MÓDULO 24 FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA

1. Calcule a ddp da pilha: Al � Al 3+ �� Fe 2+ � Fe 

Dados: Al 3+ + 3e – → Al – 1,66V 

Fe 2+ + 2e – → Fe – 0,44V 

RESOLUÇÃO: 

ΔE 0 = E 0 maior –E0 menor 

ΔE 0 = – 0,44V – (–1,66V) 

ΔE 0 = – 0,44V + 1,66V 

ΔE 0 = + 1,22V 

MÓDULO 24 

ELETROQUÍMICA (II): 

POTENCIAL DE REDUÇÃO, TENSÃO 

2. (PUC-RS) – Com base nos seguintes potenciais de redução: 

Mg 2+ (aq) + 2e – → Mg(s) E 0 = – 2,37V 

Ni 2+ (aq) + 2e – → Ni(s) E 0 = – 0,25V 

Fe 3+ (aq) + 1e – → Fe 2+ (aq) E 0 = + 0,77V 

Cu 2+ (aq) + 2e – → Cu(s) E 0 = + 0,34V 

A equação que corresponde à única reação espon tânea é 

a) Ni(s) + Mg 2+ (aq) → Ni 2+ (aq) + Mg(s) 

b) Mg(s) + Cu 2+ (aq) → Mg 2+ (aq) + Cu(s) 

c) Ni 2+ (aq) + 2Fe 2+ (aq) → Ni(s) + 2Fe 3+ (aq) 

d) Cu 2+ (aq) + 2Fe 2+ (aq) → Cu(s) + 2Fe 3+ (aq) 

RESOLUÇÃO: 

A reação representada pela equação química da alternativa b é espontânea. 

Mg + Cu 2+ → Mg 2+ + Cu 

redução 

maior Ered Outra resolução: ΔE > 0 ⇒ reação espontânea 

ΔE = Eoxidante – Eredutor ΔE = + 0,34V – (– 2,37V) 

ΔE = + 2,71V 

Resposta: B 

3. (MODELO ENEM) – Uma das maneiras de prevenir a corrosão de 

embar cações, cujo casco é feito de ferro, é utilizar um metal de 

sacrifício que se oxida mais facilmente que o ferro e, as sim, ele sofre 

corrosão antes do ferro quando a em barcação se encontra na água. Na 

tabela abaixo, são apresentadas as semirreações e os potenciais de 

redução (E 0 ) de alguns metais: 

O melhor metal de sacrifício para proteger a embarcação da corrosão é: 

a) Mg b) Au c) Ni d) Zn e) Cu 

RESOLUÇÃO: 

O melhor metal para proteger o ferro da corrosão é o magnésio, pois o seu 

cátion apresenta menor potencial de redução, isto é, o metal magnésio na 

tabela fornecida tem maior poder de oxidação. 

Mg + Fe 2+ → Mg 2+ + Fe maior ΔE 0 

facilidade em 

oxidar-se 

Resposta: A 

FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA 

Semirreações de redução E 0 (volts) 

Fe 2+ + 2e – → Fe – 0,44V 

Ni 2+ + 2e – → Ni – 0,25V 

Cu 2+ + 2e – → Cu + 0,34V 

Au 3+ + 3e – → Au + 1,50V 

Zn 2+ + 2e – → Zn – 0,76V 

Mg 2+ + 2e – → Mg – 2,37V 

– 65 

QUÍMICA BDE

QUÍMICA BDE 

1. (FUVEST-SP) – A eletrólise do cloreto de sódio fun dido produz 

sódio metálico e gás cloro. Nesse processo, cada íon 

a) sódio recebe dois elétrons. 

b) cloreto recebe um elétron. 

c) sódio recebe um elétron. 

d) cloreto perde dois elétrons. 

e) sódio perde um elétron. 

RESOLUÇÃO: 

Δ 

NaCl(s) ⎯→ Na + (l) + Cl – (l) 

Catodo: Na + (l) + e – → Na(l) 

Anodo: Cl – (l) → e – + 1/2Cl 2 (g) 

Resposta: C 

2. (MACKENZIE-SP – MODELO ENEM) – A eletrólise é uma 

reação química não espontânea de oxirredução provocada pela 

passagem de corrente elétrica através de um composto iônico fundido 

(ele trólise ígnea) ou em uma solução aquosa de um eletrólito 

(eletrólise aquosa). O processo eletroquímico ígneo é amplamente 

utilizado na obtenção de alumínio a partir da alumina (Al 2 O 3 ), que é 

fundida em presença de criolita (3 NaF·AlF 3 ), para diminuir o seu 

ponto de fusão. 

A respeito do processo de eletrólise ígnea, é INCORRETO afirmar 

que 

a) a equação global do processo de obtenção do alumínio é 

2 Al 2 O 3 → 4 Al 0 + 3 O 2 . 

b) a semirreação Al 3+ + 3e – → Al 0 ocorre no catodo da célula 

eletrolítica. 

c) no anodo ocorre o processo de redução. 

d) há um elevado consumo de energia na realização desse processo. 

e) os eletrodos mais utilizados são os de grafita e platina. 

66 – 

MÓDULO 25 

ELETRÓLISE ÍGNEA 

RESOLUÇÃO: 

A fusão da alumina provoca a dissociação iônica dela: 

fusão 

Al 2 O 3 (s) ⎯⎯⎯→ 2Al 3+ (l) + 3O 2– (l) (I) 

Δ 

catodo : Al 3+ (l) + 3e – → Al 0 (l) (II) 

(redução) 

anodo : 2O2– (l) → O2 (g) + 4e – (III) 

(oxidação) 

Multiplicando (II) por 4, (III) por 3 e (I) por 2: 

Equação global: 

2Al2O3 → 4Al 0 + 3O2 Resposta: C 

3. (FUVEST) – O fluxograma abaixo representa um processo para a 

produção de magnésio metálico a partir dos íons Mg 2+ dissolvidos na 

água do mar. 

a) Preencha a tabela abaixo com as fórmulas químicas das substâncias 

que foram representadas, no fluxograma, pelas letras A, B, C e D. 

