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EM 2ª série | Volume 2 | Química
Manual do 
Professor
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2 Coleção EM2Coleção EM2
C689
 Coleção Ensino Médio 2ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018.
 196 p.: il.
 Ensino para ingresso ao Nível Superior. Bernoulli Grupo Educacional.
 1. Química
 I - Título II - Bernoulli Sistema de Ensino III - V. 2
CDU - 37
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Fotografias, gráficos, mapas e outros tipos de ilustrações presentes em exercícios de vestibulares e Enem podem ter sido adaptados 
por questões estéticas ou para melhor visualização.
Coleção Ensino Médio 2ª série – Volume 2 é uma publicação da Editora DRP Ltda. Todos os direitos reservados. 
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
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MArkEtinG
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Manual do Professor
3Bernoulli Sistema de Ensino
Planejamento do volume*
Disciplina: QUÍMICA
 
sÉRiE: 2ª
 
sEGMEnTO: EM
 
vOluME: 2
FRENTE CAPÍTulo TÍTulo SugESTõES DE ESTRATégiAS
A
3 •	Diluição e mistura de soluções
•	Aulas expositivas, contextualizando o conteúdo a partir 
da leitura do texto de abertura e do infográfico;
•	Resoluções dos Exercícios de aprendizagem em sala de 
aula, verificando o grau de assimilação dos alunos com o 
conteúdo trabalhado;
•	Aplicação dos Exercícios propostos, para serem feitos 
em casa pelos alunos de forma autônoma, resgatando o 
conteúdo estudado ao longo do capítulo;
•	Aplicação dos exercícios da Seção Enem para os alunos 
se familiarizarem com a forma com que os conteúdos 
são avaliados no Exame Nacional do Ensino Médio;
•	Realização de experimentos da seção Experimentando,com a finalidade de introduzir e construir modelos 
científicos com os alunos;
•	Debates e discussões em grupo a partir das leituras das 
seções Cotidiano e Para refletir;
•	Aulas multimídia utilizando os recursos indicados na 
seção Tá na mídia.
4 •	Propriedades coligativas
B
3 •	 Introdução à Cinética Química
4
•	 Teoria das colisões e do 
complexo ativado
* Conteúdo programático sujeito a alteração.
Orientações e sugestões
Capítulo A3: Diluição e mistura de soluções
Sequência sugerida para apresentação dos conteúdos: 
1. Introduza o assunto a partir da leitura do infográfico e apresente a importância da diluição das soluções. 
Tome cuidado, pois o assunto homeopatia é polêmico e, dependendo de sua condução, algumas pessoas 
podem ficar insatisfeitas com o seu posicionamento. O ideal é ser imparcial.
2. Apresente o significado de diluição.
3. Esclareça para os alunos que, geralmente, a diluição é feita pela adição de solvente, e não pela retirada 
de soluto.
4. Deduza as equações que permitem o cálculo da concentração da solução após uma diluição.
5. Mostre o raciocínio de uma diluição utilizando regra de três.
6. Resolva os exercícios de aprendizagem de 01 a 04.
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4 Coleção EM2
7. Para colaborar com a compreensão dos alunos, sugerimos que, neste momento, você proponha a 
interação com o simulador “Diluição das soluções” presente no material Bernoulli Digital. O objeto 
de aprendizagem permitirá ao estudante vivenciar a experiência de laboratório, identificando os 
equipamentos necessários para a realização de uma diluição, bem como os procedimentos para tal 
prática, além de ajudá-lo a entender como acontece o processo de preparação de uma solução. Antes 
de iniciar a simulação, estimule os alunos a tocar sobre a imagem das vidrarias e a ler as informações 
sobre cada uma. Posteriormente, oriente-os a clicar sobre os botões “Problema” e “Anotações” e 
auxilie-os a realizar os cálculos necessários para se obter a concentração da solução diluída que será 
preparada antes de iniciarem os procedimentos da prática de diluição. 
8. Se possível, realize o experimento “Diluindo até desaparecer”, interpretando o fenômeno.
9. Apresente o fenômeno de mistura de soluções de mesmo soluto e mesmo solvente.
10. Esclareça aos alunos que, nesse fenômeno, se houver variação de volume, as quantidades de soluto 
são somadas, assim como os volumes das soluções. No caso de misturas de soluções em que não há 
variação de volume, devem ser somadas apenas as quantidades dos solutos.
11. Deduza as equações que permitem o cálculo da concentração da solução após a mistura de soluções 
de mesmo soluto e mesmo solvente.
12. Mostre o raciocínio da mistura de soluções de mesmo soluto e mesmo solvente utilizando regra 
de três.
13. Resolva os exercícios de aprendizagem de 05 a 11.
14. Apresente o fenômeno de mistura de soluções de solutos diferentes e mesmo solvente sem a ocorrência 
de reação química.
15. Discuta com os alunos a seção Cotidiano.
16. Resolva os exercícios de aprendizagem de 12 a 14.
17. Dê um tempo para os alunos responderem à seção Para refletir. Depois, apresente sua reflexão sobre 
o assunto.
18. Apresente o fenômeno de mistura de soluções de solutos diferentes e mesmo solvente, com reação 
química. Nesse caso, destaque as titulações. 
19. Explique o princípio da equivalência e a ação dos indicadores químicos.
20. Apresente uma titulação ácido-base em sala de aula.
21. Outro objeto de aprendizagem disponível no material Bernoulli Digital que pode ser utilizado neste 
momento é o vídeo “Titulação”, o qual permite uma melhor compreensão de como ocorre o processo 
de titulação ácido-base por meio da visualização microscópica da reação de neutralização. Utilize o 
recurso audiovisual como apoio à sua explanação e explore os exercícios que acompanham o material.
22. Resolva os exercícios de aprendizagem de 15 a 18.
 Observação: Na tentativa de se desenvolver o raciocínio dos alunos em detrimento da memorização, 
recomenda-se que os fenômenos apresentados nesse módulo sejam estudados a partir de cálculos 
proporcionais, utilizando-se regra de três. Contudo, se você, professor, preferir as resoluções dos 
exercícios utilizando as equações, deduza-as antes de aplicá-las.
Capítulo A4: Propriedades coligativas
Professor, este capítulo é muito extenso e bastante importante, uma vez que seu conteúdo é muito 
abordado em questões de vestibulares e do Enem. Sendo assim, se necessário, agilize sua programação antes 
ou após o cumprimento desse módulo com o objetivo de destinar mais tempo para ele. 
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5Bernoulli Sistema de Ensino
Sequência sugerida para apresentação dos conteúdos: 
1. Apresente o conceito de propriedades coligativas. Enfatize que essas propriedades dependem, 
exclusivamente, da quantidade de soluto dissolvido, e não da sua natureza química. 
2. Discuta o processo de vaporização (evaporação) de um líquido. Enfatize que apenas as partículas do 
líquido que se encontram na superfície e que possuem alta energia cinética escapam da atração de 
suas vizinhas e passam para a fase de vapor. Para facilitar a discussão, utilize o gráfico da distribuição 
de energia cinética para uma população de partículas. 
3. Apresente o conceito de pressão de vapor. 
4. Deixe claro aos alunos a relação que existe entre pressão de vapor e temperatura. 
5. Esclareça aos alunos a relação que existe entre pressão de vapor e interações intermoleculares.
6. Aborde o fenômeno apresentado na seção Cotidiano. Se possível, leve para a sala de aula o Ebulidor 
de Franklin.
7. Construa e analise o gráfico em que estão representadas as curvas de pressão de vapor em função 
da temperatura para duas substâncias, por exemplo, água e álcool. 
8. Discuta o processo de ebulição. Esclareça que um líquido entra em ebulição quando a pressão de vapor 
no interior das bolhas formadas no líquido é igual à pressão atmosférica. 
9. Deixe claro aos alunos a relação que existe entre temperatura de ebulição e pressão atmosférica 
(altitude local). 
10. Resolva os exercícios de aprendizagem de 01 a 03. 
11. Apresente o efeito tonoscópico. Não se esqueça de destacar que, ao se dissolver um soluto não 
volátil, ocorre uma diminuição da pressão de vapor devido a um aumento da estabilidade do sistema 
em função do aumento da entropia. Muitos alunos associam, erroneamente, a diminuição da pressão 
de vapor às partículas do soluto que se encontram na superfície da solução, as quais impediriam, 
mecanicamente, o escape das partículas do solvente. Outro erro comum é associar essa diminuição ao 
aumento de interações atrativas entre as partículas do soluto e as partículas do solvente, o que não 
ocorre, pois estamos trabalhando com soluções ideais (soluções em que as interações soluto-solvente 
são de mesma intensidade que as interações solvente-solvente e que as soluto-soluto). 
