada ( valência) O  6A  6 e - na última camada ( valência) NH 3  Molécula do tipo AX 3  nitrogênio gasta 3 e- nas ligações, sobra elétrons  se sobra e -  piramidal H 2 O  Molécula do tipo A 2 X  oxigênio gasta 2 e - nas ligações, sobra elétrons  se sobra e -  angular LETRA B

28. 14- As moléculas PCl 5 e SF 6 , apresentam que tipo de geometria em suas moléculas? Dados: 15 P e 16 S

29. P – 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 S – 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 Solução P – 3s 2 3p 3  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: s 1 p 3 d 1  ocorrendo a união, teremos cinco orbitais moleculares híbridos do tipo sp 3 d, que nos fornece uma geometria bí-piramidal ou bí-pirâmide trigonal PCl 5 SF 6 s p 3 d S – 3s 2 3p 4  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 : s 1 p 3 d 2  ocorrendo a união teremos seis orbitais moleculares híbridos do tipo sp 3 d 2 , que fornece uma geometria octaédrica. sp 3 d 2

33. Solução 1 mol de moléculas de H 2 O ---- 6,0 . 10 23 moléculas de H 2 O ----- 18 g 1 molécula --------------------------- x g Massa de 1 molécula de H 2 O = x g LETRA E

35. S olução 3,0 mols de H 2 SO 4 e 5,0 mols de Br 2 Como as alternativas trazem as respostas em moléculas e átomos vamos calcular moléculas e átomos das duas substâncias 1 mol de H 2 SO 4 ----- 6,0 .10 23 moléculas 3 mols de H 2 SO 4 ---- x moléculas X = 18,0 . 10 23 moléculas = 1,8 . 10 24 moléculas 1 mol de H 2 SO 4 ---7,0 mols átomos 3,0 mols H 2 SO 4 ---- x mols de átomos X = 21,0 mols átomos = 21.6 .10 23 átomos = 126,0 .10 23 átomos no total 1 mol de Br 2 -----6,0 . 10 23 moléculas 5 mols de Br 2 ---- x moléculas X = 30,0 .10 23 moléculas = 3,0 .10 24 moléculas 1 mol de Br 2 ---- 2 mols de átomos Br 5,0 mols Br 2 ----- x mols de átomos x =10,0 mols átomos Br =10.6,0.10 23 átomos Br = 60,0 .10 23 átomos Br LETRA A

36. 18 – Quantos átomos de carbono vamos encontrar em 29 gramas de gás butano ( C 4 H 10 )? ( dados: C-12; H-1)

37. Solução 1 mol C 4 H 10 = 58 g/mol 29 g de C 4 H 10 ----- átomos de C = ? 1 mol C 4 H 10 ---- 58 g ------ 4 mols átomos C 29 g------ x mols de átomos C x = 2 mols de átomos C x = 2. 6,0 . 10 23 átomos C x = 12,0 . 10 23 átomos C

39. Solução 1,63 g de Zn + 0,4 g de O  2,03 g de óxido de zinco % de Zn = ? % de O = ? LETRA B

40. 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) C 6 H 7 N b) C 5 H 7 N c) C 10 H 12 N d) C 5 H 6 N 2 e) C 4 H 3 N

41. Solução 1 mg nicotina  74% de C; 8,65% de H; 17,35% de N Fórmula mínima = ? C-12; H-1; N-14 I- 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: 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 C 5 H 7 N Letra B O arredondamento, deve ser feito, após a divisão pelo menor, quando o número após a vírgula for: 9 ou 1

43. Solução C 14 H 18 N 2 O 5 + 2 H 2 O  1 C 4 H 7 NO 4 + 1 CH 3 OH + 1 ( CHNO) x C 9 H 11 NO 2 C ...... 14 H ...... 22 N ..... 2 O ..... 7 C  5 +.... =14 H  11 + .....=22 N  1 + ....= 2 O  5 + .....= 7 Reagentes Produtos

46. c) De acordo com a equação III  1 g do sal forma 0,612 g de CO 2 (FeCO) x + O 2  óxido de ferro + CO 2 1 mol de CO 2 = 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  FeC 2 O 4 b) Continuando: Se o sal hidratado : (FeCO) x . Y H 2 O  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 H 2 O = 180 g ( massa do sal ) = 144 gramas

48. Solução Fe 2 O 3 = 160 g/mol  Minério = 80% do óxido Massa de ferro = ? Minério = 20 ton Fe 2 O 3 + 3 CO  2 Fe + 3 CO 2 160 g ----------------112 g 16 ton -------------- x = 11,2 ton LETRA A 20 ton -------- 100% X ton --------- 80% X = 16 ton de Fe 2 O 3

49. 24-(UNICAMP-SP) A obtenção de etanol, a partir da sacarose ( açúcar) por fermentação, pode ser representada pela seguinte equação: 1 C 12 H 22 O 11 + 1 H 2 O  4 C 2 H 5 OH + 4 CO 2 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

50. Solução 1 C 12 H 22 O 11 + H 2 O  4 C 2 H 5 OH + 4 CO 2 m = ? Sacarose = 342 g/mol Etanol = 46 g/mol d = 0,8 g/ml V etanol = 50 litros = 50.10 3 ml 1 mol C 12 H 22 O 11 --------- 4 mol de C 2 H 5 OH 342 g -------------------- 4 . 46 = 184 g x g ----------------------------- 40 . 10 3 g x = 74,3 .10 3 g = 74,3 kg de Sacarose