Substância A B C D 

Fórmula 

Química 

b) Escreva as duas semirreações que representam a eletrólise ígnea do 

MgCl 2 , identificando qual é a de oxidação e qual é a de redução. 

c) Escreva a equação química que representa um método, economi - 

camente viável, de produzir a substância A.

RESOLUÇÃO: 

a) CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 

A 

Mg 2+ + Ca(OH) 2 → Ca 2+ + Mg(OH) 2 

B 

Mg(OH) 2 + 2HCl → MgCl 2 + 2H 2 O 

B D 

MgCl2 eletrólise 

CaCl2 ⎯⎯⎯⎯→ Mg + Cl2 + subprodutos 

700°C 

NaCl 

C 

Cl 2 + H 2 → 2HCl 

D 

A B C D 

CaO Mg(OH) 2 Cl 2 HCl 

b) Semirreação de oxidação: 2Cl – (l) → 2e – + Cl2 (g) 

Semirreação de redução: Mg2+ (l) + 2e – → Mg(l) 

c) Para obtenção de óxido de cálcio por um processo economicamente 

viável, pode-se usar a calcinação do calcário. 

Δ 

CaCO 3 (s) ⎯⎯→ CaO(s) + CO 2 (g) 


ELETRÓLISE EM SOLUÇÃO AQUOSA 

1. (PUC-SP) – Considerando a eletrólise da salmoura, 

• equacione as semirreações que ocorrem no catodo e no anodo, bem 

como a equação global do processo, representando a formação do 

NaOH. 

• identifique os polos de cada eletrodo e indique em qual deles ocorre 

o processo de oxidação e em qual ocorre o processo de redução. 

RESOLUÇÃO: 

Consideremos os eletrodos inertes. 

I) Dissociação iônica do sal: 

2 NaCl (aq) → 2Na + (aq) + 2Cl – (aq) 

II) Oxidação: ocorre no anodo, que é o polo positivo. 

0 

2Cl 1– (aq) → 2e – + Cl 2 (g) 

III) Redução: ocorre no catodo, que é o polo negativo. 

1+ 0 

2H 2 O(l) + 2e – → H 2 (g) + 2OH – (aq) 

IV) Equação global: somando-se as três equações, temos: 

2NaCl(aq) + 2H 2 O(l) → H 2 (g) + Cl 2 (g) + 2Na + (aq) + 2OH – (aq) 

2NaOH 

2. (PUC-SP – MODELO ENEM) – Dados: 

– o indicador fenolftaleína é incolor em pH < 8 e rosa em pH acima 

de 8. 

– o amido é utilizado como indicador da presença de iodo em solu - 

ção, adquirindo uma intensa coloração azul devido ao complexo 

iodo-amido formado. 

Um experimento consiste em passar corrente elétrica contínua em uma 

solução aquosa de iodeto de potássio (KI). O sistema está 

esquematizado a seguir. 

Para auxiliar a identificação dos produtos, são adicio nadas, próximo 

aos eletrodos, solução alcoólica de fenolftaleína e dispersão aquosa de 

amido. Sobre o experimento, é incorreto afirmar que 

a) haverá formação de gás no eletrodo B. 

b) a solução ficará rosa próximo ao eletrodo A. 

c) no eletrodo B ocorrerá o processo de oxidação. 

d) o eletrodo A é o catodo do sistema eletrolítico. 

e) a solução ficará azul próximo ao eletrodo B. 

RESOLUÇÃO: 

Eletrólise em solução aquosa do iodeto de potássio: 

dissolução: KI(aq) ⎯→ K + (aq) + I – (aq) 

(A) catodo: H 2 O(l) + e – ⎯→ 1/2 H 2 (g) + OH – (aq) 

(redução) 

(B) anodo: I – (aq) ⎯→ e – (oxidação) 

+ 1/2 I2 (s) 

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 

global: KI(aq) + H2O(l) ⎯→ 

⎯→ 1/2H2 (g) + 1/2I2 (s) + K + (aq) + OH – (aq) 

1442443 

KOH(aq) 

Ao redor do eletrodo A, a fenolftaleína adquire coloração rósea, pois o meio 

fica básico. 

Ao redor do eletrodo B, há liberação de I 2 , que forma complexo com o 

amido, de coloração azul. 

Resposta: A 




3. (ENEM – EXAME NACIONAL DO ENSINO MÉDIO) – Para 

que apresente condutividade elétrica adequada a muitas aplicações, o 

cobre bruto obtido por métodos térmicos é purificado eletroliticamente. 

Nesse processo, o cobre bruto impuro constitui o anodo da célula, que 

está imerso em uma solução de CuSO 4 . À medida que o cobre impuro 

é oxidado no anodo, íons Cu 2+ da solução são depositados na forma 

pura no catodo. Quanto às impurezas metálicas, algumas são oxidadas, 

passando à solução, enquanto outras simplesmente se desprendem do 

anodo e se sedimentam abaixo dele. As impurezas sedimentadas são 

posteriormente processadas, e sua comercialização gera receita que 

ajuda a cobrir os custos do processo. A série eletroquímica a seguir 

lista o cobre e alguns metais presentes como impurezas no cobre bruto 

de acordo com suas forças redutoras relativas. 

Entre as impurezas metálicas que constam na série apresentada, as que 

se sedimentam abaixo do anodo de cobre são 

a) Au, Pt, Ag, Zn, Ni e Pb. 

b) Au, Pt e Ag. 

c) Zn, Ni e Pb. 

d) Au e Zn. 

e) Ag e Pb. 

RESOLUÇÃO: 

Para um metal sofrer oxidação no anodo, ele deve possuir elevada força 

redutora como, por exemplo, o chumbo, o níquel e o zinco. 

Os metais ouro, platina e prata apresentam baixa força redutora; portanto, 

esses metais apenas se desprendem do anodo, formando a chamada lama 

anódica. 