12. Discuta o fenômeno de movimentação do solvente em um sistema hermeticamente fechado, composto 
por uma solução e o solvente puro, ou duas soluções de concentrações diferentes.
13. Resolva os exercícios de aprendizagem 04 e 05.
14. Apresente o efeito ebulioscópico. Não se esqueça de destacar que, ao se dissolver um soluto não volátil, 
ocorre um aumento da temperatura de ebulição devido a um aumento da estabilidade do sistema 
em função do aumento da entropia, requerendo, assim, maior quantidade de energia térmica para 
promover a igualdade entre a pressão de vapor e a pressão atmosférica. 
15. Realize o experimento sobre temperatura de ebulição, interpretando o fenômeno.
16. Resolva os exercícios de aprendizagem de 06 a 09.
17. Apresente o efeito crioscópico. Não se esqueça de destacar que, ao se dissolver um soluto não volátil, 
ocorre uma diminuição da temperatura de congelamento devido a um aumento da estabilidade do 
sistema em função do aumento da entropia, requerendo, assim, maior retirada de energia térmica 
parapromover o congelamento do sistema. 
18. Discuta com os alunos as seções Cotidiano.
19. Resolva os exercícios de aprendizagem de 10 a 13.
20. Conceitue membrana semipermeável.
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21. Apresente os conceitos de meio hipotônico e meio hipertônico. 
22. Conceitue osmose. 
23. Enfatize que, durante a osmose, ocorre deslocamento do solvente do meio hipertônico para o meio 
hipotônico, e vice-versa. Contudo, ocorrerá maior deslocamento de solvente do meio hipotônico para 
o meio hipertônico, ou seja, o deslocamento resultante do solvente, através da membrana 
semipermeável, se dá no sentido do meio menos concentrado para o mais concentrado.
24. Está disponível no material Bernoulli Digital o vídeo “Osmose”, que pode contribuir para a compreensão 
do conteúdo pelos alunos. O objeto de aprendizagem apresenta como se dá o fenômeno da osmose 
em nível molecular e a dinâmica do fluxo de solvente através da membrana semipermeável. 
Ao exibir o vídeo, chame a atenção dos alunos para que percebam como a variação de concentração 
das soluções influencia no fluxo resultante do solvente. Após a exibição, esclareça as dúvidas, caso 
surjam, e solicite aos alunos que resolvam os exercícios que acompanham o material. 
25. Resolva o exercício de aprendizagem 14.
26. Apresente o conceito de pressão osmótica. 
27. Mostre para os alunos os vídeos da seção Tá na mídia.
28. Resolva os exercícios de aprendizagem 15 e 16.
29. Discuta os efeitos coligativos em soluções iônicas. Em turmas avançadas, deduzam a equação do fator 
de Van’t Hoff.
30. Resolva o exercício de aprendizagem 17.
31. Os alunos têm muita dificuldade em identificar os solutos que se dissolvem, mas não se dissociam ou 
ionizam-se. Faça uma revisão apresentando alguns exemplos desse tipo de soluto.
32. Resolva os exercícios de aprendizagem de 18 a 21.
33. Resolva o exercício de aprendizagem 22, como síntese do conteúdo estudado.
Capítulo B3: Introdução à Cinética Química
Sequência sugerida para apresentação dos conteúdos: 
1. Introduza o assunto a partir da leitura do infográfico e apresente a importância prática de algumas 
reações serem rápidas e outras serem lentas.
2. Retome a definição de reação química. 
3. Apresente as principais evidências da ocorrência de uma reação química. Esclareça para os alunos 
que alguns fenômenos físicos apresentam algumas dessas evidências, e que eles devem analisar 
as transformações de estado de um sistema de forma cautelosa, para não classificarem essas 
transformações de forma equivocada. 
4. Apresente a taxa de evolução de um processo ou, simplesmente, a velocidade de um processo. Utilize 
exemplos cotidianos, como o consumo de um chocolate ou o número de letras digitadas por minuto.
5. Apresente a definição de velocidade média. 
6. Diferencie velocidade média de consumo e velocidade média de formação. 
7. Não se esqueça de explicitar para seus alunos, professor, que a velocidade média de consumo apresenta 
valor negativo, e a velocidade média de formação, valor positivo. Contudo, deixe claro que a maioria 
dos vestibulares utiliza o módulo dessas velocidades. 
8. Resolva os exercícios de aprendizagem 01 e 02. 
9. Apresente a definição de velocidade média do processo.
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10. Esclareça para os alunos que, se a velocidade média de um processo for igual a zero, o sistema 
completou a reação (reação irreversível) ou o sistema atingiu o estado de equilíbrio químico (reação 
reversível). 
11. Resolva os exercícios de aprendizagem de 03 a 05. 
12. Apresente a proporção entre as velocidades médias de consumo de cada reagente e as de formação 
de cada produto. 
13. Resolva os exercícios de aprendizagem de 06 a 10. 
14. Apresente a definição algébrica e gráfica de velocidade instantânea. Os alunos apresentam grande 
dificuldade de entender a diferença entre velocidade média e velocidade instantânea, gaste uma pouco 
mais de tempo até que essa diferença seja estabelecida.
15. Resolva o exercício de aprendizagem 11.
16. Faça a análise gráfica da variação da velocidade instantânea durante a evolução de uma reação. Para 
que essa análise esteja completa, defina estado de equilíbrio químico e interprete-o microscopicamente.
17. Apresente a evolução de uma reação por meio de uma tabela que mostre as quantidades iniciais 
consumidas e formadas de cada reagente e de cada produto da reação. É interessante, neste momento, 
professor, fazer uma tabela para uma reação irreversível sem excesso de reagente, outra com excesso, 
e uma terceira para uma reação reversível. 
18. Construa gráficos que demonstrem a evolução das três reações representadas nas tabelas anteriores. 
19. Resolva os exercícios de aprendizagem 12 e 13. 
20. Apresente a lei da ação das massas. 
21. Defina a ordem da reação e esclareça para os alunos que a maioria das reações é de ordem zero, um 
ou dois. São raras as reações de ordem três e são estatisticamente improváveis as reações de ordem 
superior a três. Por exemplo:
 N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g) 
 Se essa reação fosse de ordem 4, isso significaria que quatro partículas dos reagentes, três de H2(g) 
e uma de N2(g), deveriam se movimentar em direção ao mesmo ponto e colidirem simultaneamente, 
todas com orientação favorável e com energia maior ou igual ao valor da energia de ativação. Como 
o número de condicionantes é muito grande, esse fato é improvável.
22. Mostre como pode ser obtida, experimentalmente, a ordem de um reagente. 
23. Resolva os exercícios de aprendizagem de 14 a 17. 
24. Esclareça para os alunos que, em um processo não elementar, a etapa determinante da 
velocidade é a etapa lenta. A animação “Introdução à Cinética Química”, disponível no material 
Bernoulli Digital, pode ser usada neste momento para auxiliar na compreensão de como as 
etapas lentas possuem maior contribuição no tempo de processos de produção e reações químicas 
no dia a dia. Após a exibição, promova uma discussão dos aspectos abordados no vídeo e proponha 
a resolução dos exercícios apresentados.
25. Resolva os exercícios de aprendizagem 18 e 19. 
26. Apresente a definição de molecularidade de uma etapa da reação. Esse conteúdo só deve ser abordado 
se for relevante para os vestibulares de interesse de seus alunos.
27. Resolva os exercícios de aprendizagem 20 e 21.
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28. Construa a lei de velocidade de sistemas gasosos utilizando as pressões parciais dos reagentes.
29. Resolva o exercício de aprendizagem 22.
30. Defina meia-vida e dê exemplos de várias aplicações cotidianas desse conceito.
31. Resolva os exercícios de aprendizagem 23 e 24.
32. Solicite que os alunos façam em casa o experimento sobre velocidade de uma reação química 
e interpretem o fenômeno como tarefa escolar.