52. Solução V CO 2 = ? 27 o C  300 K Massa de CaCO 3 = 320 g P = 0,8 atm R = 0,82 atm.L.mol -1 .K -1 CaCO 3  CaO + CO 2 100 g --------------------- 1 mol CO 2 320 g -------------------- x = 3,2 mols CO 2 P.V = n . R .T 0,8 . V = 3,2 . 0,082 . 300 LETRA E

54. Solução Ca(OH) 2 = 40 g/mol HNO 3 = 63 g/mol Ca(OH) 2 + 2 HNO 3  Ca(NO 3 ) 2 + 2 H 2 O 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 HNO 3 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

56. Solução MgCO 3 + H 2 SO 4  MgSO 4 + H 2 O + CO 2 12,5 g ----------------------------------------------- V = 600 cm 3 = 0,6 L 27 0 C = 300 K P = 5 atm 100 g MgCO 3 -------- 44 g CO 2 12,5 -------------------x = 6,54 CO 2 Se a amostra fosse 100%: 6,54 g CO 2 -------- 100% 5,36 g CO 2 -------- x = 82% LETRA A

58. Solução NaN 3 = 2mols  KNO 3 = 2 mols  R = 8,3 ; V = 70 L ; 300K; KNO 3 = 101 g/mol; Na 2 O = 62 g/mol; K 2 O = 94 g/mol I- Cálculo de Na e N 2 formados na primeira reação: 2 NaN 3  2 Na + 3 N 2 2 mols --- 2mols --- 3 mols ( obedecendo a estequiometria) II- Cálculo de Na 2 O, K 2 O e N 2 formados na segundo reação: 10 Na + 2 KNO 3  5 Na 2 O + K 2 O + N 2 2 mols -------- 2 mols  2 mols reage—0,4 mols forma– 1mol Na 2 O + 0,2mols K 2 O + 0,2 mol N 2 sobra 1,6 mols KNO 3 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 KNO 3  = 1,6 . 101 = 161,6 g 1 mol Na 2 O  = 1 . 62 = 62 g 0,2 mol K 2 O  = 0,2 . 94 = 18,8 g Total  242,4 gramas 3,2 mols N 2

59. 29-(FUVEST-SP) Duas das reações que ocorrem na produção de ferro são representadas abaixo: 2 C + O 2  2 CO Fe 2 O 3 + 3 CO  2 Fe + 3 CO 2 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)

60. Solução C = 12 g/mol  Fe = 56 g/mol massa C = ? Para 1 ton de Fe 2 C + O 2  2 CO ( . 3) Fe 2 O 3 + 3 CO  2 Fe + 3 CO 2 (. 2) Para ficar mais fácil, vamos multiplicar a reação I por 3 e a II por 2: 6 C + 3 O 2  6 CO 2 Fe 2 O 3 + 6 CO  4 Fe + 6 CO 2 6 C + 2 Fe 2 O 3 + 3 O 2  4 Fe + 6 CO 2 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

62. Solução V ar = ?  2,5 g C 4 H 10  C 4 H 10 = 58 g/mol 1 Litro de ar : 210 ml O 2 ; 780 ml N 2 ; 10 ml gases C 10 H 10 + 6,5 O 2  4 CO 2 + 5 H 2 O 58 g ------ 6,5 mols O 2 2,5 g ----- x = 0,28 mols O 2  CNTP = 0,28 . 22,4 = 6,27 L O 2 1 L de ar -------- 0,21 L O 2 x L de ar ------- 6,27 L O 2 x = 29,85 L de ar  30,0 L de ar LETRA C Atenção : 100 v de ar  80 v N 2  20 v O 2 5 : 4 : 1

64. Solução Dosagem 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 % 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

66. SOLUÇÃO Para resolver o exercício devemos calcular os número de oxidação do cromo, dando o valor x, para o cálculo.. 1- CrCl 3  x – 3 = 0  x = +3 2- CrO 3  x – 6 = 0  x = +6 3- Cr 2 O 3  2 x . –6 = 0  x = +3 4- K 2 CrO 4  +1.2 + x –8 = 0  x = +6 5- K 2 Cr 2 O 7  +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

68. 2 Cu (s) + O 2 (g) + 2 H 2 O (liq)  2 Cu(OH) 2 (s) equação I Cu(OH) 2 (s) + CO 2 (g)  CuCO 3 (s) + H 2 O (liq) equação II SOLUÇÃO 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

69. 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.

70. 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

72. SOLUÇÃO -Colocando os dados: m silício = 2,81 g corresponde = 6,0 x10 22 átomos m gálio = x g corresponde 0,01% átomos de Silício 6,0 x 10 22 átomos de Si ---------- 100% x átomos de Si-------------------- 0,01% 1 mol átomos de gálio -----6,0 x 10 23 átomos-----------70 gramas 6,0 x 10 18 átomos----------x gramas LETRA D

74. SOLUÇÃO -a) CORRETA: o carbono alfa ligado ao grupo – NH 2 do triptofano está ligado a quatro radicais diferentes, portanto, apresenta isomeria óptica.