Resposta: B 


Ouro 

Platina 

Prata 

Cobre 

Chumbo 

Níquel 

Zinco 

Força 

redutora 

1. (PUC-SP) – Equacione a reação da eletrólise ígnea do óxido de 

alumínio (Al 2 O 3 ). Indique os produtos obtidos no catodo (polo –) e no 

anodo (polo +) da cuba eletrolítica. Determine a massa de alumínio 

produ zida em uma cuba eletrolítica com corrente cons tante de 1 x 10 5 A 

durante 80 horas (2,88 x 10 5 s). 

Dados: Considere a Constante de Faraday = 9,6 x 10 4 C.mol –1 

Q (carga, C) = i (corrente, A) x Δt (tempo, s) 

Al = 27,0 g/mol ; O = 16,0 g/mol 

RESOLUÇÃO: 

fusão 

Dissociação iônica: Al2O3 (s) ⎯⎯→ 2Al3+ (l) + 3O2– (l) 

Polo �, catodo: 2Al3+ (l) + 6e – ⎯→ 2Al0 (l) 

Polo �, anodo: 3O 2– (l) ⎯→ O2 (g) + 6e – 

Carga elétrica em coulomb: 

Q = i . Δt = 1 . 105A . 2,88 . 10 5s = 2,88 . 10 10C Para formar 1 mol de Al (27g), são necessários 

3 . 9,6 . 10 4C (3 mol de e – ) 

27g –––––––––– 3 . 9,6 . 10 4C x –––––––––– 2,88 . 10 10C x = = 2,7 . 106 3 

–– 

2 

2,88 . 10 

g 

10C . 27g 

––––––––––––––––––– 

3 . 9,6 . 10 4C 2,7 toneladas de alumínio. 


ESTEQUIOMETRIA NA ELETRÓLISE

2. (UNESP) – Um procedimento muito utilizado para eliminação de 

bactérias da água é a adição de cloro com produção de hipoclorito. O 

cloro pode ser produzido pela eletrólise de uma solução aquosa de íons 

cloreto, segundo a equação I: 

I: 2Cl – (aq) + 2H 2 O (l) → 2OH – (aq) + Cl 2 (g) + H 2 (g) 

Posteriormente, o Cl 2 pode reagir com as hidroxilas produzindo o 

hipoclorito. 

II: 2OH – (aq) + Cl 2 (g) → Cl – (aq) + ClO – (aq) + H 2 O (l) 

Calcule o volume de H 2 produzido nas CNTP quando ocorre o 

consumo de uma corrente de 2A em 400min e 125 segundos com NaCl 

(massa molar 58,5g/mol) de acordo com a Equação I, e forneça a 

equação global que expressa a formação de hipoclorito a partir da 

eletrólise da solução de cloreto. 

Dados: 1F = 96 500C; volume molar nas CNTP = 22,4 L 

RESOLUÇÃO: 

Q = t . i = (400 . 60 + 125) . 2 = 48250C 

1F ⇒ 96 500C → 1 mol de e – 

} x = 0,5 mol de e – 

48250C → x 

De acordo com a reação I, temos: 

2Cl – → 2e – + Cl2 2H2O + 2e – → H2 + 2OH – 

2 mol → 1 mol 0,5 

} x = ––– ∴ x = 0,25 mol de H2 0,5 mol → x 2 

1 mol de H 2 → 22,4L } x = 5,6L 

0,25 mol → x 

Equação global: 

2Cl – (aq) + 2H 2 O(l) → 2OH – (aq) + Cl 2 (g) + H 2 (g) 

2OH – (aq) + Cl 2 (g) → Cl – (aq) + ClO – (aq) + H 2 O(l) 

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– 

Cl – (aq) + H 2 O(l) → ClO – (aq) + H 2 (g) 

3. (MACKENZIE-SP – MODELO ENEM) – Duas celas eletro lí - 

ticas estão conec tadas em série e ambas possuem eletrodos de grafita, 

conforme o es quema abaixo. 

Em uma das celas, foi colocada uma solução de nitrato de prata, 

enquanto, na outra, existe uma solução de sulfato de cobre (II), ambas 

equimolares. Durante um determinado intervalo de tempo, ocorreu a 

deposição de 3 mol de prata metálica no catodo da cela da esquerda. 

Portanto, a massa de cobre metálico que será depositada no catodo da 

cela da direita corresponde a 

Dado: Massas molares: Ag = 108 g/mol, Cu = 63,5 g/mol 

a) 95,25 g b) 63,50 g c) 127,00 g 

d) 190,50 g e) 21,20 g 

RESOLUÇÃO: 

Nas duas celas eletrolíticas conectadas em série, a quan tidade de mols de 

elétrons é a mesma. 

Ag + + e – ⎯→ Ag 

1 mol ––– 1 mol 

3 mol ––– 3 mol 

Cu 2+ + 2e – ⎯→ Cu 

2 mol –––– 63,5g 

3 mol –––– x 

x = 95,25g 

Resposta: A 




1. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O cheiro agradável das 

frutas deve-se, princi palmente, à presença de ésteres. Esses ésteres 

podem ser sintetizados no laboratório, pela reação entre um álcool e um 

ácido carboxílico, ge rando essências artificiais, utilizadas em sorvetes 

e bolos. A seguir, estão as fórmulas estruturais de al guns ésteres e a 

indicação de suas respectivas fontes. 

CH 3 C 

A essência, sintetizada a partir do ácido butanoico e do metanol, terá 

cheiro de 

a) banana. b) kiwi. c) maçã. 

d) laranja. e) morango. 

A essência, sintetizada a partir do ácido butanoico e do metanol, terá cheiro 

de maçã. 