Capítulo B4: Teoria das colisões e do complexo ativado
Sequência sugerida para apresentação dos conteúdos: 
1. Introduza o assunto a partir da leitura do infográfico e apresente a importância prática de controlarmos 
as velocidades das reações químicas.
2. Mostre as etapas de uma reação. 
3. Apresente a teoria das colisões. 
4. Conceitue colisões efetivas. 
5. Resolva os exercícios de aprendizagem 01 e 02. 
6. Deixe claro para os alunos que todos os fatores que aumentam as velocidades das reações aumentam 
a frequência de colisões efetivas. 
7. Apresente os gráficos termocinéticos de reações endotérmicas e exotérmicas, elementares e não 
elementares. 
8. Defina complexo ativado. 
9. Discuta com os alunos a variação da energia potencial e, consequentemente, da entalpia desde a 
separação infinita dos reagentes, passando pela aproximação, formação do complexo ativado e posterior 
separação dos produtos formados.
10. Apresente, em sala, o vídeo e utilize o simulador que são apresentados na seção Tá na Mídia. Aproveite 
para utilizar também o objeto de aprendizagem “Reações reversíveis” do materialBernoulli Digital em 
sua abordagem. Esse simulador permite que os alunos possam compreender como a temperatura e 
a variação da concentração dos reagentes influenciam na velocidade de uma reação reversível, além 
de poderem alterar a energia de ativação. Eles ajudarão a sedimentar as informações apresentadas 
até o momento. 
11. Resolva os exercícios de aprendizagem de 03 a 05.
12. Apresente os fatores que influenciam a velocidade de uma reação química: 
A) Temperatura: é importante deixar claro para os alunos que a regra de Van’t Hoff é válida apenas 
para algumas reações. 
B) Pressão: é importante ficar claro para os alunos que a pressão só influenciará, significativamente, 
as velocidades das reações em fase gasosa. 
C) Concentração molar dos reagentes: é importante esclarecer para os alunos que 
I. o aumento da concentração molar dos reagentes elevará a velocidade de uma reação não 
elementar, se, e somente se, esse reagente participar da etapa lenta da reação;
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9Bernoulli Sistema de Ensino
II. a concentração molar dos reagentes sólidos e líquidos, em um sistema heterogêneo, é constante. 
Os alunos costumam ter muita dificuldade em entender esse fato. Uma estratégia possível é 
utilizar um pedaço de giz e perguntar a eles se, ao dividi-lo ao meio e jogar uma parte fora, 
altera-se a densidade. Esperamos que eles respondam que não. Nesse momento, deve-se 
dizer que, durante uma reação química, parte do sólido será consumido, mas a densidade e, 
consequentemente, sua concentração molar permanecerão constantes. Portanto, se houver 
uma alteração da velocidade da reação, ela ocorrerá pela diminuição da superfície de contato. 
D) Superfície de contato. 
E) Estado físico dos reagentes. 
F) Presença de um catalisador no meio reacional. Professor, não entre em detalhes sobre a ação de 
um catalisador, pois isso será discutido posteriormente. Apenas esclareça para os alunos que o 
catalisador diminui a energia de ativação, aumentando a velocidade da reação. 
13. Resolva os exercícios de aprendizagem de 06 a 13. 
14. Apresente os tipos de catálises. 
15. Mostre os mecanismos de catálises. 
16. Destaque a ação de um catalisador em um gráfico termocinético. Como todo catalisador tem de ser 
consumido e, posteriormente, regenerado, um processo catalisado é não elementar. Por esse motivo, 
alguns vestibulares representam a ação de um catalisador em um gráfico termocinético construindo 
dois “morrinhos” menores que o “morrinho” da reação não catalisada. Enfatize essa situação. 
17. Ensine os alunos a calcularem a energia de ativação de um processo elementar: 
 Eativação = Ecomplexo ativado	−	Epotencial dos reagentes 
18. Ensine os alunos a calcularem a energia de ativação de um processo não elementar: 
 Eativação = Ecomplexo ativado mais energético	−	Epotencial dos reagentes 
19. Resolva os exercícios de aprendizagem 14 e 15.
20. Caracterize um catalisador. Dê destaque às duas características que são pouco conhecidas: 
A) O catalisador participa da reação, porém a sua massa, ao fim do processo, não é alterada, pois 
ele é consumido e, posteriormente, regenerado. 
B) A concentração do catalisador interfere diretamente na velocidade da reação, quando essa 
concentração não é constante. 
21. Defina inibidores. 
22. Apresente a definição de ativadores. 
23. Conceitue venenos. 
24. Resolva o exercício de aprendizagem 16. 
25. Deixe claro aos alunos que, se o catalisador estiver em um meio homogêneo, o aumento de sua 
concentração molar aumentará as velocidades das reações. Se o catalisador formar, com os reagentes, 
um meio heterogêneo, o aumento de sua superfície de contato aumentará as velocidades das reações. 
26. Resolva o exercício de aprendizagem 17. 
27. Discuta a leitura do texto “Enzimas”. Uma boa estratégia é realizar uma atividade interdisciplinar entre 
as disciplinas de Química e Biologia.
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10 Coleção EM2
Comentário e resolução de questões
CAPÍTULO – A3
Diluição e mistura de soluções
Exercícios de aprendizagem
Questão 01 – Letra B
Comentário:
•	 Cálculo	da	concentração,	em	mg.L–1, de CN– presente na 
água do rio:
 M(CN–) = 26 g.mol–1
1 mol de CN–  26 gramas 
0,0012 mol de CN–  x
x = 0,0312 gramas de CN– = 31,2 mg de CN–
	 Logo,	C	=	31,2	mg.L–1
 Para determinar quantas vezes deve-se diluir essa água 
para que ela possa servir ao consumo doméstico, basta 
dividir a concentração de cianeto pela concentração máxima 
permitida:
=
−
−
31,2mg.L
0,01mg.L
3 120 vezes
1
1
 A diluição que mais se aproxima da diluição calculada é a da 
alternativa B (lembrando que, nesse caso, devemos fazer a 
aproximação considerando uma diluição sempre maior que 
a calculada).
Questão 02 – Letra E
Comentário: Inicialmente, o ácido muriático apresentava uma 
concentração	de	2,0	mol.L–1 de ácido clorídrico (HC). Ao se 
diluir 100 vezes, essa solução passou a ter uma concentração 
de 2,0 . 10–2	mol.L–1 de ácido clorídrico.
Cálculo	da	concentração	de	ácido	clorídrico	em	g.L–1:
M(HC) = 36,5 g.mol–1
1 mol de HC  36,5 g
2,0 . 10–2 mol de HC  x
x = 0,73 g de HC
Cg.L–1	=	0,73	g.L–1
Questão 03 – Letra D
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	 íons	Na+ antes da 
diluição:
 1 mol de Na+  23 g
 x  3,68 g
 x = 0,16 mol de Na+
 Após a adição de 3 litros de água ao sistema inicial, 
a solução é diluída, e, portanto, a concentração de íons Na+ 
na solução diminui.
•	 Cálculo	da	concentração	de	íons	Na+ após a diluição:
 0,16 mol de Na+ 	4	L
 y 	1	L
	 y	=	0,04	mol.L–1 de íons Na+
	 Logo,	a	concentração	de	íons	Na+ após o processo de diluição 
é	igual	a	0,04	mol.L–1,	o	que	equivale	a	40	milimol.L–1.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Considerando que a densidade do alvejante é 
1,0	g.mL–1, pode-se afirmar que:
100	g	de	solução	=	100	mL	de	solução
Como o teor de cloro ativo no alvejante comercial é 2% m/m, 
temos que:
2 g de C2 	100	mL	de	solução	(alvejante)
 x 	200	mL	de	solução
 x = 4 g de C2
Adicionando	200	mL	do	alvejante	aos	20	L	de	água,	o	volume	
da	solução	final	é	de	20,2	L.	Assim,	
4 g de C2 	20,2	L
 y 	1,0	L
 y = 0,198 g ≅ 200 mg
Desse modo, o teor de cloro ativo após a diluição será de 
200	mg.L–1.
Questão 05 – Letra E
Comentário: 
•	 Cálculo	da	massa	de	soluto	presente	nas	soluções	de	KOH:
 I.
5	g	de	KOH		1	000	mL
 x 	200	mL
x	=	1	g	de	KOH
 II.