Resposta: C 


O 

CH 3 CH 2 CH 2 C 

CH 3 CH 2 CH 2 C 


REAÇÕES ORGÂNICAS (II): 

ESTERIFICAÇÃO – LIPÍDIOS 

OCH2CH2CHCH3 banana 

O 

OCH3 maçã 

O 

CH 3 

OCH2 (CH2 ) 3CH3 morango 

CH 3 C 

RESOLUÇÃO: 

O 

H3C — CH2 — CH2 — C + H O — CH ⎯→ 

3 ←⎯ 

OH 

O 

←⎯ ⎯→ H3C — CH2 — CH2 — C + H2O O— CH3 O 

C 

O 

OCH3 kiwi 

OCH2 (CH2 ) 6CH3 laranja 

FRENTE 2 – QUÍMICA ORGÂNICA 

2. (FUVEST-SP) – Escreva a equação química balanceada que 

representa a reação de esterificação entre duas moléculas de ácido 

� 

CH3 O 

| 

láctico H — C — C 

| � 

OH OH 

RESOLUÇÃO: 

CH3 | 

O 

CH3 | 

O 

H — C — C + H O — C — C 

| 

OH OH 

| 

H OH 

CH3 | O 

CH3 | 

O 

H — C — C — O — C — C + H2O | | 

OH H OH

3. Complete a equação química e dê o nome da reação. 

O 

|| 

H2C — O — C — C15H31 O 

|| 

HC — O — C — C15H31 + 3NaOH → 

O 

|| 

H2C — O — C — C15H31 RESOLUÇÃO: 

O 

|| 

H2C — O — C — C15H31 O 

|| 

HC — O — C — C15H31 + 3NaOH → 

O 

|| 

H2C — O — C — C15H31 H2C — OH O 

| 

→ HC — OH + 3C15H31 — C 

| 

H2C — OH O – Na + 

glicerol sabão 

reação de saponificação 

4. (FGV-SP – MODELO ENEM) – O Brasil destaca-se no cenário 

internacional com a produção e o incentivo do uso de combustíveis de 

fontes renováveis, como o etanol e o biodiesel. A transeste rificação é 

mais um “novo conceito” abordado na química orgânica no ensino 

médio: trata-se da síntese do biodiesel, obtido a partir da reação de 

óleos vegetais (soja, babaçu, mamona), gorduras animais ou óleos 

residuais de fritura com etanol e catalisador. 

H 2 C — O — CO — R 1 

| NaOH 

←⎯ 

HC — O — CO — R 2 + 3C 2 H 5 — OH ⎯→ 

| 

H 2 C — O — CO — R 3 

⎯→ 

←⎯ 

H2C — OH R1CO2C2H5 | 

HC — OH + R2CO2C2H5 | 

H2C — OH R3CO2C2H5 biodiesel B 

Considerando que o biodiesel foi obtido a partir do óleo de soja, na 

reação de hidrólise desse biodiesel B, são obtidos como produtos o 

a) ácido etanoico e álcoois. 

b) ácido etanoico e ésteres. 

c) etanoato de etila e ácidos carboxílicos. 

d) etanol e ácidos carboxílicos. 

e) etanol e ésteres. 

RESOLUÇÃO: 

Os produtos da hidrólise do biodiesel são: etanol e áci dos carboxílicos. 

Por exemplo: 

O 

R1 — C + HOH 

O — CH2 — CH3 O 

R1 — C + CH3 — CH2 — OH 

OH 

ácidos etanol 

carboxílicos 

Resposta: D 




1. Considere o esquema a seguir: 

O 

H3C — CH2 — C 

+ Na → + 1/2 H2 OH + NaOH → + H2O Dê o nome e as fórmulas estruturais dos compostos A, B e C. 

RESOLUÇÃO: 


CARÁTER ÁCIDO E BÁSICO 

– AMINOÁCIDOS E PROTEÍNAS 

O 

H3C — CH2 — C + Na H3C — CH2 — C + ½ H2 OH 

O – Na + 

O 

O 

propanoato de sódio 

O 

H3C — CH2 — C + NaOH H3C — CH2 — C + H2O O – Na + 

OH 

propanoato de sódio 

O 

H3C — CH2 — C + H OCH3 H3C — CH2 — C + H2O OH 

O — CH3 propanoato de metila 


+ HO — CH 3 → ← 

O 

+ H2 O 

2. Marque com círculo a ligação peptídica presente no composto 

abaixo: 

O 

H 2 N — CH — C — N — CH — CH 2 — 

| | | 

H 2 C— COOH H COOCH 3 

RESOLUÇÃO: 

O 

H 2 N — CH — C — N —CH — CH 2 — 

H 2 C—COOH H COOCH 3

3. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O grupo amino de uma 

molécula de aminoácido pode reagir com o grupo carboxila de outra 

molécula de ami noácido (igual ou diferente), formando um dipep tídeo 

com eliminação de água, como exemplificado para a glicina: 

Analogamente, de uma mistura equimolar de glicina e L-alanina, 

poderão resultar dipeptídeos diferentes entre si, cujo número máximo 

será 

a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6 

H O 

+ | 

H3N — C — C 

| 

CH 3 

RESOLUÇÃO: 

Além da reação entre glicina e glicina, temos as seguintes reações: 

alanina 

O 

alanina 

O 

H 

H3C — C — C + 

H 

H3C — C — C → 

Resposta: C 

— 

= 

= 

O – NH3 O – 

H 

O 

H2O + H3C — C — C 

O 

N — C — C 

H 

O 

CH3 – 

+ 

NH3 H 

glicina 

H2C — C 

O 

+ 

alanina 

O 

H 

H3C — C — C 

+ 

NH3 + 

→ 

→ 

— 

+ O– 

NH3 — 

= 

— 

— 

= 

= 

= 

H2O + H2C — C 

O 

H 

NH N — C — C 

3 

H 

O 

CH3 – 

→ 

+ 

alanina 

O 

H 

H3C — C — C 

— 

O – 

L -alanina 

(fórmula estrutural plana) 

— 

NH3 + O – 

O 

O 

H 

→ H2O + H3C — C — C 

= 

— 

— 

= 

= 

NH3 + 

+ H 2 C — C 

— 

NH3 + O – 

glicina 

— 

O 

= 

= 

+ O– 

NH3 — 

O 

N — C — C 

H H2 O – 

= 

→ 


HIDRATOS DE CARBONO 

1. (PUC-RS) – Durante o processo da fotossíntese, rea lizada por 

plantas verdes, a energia luminosa do Sol leva à formação de glicose 

a partir de dióxido de carbono e água. 

Com relação a essa transformação, pode-se afirmar que 

I. há formação de um glicídio e um gás com bustível. 

II. ocorre com absorção de calor, portanto se trata de um processo 

endotérmico. 

III.ocorre transformação de energia luminosa e calo rífica em energia 

química. 

IV. a equação que representa essa transformação é 

C 6 H 12 O 6 + 6O 2 → 6CO 2 + 6H 2 O + calor 

A alternativa que contém as afirmativas corretas é 

a) III e IV. b) II e IV. c) II e III. 

d) I e III. e) I e II. 

RESOLUÇÃO: 

I. Errada. C 6 H 12 O 6 (glicídio) e O 2 (comburente) 

II. Correta. 6CO 2 + 6H 2 O + calor → C 6 H 12 O 6 + 6O 2 

III.Correta. 

IV. Errada. 

Resposta: C 




2. (FUVEST-SP – MODELO ENEM) – O seguinte fragmento 

(adaptado) do livro Estação Carandiru, de Drauzio Varella, refere-se 

à produção clandestina de bebida no presídio: 

“O líquido é transferido para uma lata grande com um furo na parte 

superior, no qual é introduzida uma mangueirinha conectada a uma 

serpentina de cobre. A lata vai para o fogareiro até levantar fervura. O 

vapor sobe pela mangueira e passa pela serpentina, que Ezequiel esfria 

constantemente com uma caneca de água fria. Na saída da serpentina, 

emborcada numa garrafa, gota a gota, pinga a maria-louca 

(aguardente). Cinco quilos de milho ou arroz e dez de açúcar permitem 

a obtenção de nove litros da bebida.” 

Na produção da maria-louca, o amido do milho ou do arroz é 

transformado em glicose. A sacarose do açúcar é transformada em 

glicose e frutose, que dão origem a dióxido de carbono e etanol. 

Entre as equações químicas, 

I. (C6H10O5 ) n + nH2O ⎯→ nC6H12O6 , 

II. � — CH 2 CH 2 O � — 

n 

+ nH 2 O ⎯→ n CH 2 — CH 2 , 

| | 

OH OH 

III. C 12 H 22 O 11 + H 2 O ⎯→ 2C 6 H 12 O 6 , 

IV. C 6 H 12 O 6 + H 2 ⎯→ C 6 H 14 O 6 , 

V. C 6 H 12 O 6 ⎯→ 2CH 3 CH 2 OH + 2CO 2 , 

as que representam as transformações químicas citadas são 

a) I, II e III. b) II, III e IV. c) I, III e V. 

d) II, III e V. e) III, IV e V. 

Dado: C 6 H 12 O 6 = glicose ou frutose 

RESOLUÇÃO: 

As equações das reações citadas são: 

– hidrólise do amido (I) 

(C 6 H 10 O 5 ) n + nH 2 O ⎯→ nC 6 H 12 O 6 

amido glicose 

– hidrólise da sacarose (III) 

– C 12 H 22 O 11 + H 2 O ⎯→ C 6 H 12 O 6 + C 6 H 12 O 6 

sacarose glicose frutose 

– fermentação da glicose ou frutose (V) 

C 6 H 12 O 6 ⎯⎯→ 2C 2 H 5 OH + 2CO 2 

glicose etanol 

Resposta: C 


3. (FUVEST-SP) – Aldeídos podem reagir com álcoois, conforme 

repre sen tado: 

Este tipo de reação ocorre na formação da glicose cícli ca, representada 

por 

Entre os seguintes compostos, aquele que, ao reagir como indicado, 

porém de forma intramolecular, conduz à forma cíclica da glicose é 

RESOLUÇÃO: 

Para a formação da glicose cíclica, devemos ter a rea ção do grupo aldeído 

com o grupo OH da glicose de cadeia aberta. 

Resposta: C


PETRÓLEO 

1. (ESPM-SP) – O desenho mostra esquematicamente o equi pa mento 

utilizado nas refinarias para efetuar a destilação fracionada do petróleo 

e a sequência dos produtos A, B, C, D, E, F, G. 

Os gases obtidos na primeira etapa são 

a) metano, etano, propileno e buteno. 

b) etanol, propanol, metanol e butanol. 

c) benzeno, fenol, etileno e metanol. 

d) metano, etano, propano e butano. 

e) metil, propeno, etino e butano. 

RESOLUÇÃO: 

Fração gasosa: metano, etano, propano e butano. 

Resposta: D 

2. (ENEM – EXAME NACIONAL DO ENSINO MÉDIO) –Um 

dos insumos energéticos que volta a ser consi de rado como opção para 

o fornecimento de petróleo é o aproveitamento das reservas de 

folhelhos pirobetu mi no sos, mais conhecidos como xistos pirobetu - 

minosos. As ações iniciais para a exploração de xistos pirobetumi nosos 

são anteriores à exploração de petróleo, porém as difi culdades inerentes 

aos diversos processos, notada men te os altos custos de mineração e de 

recuperação de solos minerados, contribuíram para impedir que essa 

atividade se expandisse. 

O Brasil detém a segunda maior reserva mundial de xisto. O xisto é 

mais leve que os óleos derivados de petróleo, seu uso não implica 

investimento na troca de equipamentos e ainda reduz a emissão de 

particulados pesados, que causam fumaça e fuligem. Por ser fluido em 

temperatura ambiente, é mais facilmente manusea do e armazenado. 