4	g	de	KOH		1	000	mL
 y 	300	mL
y	=	1,2	g	de	KOH
•	 Soma	das	massas	de	KOH	presentes	nas	duas	soluções:	
 1 g + 1,2 g = 2,2 g 
•	 Cálculo	do	volume	da	solução	após	a	mistura:
	 200	mL	+	300	mL	=	500	mL	
	 Para	determinar	a	concentração	de	KOH	presente	na	solução	
final, basta realizar o cálculo seguindo a proporção para 
1	000	mL.
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Manual do Professor
11Bernoulli Sistema de Ensino
•	 Cálculo	da	concentração	de	KOH	presente	na	solução	final	
	 	 		2,2	g	de	KOH		500	mL
 z 	1	000	mL
z	=	4,4	g.L–1	de	KOH
Logo,	a	concentração	de	KOH	presente	na	solução	final	é	igual	
a	4,4	g.L–1. 
Questão 06 – Letra D
Comentário: As duas soluções contêm o mesmo soluto e o 
mesmo solvente; logo, podemos somar a quantidade de matéria 
de soluto e o volume de cada uma das soluções de modo a obter 
a concentração de HC presente na solução final.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	HC presente nas duas 
soluções:
 I.
 2 mol de HC 	1	000	mL
 x 	60	mL
 x = 0,12 mol de HC
 II.
 4,5 mol de HC 	1	000	mL
 y 	40	mL
 y = 0,18 mol de HC
•	 Cálculo	 da	 quantidade	 de	matéria	 de	 HC presente na 
solução final:
 0,12 mol + 0,18 mol = 0,30 mol de HC
•	 Cálculo	do	volume	da	solução	final:
	 60	mL	+	40	mL	=	100	mL
•	 Cálculo	da	concentração	de	HC	em	mol.L–1 na solução final: 
 0,30 mol de HC 	100	mL
 z 	1	000	mL
z	=	3	mol.L–1 de HC
•	 Cálculo	da	concentração	de	HC	em	g.L–1 na soluçãofinal:
 1 mol de HC  36,5 g
3 mol de HC  w 
w	=	109,5	g.L–1
Logo,	 a	 concentração	 de	 HC na solução final é igual 
a	109,5	g.L–1.
Questão 07 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. As soluções C e D apresentam a mesma 
quantidade de soluto, já que foram obtidas a partir de uma 
mistura entre as soluções A e B. Porém, a solução D tem 
maior volume de solvente que a solução C, o que a torna 
uma solução mais diluída.
B) Incorreta. A solução C é resultado da mistura entre 
as	 soluções	 A	 (1	 mol.L–1)	 e	 B	 (2	 mol.L–1) e sua 
concentração pode ser calculada da seguinte maneira: 
( ) . , .1 2
2
1 5
1
1+ =
−
−mol L mol L , já que A e B têm o mesmo 
volume. Já a concentração da solução D é obtida a partir 
da diluição de C o que nos permite concluir que a sua 
concentração é menor que a de B.
C)	 Incorreta.	A	solução	C	tem	concentração	igual	a	1,5	mol.L–1, 
e como a solução D é obtida a partir da diluição de C, 
a sua concentração tem que ser menor que esse valor.
D) Correta. Vide comentário da alternativa C.
E) Incorreta. As soluções A e B possuem concentrações 
diferentes e mesmo volume, logo, não podem apresentar 
a mesma quantidade de soluto, já que a concentração é 
obtida por meio da relação entre a quantidade de soluto 
dividido pelo volume de solução.
Questão 08
Comentário: Ao se misturar duas soluções que contêm 
o mesmo soluto e o mesmo solvente, na solução final, 
a quantidade do soluto será igual à soma das quantidades 
do soluto das soluções misturadas, enquanto o volume final 
será o resultado da soma dos volumes dessas soluções. 
A concentração da solução resultante é, então, uma média 
ponderada das concentrações iniciais, tendo os volumes 
como peso.
C
C V C V
V Vmol L
mol L mol L
.
. .
. .
−
− −
=
+
+
1
1 1
3
1 1 2 2
1 2
=
+−
− −
0,5mol.L
0,4mol.L . V 2,0mol.L . V
200mL
1
1
1
1
2
Em que V2	é	o	volume	de	solução	2,0	mol.L–1 utilizado.
Como	o	volume	final	da	solução	é	igual	a	200	mL,	temos:
V1 + V2	=	200	mL
V1 = 200 – V2
Logo:
0 5
0 4 200 2 0
200
1
1
2
1
2, .
, . .( ) , . .
mol L
mol L mL V mol L V
mL
−
− −
=
− +
V2	=	12,5	mL
Questão 09
Comentário: Considerando que o volume do copo é igual a 
200	mL	e	a	massa	de	leite	em	pó	presente	em	duas	colheres	
de sopa é igual a 30 g, podemos calcular a massa de leite 
em	pó	que	será	necessária	para	preparar	1,0	L.
 30 g de leite em pó 	200	mL
 x 	1	000	mL
x = 150 g de leite 
Em 100 g de leite em pó, a porcentagem correspondente à 
proteína	equivale	a	30%	em	massa.	Logo,	em	150	g,	teremos:
 30 g de proteínas  100 g de leite
 y  150 g de leite
y = 45 g de proteínas
Logo,	a	concentração	de	proteínas	no	leite	é	igual	a	45	g.L–1.
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12 Coleção EM2
Questão 10 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das proposições.
I. Incorreta.
 Cálculo da concentração molar da solução 01:
 M(H3PO4) = 98 g.mol–1:
n H PO
m H PO
M H PO
( )
( )
( )3 4
3 4
3 4
=
n H PO g
g mol
mol( )
.3 4 1
98
98
1= =−
C
n(H PO )
Vmol.L
3 4
solução
1 =−
C mol
L
mol L
mol L. ,
.− = = −1
1
0 5
2 1
II. Correta.
 Cálculo da concentração molar da solução 02:
 M(H3PO4) = 98 g.mol–1
 
n H PO
m H PO
M H PO
( )
( )
( )3 4
3 4
3 4
=
 
n H PO g
g mol
mol( )
.3 4 1
294
98
3= =−
 
=−C
n(H PO )
Vmol.L
3 4
solução
1
 
C mol
mL
mol L
mol L. ,
.− = = −1
3
0 5
6 1
III. Incorreta.
 Cálculo da concentração molar da solução 03:
 
C
C V C V
V Vmol L
mol L mol L
.
. .
. .
−
− −
=
+
+
1
1 11 1 2 2
1 2
 
C mol L mL mol L mL
mLmol L.
. . . .
− =
+− −
1
2 500 6 500
1000
1 1
 Cmol.L–1 = 4 mol.L–1
IV. Correta.
 Cálculo do número de moléculas de ácido fosfórico da 
solução 03:
1 mol de H3PO4  6,02 . 1023 moléculas
4 mol.L–1 de H3PO4  x
x = 2,408 . 1024 moléculas.L–1
Questão 11
Comentário: O volume da solução resultante é obtido a partir 
da mistura entre as soluções A e B e pode ser calculado da 
seguinte maneira:
CF.VF = (CA.VA) + (CB.VB), em que: 
CF = concentração final
VF = volume final
CA = concentração de A
VA = volume de A
CB = concentração de B
VB = volume de B
Substituindo-se os valores na equação, temos:
6,5 g.L–1. VF = (10 g.L–1. 0,1 L) + (2 g.L–1.0,1 L)
VF = 0,1846 L = 184,6 mL
•	 Cálculo	da	variação	do	volume	ocorrido	após	a	mistura:	
∆V = (VA + VB) – 184,6
∆V = 200 – 184,6 = 15,4 mL
 Logo, a variação de volume ocorrida na mistura das duas 
soluções é igual a 15,4 mL.
Questão 12 – Letra E
Comentário: 
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	NaC:
	 	 			1	mol	de	NaC  58,5 g
 x  3,5 g
x	=	0,06	mol	de	NaC
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	C12H22O11:
 1 mol de C12H22O11  342 g
 y  11 g
y = 0,03 mol de C12H22O11
A concentração de solutos dissolvidos no soro em mol.L–1 é 
obtida pela soma entre as quantidades de matéria relativa 
a cada uma das espécies envolvidas dividido pelo volume 
de 1,0 L.
0,06 mol + 0,03 mol = 0,09 mol 
Logo, a concentração de solutos dissolvidos no soro caseiro é 
igual a 0,09 mol.L–1.
Questão 13 – Letra C
Comentário:
• Cálculo da quantidade de íons K+ presente na solução de 
KC 4 mol.L–1:
4 mol de KC  1 000 mL 
 x  150 mL
 x = 0,6 mol de KC
	 O cloreto de potássio se dissocia de acordo com a seguinte 
equação:
 KC → K+ + C–
 A proporção entre a quantidade de matéria de KC dissolvida 
e a quantidade de cátions K+ gerada é de 1 : 1. Logo, 
a quantidade de cátions K+ na solução é de 0,6 mol.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	íons	K+ e SO42– presente na solução 
de K2SO4 3 mol.L–1:
3 mol de K2SO4  1 000 mL
y  350 mL
y = 1,05 mol de K2SO4
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Manual do Professor
13Bernoulli Sistema de Ensino
 O sulfato de potássio se dissocia de acordo com a seguinte 
equação:
	 K2SO4 →	2K+ + SO42–
	 A	proporção	entre	a	quantidade	de	K2SO4 dissolvida e os 
íons	K+ e o íons SO42– é 1 : 2 : 1, então, há 2,10 mol de 
cátions	K+ e 1,05 mol de ânions SO42–.
•	 Cálculo	 da	 concentração	 em	quantidade	 de	matéria	 dos	
íons	K+ e SO42– na solução final:
 O volume final da solução corresponde à soma dos volumes 
das	duas	soluções	misturadas,	ou	seja,	500	mL.
	 Quantidade	de	matéria	de	cátions	K+: 
 0,6 mol + 2,10 mol = 2,7 mol
 
C K mol
L
mol L
mol L.
( ) ,
,
, .− + −= =1
2 7
0 5
5 4 1
 Quantidade de matéria de ânions SO42–: 
 
C SO mol
L
mol L
mol L.
( ) ,
,
, .− − −= =1 4
2 11 05
0 5
2 1
Questão 14 – Letra B
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	KC:
	 															1	mol	de	KC 	1	000	mL
 x 	10	mL
x	=	0,01	mol	de	KC
	 A	quantidade	de	matéria	de	íons	K+ e C– dissociados em 
meio aquoso também será igual a 0,01 mol, como pode ser 
visto	por	meio	da	estequiometria	da	reação	(1	mol	de	KC : 
1	mol	de	K+ : 1 mol de C–) representada pela seguinte 
equação:
KC →	K+ + C–
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	MgC2:
 0,5 mol de MgC2 	1	000	mL
 y 	10	mL
y = 0,005 mol
 A quantidade de matéria de cátions Mg2+ também será 
igual a 0,005 mol, porém, a quantidade de matéria de 
ânions C– provenientes da dissociação de MgC2 será 
igual a 0,01 mol, como pode ser visto por meio da 
estequiometria da reação (1 mol de MgC2 : 1 mol de Mg2+ : 
2 mol de C–) representada pela seguinte equação:
MgC2 → Mg2+ + 2C–
•	 Cálculo	da	concentração	de	K+	em	mol.L–1 após a diluição:
 0,01 mol 	100	mL
 y 	1	000	mL
y	=	0,1	mol.L–1
•	 Cálculo	da	concentração	de	Mg2+	em	mol.L–1 após a diluição:
 0,005 mol de MgC2 	100	mL
 z 	1	000	mL
z	=	0,05	mol.L–1
 Para calcular a concentração de ânions C– após a diluição da 
mistura, basta somar a contribuição relativa à dissociação 
de cada um dos sais presentes em solução.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	ânions	C– provenientes 
da dissociação dos sais:
 0,01 mol + 0,01 mol = 0,02 mol
•	 Cálculo	da	concentração	em	mol.L–1 de ânions C– em solução:
 0,02mol 	100	mL
 w 	1	000	mL
	w	=	0,2	mol.L–1
Logo,	 a	 concentração	 de	 cátions	 K+	 é	 igual	 a	 0,1	mol.L–1. 
A concentração de cátions Mg2+	 é	 igual	 a	 0,05	mol.L–1, e a 
concentração de ânions C–	é	igual	a	0,2	mol.L–1.
Questão 15 – Letra C
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	HC:
1 . 10–1 mol de HC 	1	000	mL
 x 	100	mL
x = 1 . 10–2 mol
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	Pb(NO3)2:
2 . 10–2 mol de Pb(NO3)2 	1	000	mL
y 	150	mL
y = 3 . 10–3 mol
Como a proporção estequiométrica entre o HC	e o Pb(NO3)2 é 
2 : 1, o HC está em excesso. Portanto, consideraremos que o 
Pb(NO3)2 será totalmente consumido na reação. Assim, temos:
 1 mol de Pb(NO3)2  1 mol de PbC2
3 . 10–3 mol de Pb(NO3)2  z
z = 3 . 10–3 mol de PbC2 produzidos
M(PbC2) = 278,2 g.mol–1
278,2 g de PbC2  1 mol
w  3 . 10–3 mol
w = 0,834 g de PbC2
Questão 16 – Letra C
Comentário: De acordo com a estequiometria da reação 
representada pela seguinte equação: 
2KMnO4 + 10FeSO4 + 8H2SO4 → 
5Fe2(SO4)3	+	K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O
2	mol	de	KMnO4 reagem com 10 mol de FeSO4. Portanto, a partir 
de	1	litro	de	uma	solução	de	KMnO4 contendo uma massa de 
158 g (equivalente a 1 mol), é possível determinar o volume 
desconhecido de uma solução de FeSO4 contendo uma massa 
de 152 g (equivalente a 1 mol). Sendo assim, podemos calcular 
o volume da solução da seguinte maneira:
2	mol	de	KMnO4  10 mol de FeSO4 
1,0	L	 x 
x	=	5,0	L
Logo,	o	volume	de	solução	de	FeSO4 necessário para que a 
reação ocorra completamente é igual a 5,0 litros.
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14 Coleção EM2
Questão 17
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	HC:
1	L	solução	 0,01 mol HC
0,1	L	solução	 x
x = 0,001 mol de HC
 Pela equação que representa a reação de neutralização entre HC 
e NaOH, mostrada a seguir, concluímos que a estequiometria 
entre os reagentes é de 1 : 1. Assim, para neutralizar 0,001 mol 
de HC, é necessário 0,001 mol de NaOH.
1HC + 1NaOH → 1NaC + 1H2O
•	 Cálculo	 do	 volume	 de	 solução	 de	 NaOH	 0,2	 mol.L–1 
necessário para neutralizar o ácido:
0,2 mol NaOH 	1	L	solução
0,001 mol NaOH  y
y = 5 . 10–3	L	de	solução
	 Assim,	quando	se	utiliza	NaOH	0,2	mol.L–1 como titulante, 
o	volume	gasto	da	base	é	5	mL,	que	corresponderá	ao	ponto	
de equivalência.
5 Volume, em mL, de NaOH
0,2 mol.L–1 adicionado
In
te
ns
id
ad
e
de
 c
ol
or
aç
ão
Questão 18 – Letra C
Comentário:
• Cálculo da quantidade de matéria de ácido acético presente 
no vinagre:
	 100	mL	de	vinagre	contêm	3	g	de	ácido	acético.
 M(CH3COOH) = 60 g.mol–1
60 g  1 mol de CH3COOH
3 g  x
x = 0,05 mol de CH3COOH
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	NaOH	necessária	para	
neutralizar o ácido acético presente no vinagre:
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
 A relação estequiométrica entre o ácido acético e o 
hidróxido	de	sódio	é	1	:	1.	Logo,	para	neutralizar	0,05	mol	
de CH3COOH são necessários 0,05 mol de NaOH.
•	 Cálculo	do	volume	de	solução	de	NaOH:
0,5 mol 	1	L	de	solução
0,05 mol  y
y	=	0,1	L	de	solução
Questão 19 
Comentário: Considerando que toda a massa presente na 
amostra fosse de NaOH, o cálculo teórico referente à quantidade 
de matéria desse composto é feito da seguinte maneira:
•	 Cálculo	teórico	da	quantidade	de	matéria	de	NaOH:	
 1 mol de NaOH  40 g
 x  0,5 g
x = 0,0125 mol de NaOH
 Por meio da titulação, é possível calcular a quantidade de 
matéria de íons H+ que foi consumida na reação.