Internet:


3. (ENEM – EXAME NACIONAL DO ENSINO MÉDIO) – Nas 

últimas décadas, o efeito estufa tem-se intensificado de maneira 

preocupante, sendo esse efeito muitas vezes atribuído à intensa 

liberação de CO2 durante a queima de combustíveis fósseis para 

geração de energia. O quadro traz as entalpias-padrão de combustão a 

25°C (ΔH 0 

25 ) do metano, do butano e do octano. 

composto 

fórmula 

molecular 

massa molar 

(g/mol) 

À medida que aumenta a consciência sobre os impactos ambientais 

relacionados ao uso da energia, cresce a importância de se criar 

políticas de incentivo ao uso de combustíveis mais eficientes. Nesse 

sentido, consideran do-se que o metano, o butano e o octano sejam 

represen tativos do gás natural, do gás liquefeito de petróleo (GLP) e da 

gasolina, respectivamente, então, a partir dos dados fornecidos, é 

possível concluir que, do ponto de vista da quantidade de calor obtido 

por mol de CO 2 gerado, a ordem crescente desses três combustíveis é 

a) gasolina, GLP e gás natural. 

b) gás natural, gasolina e GLP. 

c) gasolina, gás natural e GLP. 

d) gás natural, GLP e gasolina. 

e) GLP, gás natural e gasolina. 

RESOLUÇÃO: 

CH4 + 2 O2 ⎯→ CO2 ↓ 

+ 2 H2O gás natural 1 mol (são liberados 890 kJ) 

13 

C4H10 + ––– 

2 

GLP 

O2 ⎯→ 4 CO2 + 5 H2O ↓ 

4 mol (são liberados 2878 kJ) 

1 mol (são liberados 719,5 kJ) 

25 

C8H18 + ––– O2 ⎯→ 8 CO2 + 9 H2O 2 

↓ 

gasolina 

8 mol (são liberados 5471 kJ) 

1 mol (são liberados 683,87 kJ) 

ΔH 0 

25 

(kJ/mol) 

metano CH 4 16 –890 

butano C 4 H 10 58 –2.878 

octano C 8 H 18 114 –5.471 

A ordem crescente desses três combustíveis do ponto de vista da quantidade 

de calor obtido por mol de CO 2 gerado é: gasolina, GLP e gás natural. 

Resposta: A 


4. (FATEC-SP) – O craqueamento do petróleo é utili zado para obter 

quan tidade maior de gasolina a partir do óleo bruto. Nesse processo, 

hidrocarbonetos de cadeias longas são aquecidos sob pressão e 

ausência de ar, sofrendo “quebra”, com formação de alcanos e alcenos 

de ca deias menores. Por exemplo, o cra queamento de C 14 H 30 pode 

fornecer C 7 H 16 e C 7 H 14 . 

Poder-se-ia também ter, como produto desse cra quea mento, o seguinte 

conjunto de alcano e alceno: 

a) C 6 H 12 e C 8 H 16 b) C 6 H 14 e C 8 H 16 

c) C 6 H 14 e C 6 H 12 d) C 5 H 12 e C 8 H 18 

e) C 9 H 20 e C 4 H 10 

RESOLUÇÃO: 

A equação de craqueamento pode ser expressa por 

C14H30 → CxHy + CwHz 14 = x + w 

30 = y + z 

A alternativa com valores possíveis é C 6 H 14 e C 8 H 16 , em que x = 6 e 

y = 14, w = 8 e z = 16. 

Resposta: B


EQUILÍBRIO IÔNICO 

1. (FURG-RS) – Observe os dados da tabela abaixo, obtidos a 25°C 

em soluções de concentração 0,1 mol/L, e julgue as afirmativas dadas 

a seguir: 

Ácido K a (constante de ionização) 

HF 6,5 . 10 –4 

CH 3 COOH 1,8 . 10 –5 

HCN 5,0 . 10 –10 

I) o ácido fluorídrico é o mais forte dos três ácidos. 

II) o ácido acético é o mais ionizado dos três ácidos. 

III) a solução de ácido cianídrico, das três soluções, é a que apresenta 

menor concentração de íons H + . 

Assinale a alternativa que apresenta todas as afirmativas que são 

corretas. 

a) Apenas a I. b) Apenas a III. 

c) As afirmações I e II. d) As afirmações I e III. 

e) As afirmações I, II e III. 

RESOLUÇÃO: 

I) Correta. Maior K a ⇒ ácido mais forte 

II) Falsa. Quanto maior o valor de K a , maior a força do ácido e mais 

ionizado ele será (HF). 

III) Correta. Quanto menor o valor de K a , menor a concentração de íons 

H + na solução. 

Resposta: D 

2. (FAMECA-SP) – Qual o valor de K a para o HCN, sabendo-se que 

o ácido em solução 0,10 mol/L se encontra 0,006% ionizado? 

a) 1,2 x 10 –4 b) 3,6 x 10 –8 

c) 3,6 x10 –5 d) 3,6 x 10 –10 

e) 6,0 . 10 –5 

RESOLUÇÃO: 

Ka = α2 . M 

Ka = ( ) 2 

. 0,10 

Ka = 3,6 x 10 –10 

0,006 

––––– 

100 

Outra maneira seria usar a tabelinha: 

K a = 

Ka = = 3,6 . 10 –10 

6 . 10 –6 . 6 . 10 –6 

––––––––––––––– 

0,10 

Resposta: D 

HCN → ← H + + CN – 

início 0,10 0 0 

reage e forma 

0,006 

–––––– . 0,10 

100 

0,006 


100 

0,006 


100 

equilíbrio ≅ 0,10 6 . 10 –6 6 . 10 –6 

[H + ] [CN – ] 

––––––––––– 

[HCN] 

FRENTE 3 – FÍSICO-QUÍMICA 




3. (FCAPA) – Assinale a alternativa incorreta acerca da reação 

CH 3 COOH ← → CH 3 COO – + H + 

a) adicionando-se ácido clorídrico, a concentração de íons hidro gênio 

aumentará. 

b) adicionando-se ácido clorídrico, o equilíbrio será deslocado para a 

esquerda. 

c) com adição de acetato de sódio, haverá aumento na concentração de 

íons hidrogênio. 

d) com adição de acetato de sódio, haverá produção de ácido acético. 

e) com adição de acetato de sódio, o valor da constante de equilíbrio 

do ácido acético não será alterado. 

RESOLUÇÃO: 

Adicionando-se ácido clorídrico, aumenta a concentração de íons H + 

deslocando o equilíbrio para a esquerda. 