•	 Cálculo	 da	 quantidade	 de	matéria	 de	 H2SO4 consumida 
na titulação:
n(H+) = C(H+) . V(H+)
n(H+)	=	0,25	mol.L–1 . 20 . 10–3	L	=	0,005	mol
 Calculamos a quantidade de matéria de OH– que reagiu 
levando em conta a estequiometria da reação representada 
pela seguinte equação:
H2SO4 + 2NaOH → H2O + Na2SO4
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	OH– que reagiu 
n(OH–) = 2 . n(H+)
n(OH–) = 0,005 mol . 2 = 0,01 mol
 O cálculo de impurezas presentes na amostra é feito 
diminuindo-se, da quantidade de matéria encontrada no 
cálculo teórico, a quantidade de matéria de NaOH que de 
fato reagiu.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	impurezas	presentes	
na amostra:
 0,0125 – 0,01 = 0,0025 mol
•	 Cálculo	da	porcentagem	de	impurezas	presentes	na	amostra:
 0,0125 mol  100%
0,0025 mol  y
Y= 20%
	 Logo,	o	percentual	de	impurezas	presente	na	amostra	é	de	20%.
Questão 20 – Letra A
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	NaOH	necessária	para	
neutralizar o ácido acético presente no vinagre:
 0,100 mol 	1	000	mL
 x 	33,5	mL
 x = 3,35 . 10–3 mol
 Reação de neutralização do ácido acético:
CH3COOH + NaOH → CH3COO–Na+ + H2O
 A relação estequiométrica entre o ácido acético e o hidróxido 
de	 sódio	 é	 1	 :	 1.	 Logo,	 a	 quantidade	 de	 ácido	 acético	
neutralizada é 3,35 . 10–3 mol.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	ácido	acético	presente	na	solução	inicial:
 3,35 . 10–3 mol 	25	mL
 y 	100	mL
 y = 0,0134 mol
•	 Cálculo	da	concentração	em	massa	do	ácido	acético	no	vinagre:
 M(CH3COOH) = 60 g.mol–1
60 g  1 mol
 z  0,0134 mol
 z = 0,804 g
 20 g de vinagre  100%
 0,804 g de ácido acético  w
 w = 4,02%
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Manual do Professor
15Bernoulli Sistema de Ensino
Exercícios propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: O volume do refresco é calculado a partir da 
diluição do suco concentrado cuja concentração é igual a 
4 mol.L–1 e pode ser obtido da seguinte maneira:
CF .VF = Ci.Vi, em que:
CF = concentração de suco diluído
VF = volume de suco diluído
Ci = concentração de suco concentrado
Vi = volume de suco concentrado
•	 Cálculo	do	volume	final	do	suco	diluído:
 0,04 mol.L–1 . VF = 0,4 mol.L–1 . 100 mL
 VF = 1 000 mL
	 O	volume	de	água	que	deve	ser	acrescentado	ao	suco	é	
obtido pela diferença entre o volume de suco diluído e o 
volume de suco concentrado.
 ∆V = VF – Vi 
 ∆V = 1 000 – 100 = 900 mL
 Logo, o volume que deve ser acrescentado para preparar 
o refresco é de 900 mL.
Questão 02 – Letra C
Comentário: O volume da solução de H2SO4 utilizado nas baterias 
automotivas é obtido a partir da diluição da solução de concentração 
igual a 4 mol.L–1 e pode ser obtido da seguinte maneira:
CF .VF = Ci .Vi, em que:
CF = concentração da solução H2SO4 diluída
VF = volume da solução de H2SO4 diluída
Ci = concentração da solução de H2SO4 concentrada
Vi = volume da solução de H2SO4 concentrada 
•	 Cálculo	do	volume	da	solução	diluída	de	H2SO4:
 18 mol.L–1 . 0,5 L = 4 mol.L–1 . VF
 VF = 2,25 L
 O volume obtido a partir da diluição da solução concentrada 
de H2SO4 para ser utilizada nas baterias automotivas é igual 
a 2,25 L.
Questão 03 – Letra D
Comentário: O suco é preparado a partir da diluição de uma 
parte de um suco de polpa de tangerina altamente concentrado 
de	volume	igual	a	300	mL,	com	cinco	partes	de	água.
 1 parte  300 mL
5 partes  x
x = 1 500 mL
•	 Cálculo	do	volume	de	suco	diluído:
1 500 mL + 300 mL = 1 800 mL
 Logo, o volume de suco preparado é igual 1 800 mL que 
equivale a 1,8 L.
Questão 04 – Letra B
Comentário: A mistura de 100 mL de uma solução 0,10 mol.L–1 
de CaC2	 com	 100	mL	 de	 água	 consiste	 em	 uma	 diluição.	 
A	quantidade	de	cloreto	de	cálcio	presente	na	solução	final	é	a	mesma	
que na solução inicial, pois não houve retirada nem adição de soluto.
1 000 mL  0,10 mol de CaC
 100 mL  x
x = 0,01 mol de CaC2
O	cloreto	de	cálcio	se	dissocia	de	acordo	com	a	seguinte	reação:
CaC2(s) → Ca2+(aq) + 2C–(aq)
Conforme a equação anterior, a proporção entre a quantidade 
de matéria de CaC2	dissolvida	e	a	quantidade	de	cátions	Ca2+ 
gerada	é	de	1	:	1.	Logo,	a	quantidade	de	matéria	de	cálcio	
na solução final também é igual a 0,01 mol.
A proporção entre a quantidade de matéria de CaC2 dissolvida 
e a quantidade de ânions C– gerada é de 1 : 2. Logo, 
a quantidade de ânions cloreto na solução final é de 0,02 mol.
A solução foi diluída 2 vezes, e a concentração final de CaC2 
passou a ser 0,05 mol.L–1 (dobrando-seo volume da solução, 
a concentração se reduz à metade). As concentrações de 
cálcio	e	de	cloreto	nessa	solução	são	iguais	a	0,05	mol.L–1 
e 0,10 mol.L–1, respectivamente.
Questão 05 – Letra C
Comentário: 
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	CaC2:
 2 mol de CaC2  1 000 mL
 x  60 mL
x = 0,12 mol de CaC2
A equação química que representa a dissociação do CaC2 em 
água	é	dada	por:
CaC2 → Ca2+ + 2C–
Se 1 mol de CaC2 dissocia-se e libera 2 mol de C–, então, 
a quantidade de matéria de íons C– em meio aquoso é obtida 
da seguinte maneira:
 1 mol de CaC2  2 mol de C–
0,12 mol de CaC2  y
y = 0,24 mol de C–
Sabendo-se	 que	 foi	 adicionado	 um	 volume	 de	 água	
correspondente a 540 mL, é possível calcular o volume da 
solução após a diluição. 
•	 Cálculo	do	volume	da	solução	após	a	diluição:
60 mL + 540 mL = 600 mL
•	 Cálculo	da	concentração	de	ânions	C– após a diluição:
 0,24 mol de C– 600 mL
 y  1 000 mL
y = 0,4 mol.L–1 de C–
Logo, a concentração de íons C– é igual a 0,4 mol.L–1.
Questão 06 – Letra B
Comentário: De acordo com os dados contidos na embalagem, 
500	g	do	herbicida	devem	ser	dissolvidos	em	5	L	de	água,	o	que	
significa	que	em	cada	litro	de	água	devem	ser	dissolvidos	100	g	 
desse produto químico. Um agricultor dissolveu, por engano, 
100	g	do	herbicida	em	2	L	de	água,	portanto,	ele	preparou	uma	
solução que continha 50 g do produto químico para cada litro 
de	água.	Ele	só	percebeu	o	engano	quando	já	havia	utilizado	
a metade dessa solução preparada de forma errada, de modo 
que ainda restavam 50 g de herbicida dissolvidos em 1 litro de 
água.	Como	a	solução	preparada	deve	conter	100	g	do	produto	
para	cada	litro	de	água,	basta	adicionar	50	gramas	do	herbicida	
para corrigir a concentração do restante da solução.
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16 Coleção EM2
Questão 07 – Letra C
Comentário:	A	massa	de	1,00	L	de	ácido	sulfúrico	comercial	
pode ser calculada utilizando o valor da densidade dessa solução 
da seguinte forma:
d m
v
kgL m
L
=
=−1 8
1 00
1, .
,
m = 1,8 kg
A	concentração	do	ácido	sulfúrico	comercial	é	igual	a	90%	em	
massa.	Assim,	a	massa	de	ácido	sulfúrico	 (H2SO4) presente 
em 1,00 L dessa solução – que possui massa igual a 1 800 g – 
pode ser calculada utilizando a seguinte regra de três:
100 g de solução  90 g de H2SO4
1 800 g de solução  x
x = 1 620 g de H2SO4
A	solução	de	bateria	apresenta	concentração	igual	a	38%	em	
massa.	Assim,	a	massa	dessa	solução	que	poderá	ser	preparada	
com 1 620 g de H2SO4 pode ser calculada utilizando a seguinte 
regra de três:
100 g de solução  38 g de H2SO4
 y  1 620 g de H2SO4
 y ≅ 4 263 g de H2SO4
O volume correspondente a essa massa de solução de bateria 
pode ser calculado utilizando o valor da densidade dessa solução 
da seguinte forma:
d m
v
kgL kg
v
=
=−1 3 4 2631, . ,
V ≅ 3,3 L
Questão 08
Comentário:
A)	 Para	 a	 obtenção	 do	 soro	 a	 partir	 da	 água	 do	mar	 é	
necessário	 que	 ocorra	 uma	 diluição,	 ou	 seja,	 uma	
diminuição da concentração do soluto na solução formada.
	 •	 Resolução	utilizando	a	fórmula:
 Ci.Vi = Cf .Vf
 Vf = Vi + Vadicionado
 Ci = concentração de NaC	na	água	do	mar	(25	g.L–1)
 Vi	=	volume	da	água	do	mar	que	será	diluída
 Cf = concentração do soro fisiológico (10 g.L–1)
 Vf = volume de soro obtido
 Vadicionado=	água	potável	(300	L)
 25 g.L–1 . Vi = 10 g.L–1 . (Vi + 300 L)
 Vi = 200 L
 Vf = 200 L + 300 L = 500 L
 O volume total de soro que pode ser obtido por meio 
desse processo é 500 L.
	 •	 Resolução	utilizando	a	regra	de	três:
	 	 Após	a	diluição,	a	concentração	final	da	solução	será	 
10 g.L–1, e o volume final obtido, Vf, é igual a Vi + 300 
L. Assim, temos: 
 10 g  1 000 mL 
 x  Vi + 300 L 
 1 000 mL . x = 10 g (Vi + 300 L)
 Sabendo que a massa do soluto é a mesma antes e após 
a diluição, e que a concentração da solução inicial é 
25 g.L–1, podemos encontrar o volume inicial.
 25 g  1 000 mL 
 x  Vi
 1 000 mL . x = 25 g. Vi
 Para encontrar o valor de Vi , basta fazer um sistema 
entre as duas equações encontradas anteriormente:
 1 000 mL . x = 10 g (Vi + 300 L)
 1 000 mL . x = 25 g. Vi
 Assim, o valor encontrado para Vi é 200 L. Dessa forma, 
podemos encontrar o volume da solução final.
 Vf = 200 L + 300 L = 500 L
B) Dividindo equitativamente a solução obtida, cada pessoa 
presente na embarcação teria ingerido 10 L de soro. 
 500 L / 50 pessoas = 10 L por pessoa
 Como a concentração da solução obtida é 10 g.L–1, temos que:
 10 g  1 L
 x  10 L
 x = 100 g
 Logo, a massa de NaC ingerida por pessoa é 100 g.
C)	 A	água	do	mar	é	uma	mistura	de	água	e	uma	grande	quantidade	
de eletrólitos, principalmente NaC. Ao receber radiação do 
Sol,	apenas	a	água	dessa	mistura	sofre	vaporização	e	posterior	
condensação,	originando	microgotículas	de	água	 isenta	de	
eletrólitos,	o	que	denominamos	nuvem.	Em	algumas	nuvens	
há	a	formação	de	microcristais	de	gelo.	Devido	a	variações	
de	pressão	e	temperatura,	a	água	contida	nas	nuvens	sofre	
precipitação	 na	 forma	 de	 gotas	 de	 água	 líquida,	 a	 qual	
denominamos	chuva.	Portanto,	a	água	da	chuva	é	isenta	de	
eletrólitos	apesar	de	ser	originária	da	água	do	mar.
Questão 09
Comentário:
A) Adicionou-se 10 kg de CuSO4 em um volume de 100 m3, 
já	que	a	piscina	tem	apenas	1/3	de	sua	capacidade	total	
preenchida	com	água.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	CuSO4:
 1 mol de CuSO4  159,5 g
 x  10 000 g
 x = 62,7 mol
•	 Cálculo	da	concentração	de	CuSO4:
 Sabendo-se que 1 m3 corresponde a 1 000 L, podemos 
calcular a concentração em mol.L–1 de CuSO4 presente na 
piscina por meio da seguinte relação:
 
=C
v(solução)
n(soluto)
C mol
L
mol L= = − −62 7
100 000
6 27 10 4 1, , . .
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Manual do Professor
17Bernoulli Sistema de Ensino
B)	 •			Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	CuSO4 
3 . 10–3 mol de CuSO4  1 L
 x  100 000 L
x = 300 mol de CuSO4
•	 Cálculo	da	concentração	de	CuSO4 após a diluição
300 mol de CuSO4  300 000 L
 y  1 L
y = 1 . 10–3 mol.L–1 de CuSO4
Questão 10 – Letra B
Comentário:	A	concentração	da	solução	injetável	é	de	5%	m/V	
do	fármaco.	Em	5	mL	dessa	solução,	a	massa	do	fármaco	é	de:
100 mL de solução 	5	g	do	fármaco
 5 mL de solução  x
x	=	0,25	g	=	250	mg	do	fármaco
Para se preparar uma nova solução com concentração 5 mg/mL, 
os	5	mL	da	solução	injetável	devem	ser	diluídos	a	um	volume	de:
 5 mg  1 mL
250 mg  x
x = 50 mL
A	quantidade	de	água	que	deve	ser	adicionada	a	5	mL	da	solução	
injetável,	para	 completar	50	mL	de	 solução	 final,	 é	 igual	a:
V(água)	=	50	–	5	=	45	mL
Questão 11 – Letra C
Comentário:
•	 Resolução	utilizando	fórmula:
Ci.Vi = Cf.Vf
7,00%	.	150,0	mL	=	3,00%	.	Vf
Vf = 350,0 mL
 O volume adicionado pode ser calculado da seguinte forma:
Vad = Vf – Vi
Vad = 350,0 mL – 150,0 mL
Vad = 200,0 mL
•	 Resolução	utilizando	regra	de	três:	
 A quantidade de soluto presente em 150,0 mL de uma 
solução	a	7,00%	pode	ser	calculada	da	seguinte	forma:
 100,0 mL de solução  7,00 mL de soluto
150,0 mL de solução  x
 x = 10,5 mL de soluto
	 O	 volume	 de	 solução	 com	 concentração	 igual	 a	 3,00%,	
obtido a partir de 10,5 mL de soluto, pode ser calculado 
da seguinte forma:
100,0 mL de solução  3,00 mL de soluto
 y  10,5 mL de soluto
 y = 350,0 mL de solução
	 Assim,	devem	ser	adicionados	200,0	mL	de	água	a	150	mL	
da solução inicial para fazer a diluição e obter a solução 
de	concentração	3,00%.
Questão 12 – Letra C
Comentário:
•	 Resolução	utilizando	fórmula:
Ci.Vi = Cf.Vf
80%	V/V	.	1	L	=	50%	V/V	.	Vf
Vf = 1,6 L
 O volume adicionado pode ser calculado da seguinte forma:
Vad = Vf – Vi
Vad = 1,6 L – 1,0 L
Vad = 0,6 L
•	 Resolução	utilizando	regra	de	três:	
 A quantidade de soluto presente em 1 L de uma solução 
a	80%	V/V	pode	ser	calculada	da	seguinte	forma:
 100 mL de solução  80 mL de soluto
1 000 mL de solução  x
 x = 800 mLde soluto
	 O	volume	de	solução	com	concentração	igual	a	50%	V/V,	
obtido a partir de 800 mL de soluto, pode ser calculado da 
seguinte forma:
100 mL de solução  50 mL de soluto
 y  800 mL de soluto
 y = 1 600 mL de solução
	 Assim,	 devem	 ser	 adicionados	 600	mL	 de	 água	 a	 1	 L	 
de	álcool	hidratado	80%	V/V	para	fazer	a	diluição	e	obter	
a	solução	de	concentração	50%	V/V.