Adicionando-se acetato de sódio, aumenta a concentração de íons 

CH 3 COO – , deslocando o equilíbrio para a esquerda. A concentração de 

íons H + diminui e a concentração de CH 3 COOH aumenta. O valor da 

constante de equilíbrio só será afetado por variação de temperatura. 

Resposta: C 

1. (PUC-SP) – O ácido propanoico é infinitamente solúvel em água e 

apresenta constante de ionização (K a ) igual a 1 x 10 –5 . O pH de uma 

solução aquosa de concentração 0,1 mol/L de ácido propanoico é 

aproximadamente 

a) 1 b) 2 c) 3 d) 5 e) 6 

RESOLUÇÃO: 

Equação simplificada da reação de ionização do ácido propanoico: 

Ka = = 1 x 10 –5 

[H + ] . [H3C — CH2 — COO – ] 

––––––––––––––––––––––––––– 

[H3C — CH2 — COOH] 

Como a constante de ionização tem valor baixo (ácido fraco), podemos 

considerar 0,1 – x aproximadamente igual a 0,1. 

= 1 . 10 –5 ∴ x2 = 1 . 10 –6 

x . x 

––––– 

0,1 

x = 1 . 10 –3 ∴ [H + ] = 1 . 10 –3 mol/L 

O pH é dado por: 

pH = – log [H + ] 

pH = – log 1 . 10 –3 = 3 

Resposta: C 



K W , pH e pOH 

H 3 C—CH 2 —COOH(aq) → ← H+ (aq) + H 3 C—CH 2 —COO – (aq) 

início 0,1 mol/L 0 0 

reage 

e forma 

equilíbrio 

x mol/L x mol/L x mol/L 

(0,1 – x) mol/L x mol/L x mol/L 

2. (UNESP) – Dois fatores que podem alterar o pH sanguíneo são: a 

intensidade da respiração (quanto maior a intensidade, menor o teor de 

CO2 no sangue) e o teor de bicarbonato na urina (quanto maior o teor 

de bicarbonato na urina, maior a diminuição de sua concentração no 

sangue). Considerando a equação química 

CO2 (g) + H2O(l) → ← H2CO3 (aq) → ← H+ – 

(aq) + HCO3 (aq), quais os 

efeitos do aumento da intensidade da respiração e do aumento do teor 

em bicarbonato na urina sobre os valores do pH sanguíneo? 

RESOLUÇÃO: 

CO2 (g) + H2O(l) → ← H2CO3 (aq) → ← H+ – 

(aq) + HCO3 (aq) 

O aumento da intensidade da respiração faz diminuir o teor de CO2 no 

sangue, deslocando o equilíbrio acima para a esquerda, de acordo com o 

Princípio de Le Chatelier. Consequentemente, iremos ter uma diminui ção 

da concentração de íons H + no sangue, provocando um aumento do pH. 


↑ ↓ 

O aumento do teor de bicarbonato na urina é devido a uma diminuição da 

concentração desse mesmo íon (HCO – 

) no sangue. Essa diminuição desloca 

3 

o equilíbrio citado para a direita, aumentando a concentração de íons H + 

e diminuindo o pH sanguíneo. 


↓ ↑ 

3. (ENEM – EXAME NACIONAL DO ENSINO MÉDIO) – 

Sabões são sais de ácidos carboxílicos de cadeia longa utilizados com 

a finalidade de facilitar, durante processos de lavagem, a remoção de 

substâncias de baixa solubilidade em água, por exemplo, óleos e 

gorduras. A figura a seguir representa a estrutura de uma molécula de 

sabão. 

Em solução, os ânions do sabão podem hidrolisar a água e, desse modo, 

formar o ácido carboxílico correspon dente. Por exemplo, para o 

estearato de sódio, é estabelecido o seguinte equilíbrio: 

CH 3 (CH 2 ) 16 COO – + H 2 O → ← CH 3 (CH 2 ) 16 COOH + OH – 

Uma vez que o ácido carboxílico formado é pouco solúvel em água e 

menos eficiente na remoção de gorduras, o pH do meio deve ser 

controlado de maneira a evitar que o equilíbrio acima seja deslocado 

para a direita. 

Com base nas informações do texto, é correto concluir que os sabões 

atuam de maneira 

a) mais eficiente em pH básico. 

b) mais eficiente em pH ácido. 

c) mais eficiente em pH neutro. 

d) eficiente em qualquer faixa de pH. 

e) mais eficiente em pH ácido ou neutro. 

RESOLUÇÃO: 

O sabão será mais eficiente quando o ácido carboxílico estiver na forma 

ionizada. O equilíbrio a seguir deve ser deslocado para a esquerda: 

CH 3 (CH 2 ) 16 COO – + H 2 O → ← CH 3 (CH 2 ) 16 COOH + OH – 

Para que esse equilíbrio seja deslocado para a esquerda, o meio deve ser 

básico, alta concentração de íons OH – , e, portanto, o pH deve ser maior 

que sete. 

Resposta: A


HIDRÓLISE SALINA 

1. (UFSM-RS) – O caráter das soluções resultantes da hidrólise dos 

sais NaCl (sal de cozinha), NaHCO 3 (usado como fermento) e 

NH 4 NO 3 (usado na fabri cação de fertilizantes) é, respectivamente, 

a) neutro, básico, ácido. 

b) ácido, neutro, básico. 

c) básico, ácido, neutro. 

d) neutro, ácido, ácido. 

e) básico, neutro, básico. 

RESOLUÇÃO: 

NaCl: sal derivado de ácido e base fortes não sofre hidrólise (pH = 7) 

NaHCO3 : sal derivado de ácido fraco e base forte sofre hidrólise (pH > 7) 

HCO – 

3 + HOH → 

← H2CO3 + OH – 

NH4NO3 : sal derivado de ácido forte e base fraca sofre hidrólise (pH < 7) 

+ 

NH4 + HOH → 

← NH4OH + H + 

ou 

+ 

NH4 + HOH → 

← NH3 + H3O + 

Resposta: A 

2. (UNIFESP) – Extratos de muitas plantas são indi cadores naturais 

ácido-base, isto é, apresentam colora ções diferentes de acordo com o 

meio em que se encontram. Utilizando o extrato de repolho roxo como 

indicador, foram testadas soluções aquosas de HCl, NaOH, NaOCl, 

NaHCO 3 e NH 4 Cl, de mesma concen tração. Os resultados são 

apresentados na tabela 

SOLUÇÃO COLORAÇÃO 

HCl vermelha 

NaOH verde 

X vermelha 

Y verde 

NaOCl verde 

a) Identifique as soluções X e Y. Justifique. 

b) Calcule, a 25°C, o pH da solução de NaOCl 0,04 mol/L. Considere que, 

a 25°C, a constante de hidrólise do íon ClO – é 2,5 x 10 –7 . 

RESOLUÇÃO 

a) X: NH4Cl: caráter ácido (sal de ácido forte e base fraca) 

+ 

NH + H2O → 

4 ← NH3 + H3O + 

Y: NaHCO3 : caráter básico (sal de ácido fraco e base forte) 

– 

HCO + H2O → 

3 ← H2CO3 + OH – 

b) 

0,04 – x ≅ 0,04 

K h = 

2,5 . 10 –7 = 

x 2 = 10 –8 ∴ x = 10 –4 mol/L 

pOH = 4 e pH = 10 

1. (UNESP) – O sal sulfato de cobre é muito utilizado na agricultura. 

Por ser bastante solúvel, a água da chuva pode transportá-lo com 

facilidade até os rios próximos à atividade agrícola ou ao lençol 

freático. Uma forma de monitorar a concentração de íons Cu 2+ de uma 

amostra de água para fins de consumo humano consiste em produzir 

um precipitado que pode ser separado por filtração. Considerando que 

o valor de K s para o CuS é igual a 9,0 x 10 –36 , determine a máxima 

concentração de íons Cu 2+ em uma amostra de água tratada com ácido 

sulfídrico (H 2 S). 

RESOLUÇÃO: 

A equação química do processo: 

CuS(s) → ← Cu 2+ (aq) + S 2– (aq) 

solução saturada: [Cu 2+ ] = [S2– ] 

Ks = [Cu 2+ ] . [S2– ] 

9,0 . 10 –36 = [Cu 2+ ] 2 

[Cu 2+ ] = 3 . 10 –18 mol/L 

ClO – + HOH → ← HClO + OH – 

início 0,04 ––––– 0 0 

reage e 

forma 

x ––––– x x 

equilíbrio 0,04 – x ––––– x x 

[HClO] [OH – ] 

–––––– –––––– 

[ClO – ] 

x 2 

–––––– 

0,04 


PRODUTO DE SOLUBILIDADE 




2. (FUVEST-SP) – Preparam-se duas soluções satu radas, uma de 

oxalato de prata (Ag 2 C 2 O 4 ) e outra de tiocianato de prata (AgSCN). 

Esses dois sais têm, aproximadamente, o mesmo produto de 

solubilidade (da ordem de 10 –12 ). Na primeira, a concentração de íons 

prata é [Ag + ] 1 e, na segunda, [Ag + ] 2 ; as concentrações de oxalato e 

tiocianato são, respectivamente, [C 2 O 2– 

4 ] e [SCN– ]. 

Nesse caso, é correto afirmar que 

a) [Ag + ] 1 = [Ag + ] 2 e [C2O 2– 

4 ] < [SCN– ] 

b) [Ag + ] 1 > [Ag + ] 2 e [C2O 2– 

4 ] > [SCN– ] 

c) [Ag + ] 1 > [Ag + ] 2 e [C2O 2– 

4 ] = [SCN– ] 

d) [Ag + ] 1 < [Ag + ] 2 e [C2O 2– 

4 ] < [SCN– ] 

e) [Ag + ] 1 = [Ag + ] 2 e [C2O 2– 

4 ] > [SCN– ] 

RESOLUÇÃO: 

Cálculo da solubilidade dos sais em mol/L: 

I) Ag2C2O4 (s) → ← 2Ag + (aq) + C2O 2– 

4 (aq) 

x 2x x 

KPS = [Ag + ] 2 . [C2O 2– 

4 ] 

10 –12 = (2x) 2 . x 

10 –12 = 4x3 x = 3 

�� 

0,25 . 10 –12 

x é da ordem de 10 –4 mol/L 

II) AgSCN(s) → ← Ag + (aq) + SCN – (aq) 

y y y 

KPS = [Ag + ] . [SCN – ] 

10 –12 = y . y 

10 –12 = y2 y = 2 

�� 10 –12 

y é igual a 10 –6 mol/L 

Portanto: [Ag + ] 1 > [Ag + ] 2 e [C2O 2– 

4 ] > [SCN – ] 

Resposta: B 


3. (CEFET-BA) – Considere-se K PS do CaF 2 = 3,2 x 10 –11 . A 

concentração máxima, em mol/L, de íons fluoreto, F – , que é possível 

adicionar a 1L de água potável, contendo 1,0 x 10 –5 mol/L de íons 

Ca 2+ , no processo de fluoretação, é, aproximadamente, de 

a) 1,6 x 10 –6 . b) 2,0 x 10 –5 . c) 9,0 x 10 –4 . 

d) 1,3 x 10 –3 . e) 1,8 x 10 –3 . 

RESOLUÇÃO: 

CaF2 (s) → ← Ca2+ (aq) + 2F – (aq) 

KPS = [Ca2+ ] . [F – ] 2 

3,2 . 10 –11 = 1,0 . 10 –5 . [F – ] 2 

[F – ] 2 = 3,2 . 10 –6 

[F – ] = �� 3,2 . 10 –6 ≅ 1,8 . 10 –3 mol/L 

A concentração máxima de íons F – que pode ser adicionada à água é 

1,8 . 10 –3 mol/L. Acima desse valor, começa a precipitar-se CaF 2 . 

Resposta: E

MÓDULO 24 FRENTE 1 – FÍSICO-QUÍMICA

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