Questão 13 – Letra B
Comentário: Sabendo-se que:
=d (solução) ; (solução) m (solução)
d (solução)(solução)v
m(solução) V =
Ao substituir V(solução) na equação seguinte é possível calcular 
a concentração das soluções x (concentrada) e z (diluída).
=C (soluto)m(soluto)v
•	 Cálculo	da	concentração	das	soluções	x	e	z:	
C g
g
g cm
g cm
C g
g
g cm
g
x
z
= =
= =
−
−
−
44
100
1 5
0 660
12
100
1 1
0 132
3
3
3
, .
, .
, .
, .ccm−3
•	 Cálculo	do	volume	Vx:
Cz.Vz = Cx.Vx, em que:
Cx = concentração de x
Vx = volume de x
Cz = concentração de z 
Vz = volume de z 
0,132 g.cm3 . 80 . 103 cm3 = 0,660 g.cm3 . Vx
Vx = 16 . 103 cm3 que equivale a 16 litros.
	 O	 volume	 y	 de	 água	 adicionado	 à	 solução	 concentrada	
corresponde à diferença entre o volume da solução diluída 
e o volume da solução concentrada que foi utilizada no 
processo de diluição.
•	 Cálculo	do	volume	de	água	adicionado	no	processo	de	diluição.
 (80 – 16) L = 64 L 
Logo, os volumes x e y são iguais a 16 L e 64 L, respectivamente.
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18 Coleção EM2
Questão 14 – Letra C
Comentário: 
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	KC:
 0,6 mol  1 000 mL
 x  250 mL
x	=	0,15	mol	de	KC
	 A	 quantidade	 de	matéria	 de	 íons	 K+ e C– dissociados 
em meio aquoso também é igual a 0,15 mol, como 
pode ser visto por meio da estequiometria da reação 
(1	mol	de	KC	:	1	mol	de	K+ : 1 mol de C–) representada 
pela seguinte equação:
KC →	K+ + C–
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	BaC2:
 0,2 mol de BaC2  1 000 mL
 y  750 mL
y = 0,15 mol de BaC2
	 A	quantidade	de	matéria	de	cátions	Ba2+	também	será	igual	
a 0,15 mol, porém a quantidade de matéria ânions C– 
proveniente da dissociação de BaC2	será	igual	a	0,30	mol	 
como pode ser visto por meio da estequiometria da reação 
(1 mol de BaC2 : 1 mol de Ba2+ : 2 mol de C–) representada 
pela seguinte equação:
 BaC2 → Ba2+ + 2C–
 A quantidade de matéria relativa aos ânions C– pode ser 
obtida a partir da soma entre as espécies provenientes da 
dissociação dos sais. 
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	ânions	C–
0,15 + 0,30 = 0,45 mol de ânions C–
 Como o volume da solução é 1 litro a concentração de 
ânions C– em solução é igual a 0,45 mol.L–1.
Questão 15 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, calcularemos, 
inicialmente, as concentrações em mol.L–1 de OH– presente 
em cada uma das soluções. As concentrações percentuais das 
soluções de NaOH e de Ca(OH)2	são	iguais	a	15%	m/V,	portanto,	
em	100	mL	de	cada	uma	das	soluções,	há	15	g	do	soluto.	
•	 NaOH:	
	 A	equação	de	dissociação	dessa	base	em	meio	aquoso	está	
representada a seguir:
 NaOH(s) Na+(aq) + OH–(aq)
	 Cálculo	da	massa	de	OH– presente em 100 mL de solução:
 M(NaOH) = 40 g.mol–1
 M(OH–) = 17 g.mol–1
 40 g de NaOH  17 g de OH–
15 g de NaOH (presentes em 100 mL)  x
 x = 6,375 g de OH–
	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	OH– correspondente 
à massa 6,375 g:
1 mol de OH–  17 g
 y  6,375 g
 y = 0,375 mol de OH–
H2O
	 Cálculo	da	concentração	de	OH–, em mol.L–1, da solução de 
NaOH:
0,375 mol de OH–  100 mL 
 z  1 000 mL
 z = 3,75 mol
 [OH–] = 3,75 mol.L–1
•	 Ca(OH)2: 
 A equação de dissociação do Ca(OH)2	em	meio	aquoso	está	
representada a seguir:
 Ca(OH)2(s) Ca2+(aq) + 2OH–(aq)
	 Cálculo	da	massa	de	OH– presente em 100 mL de solução:
 M[Ca(OH)2] = 74 g.mol.L–1
 M(OH–) = 17 g.mol–1
 74 g de Ca(OH)2  34 g de OH–
15 g de Ca(OH)2  w
w = 6,89 g de OH–
	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	OH– correspondente 
à massa de 6,89 g:
1 mol de OH–  17 g
 t  6,89 g
 t = 0,406 mol de OH–
	 Cálculo	da	concentração	de	OH–, em mol.L–1, da solução de 
Ca(OH)2:
 0,406 mol de OH–  100 mL 
 r  1 000 mL
 r = 4,06 mol de OH–
 [OH–] = 4,06 mol.L–1
 De posse desses valores de concentração de OH–, 
em mol.L–1, é possível obter as seguintes relações:
 Para a solução de NaOH, temos:
n = C.V
 n(OH–)= C(OH– na solução de NaOH) . V(solução de NaOH)
 n(OH–)= 3,75 mol.L–1 . V(solução de NaOH)
 e, para a solução de Ca(OH)2, temos:
 n(OH–)= C[OH– na solução de Ca(OH)2] . V[solução de Ca(OH)2]
 n(OH–)= 4,06 mol.L–1 . V[solução de Ca(OH)2]
 Para determinar o volume de cada uma das soluções que 
deve ser misturado para obter 3 L da solução de concentração 
igual a 3,97 mol.L–1, basta determinar o quociente 
entre a soma n(OH–)solução de NaOH + n(OH–)solução de Ca(OH)2 
e o volume 3 L da seguinte forma:
C n
V
=
 
=
+
−
− −
3,97mol.L
n(OH ) n(OH )
3L
1 soluçãodeNaOH soluçãodeCa(OH)2
=
+−
− −
3,97 mol.L
3,75mol.L .V(NaOH) 4,06mol.L .V(Ca(OH) )
3 L
1
1 1
2
 3,75 mol.L–1.V(solução de NaOH) + 
 4,06 mol.L–1.V(solução de Ca(OH)2) = 11,91 L
H2O
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Manual do Professor
19Bernoulli Sistema de Ensino
 Como, 
V(solução de NaOH) + V[solução de Ca(OH)2]	=	3	L
V(solução de NaOH) = 3 – V[solução de Ca(OH)2]
 Temos que:
 3,75 (3 – V[solução de Ca(OH)2]) + 
 4,06 . V[solução de Ca(OH)2] = 11,91 
 11,25 – 3,75 . V[solução de Ca(OH)2] + 
 4,06 . V[solução de Ca(OH)2 = 11,91
 0,3 . V[solução de Ca(OH)2] = 0,66
 V[solução de Ca(OH)2] =	2,2	L	
	 Logo,
V(solução de NaOH) = 3 – 2,2
V(solução	de	NaOH)	=	0,8	L	
Questão 16 – Letra C
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	HC:
0,2 mol de HC		1	000	mL
 x 	100	mL
 x = 0,02 mol de HC
 A quantidade de matéria de íons H+ e C– dissociados 
em meio aquoso também será igual a 0,02 mol, como 
pode ser visto por meio da estequiometria da reação 
(1 mol de HC : 1 mol de H+ : 1 mol de C–) representada 
pela seguinte equação:
 HC(aq) H+(aq) + C–(aq)
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	HI:
0,4 mol de HI 	1	000	mL
 y 	250	mL
 y = 0,1 mol de HI
 A quantidade de matéria de íons H+ e I– dissociados 
em meio aquoso também será igual a 0,1 mol, como 
pode ser visto por meio da estequiometria da reação 
(1 mol de HI : 1 mol de H+ : 1 mol de I–) representada pela 
seguinte equação:
 HI(aq) H+(aq) + I–(aq)
 O conteúdo de cada um dos frascos foi transferido para um 
único recipiente, portanto, ocorreu a diluição e a mistura de 
soluções que possuem um íon comum, o H+. O volume da 
mistura final corresponde à soma dos volumes dos líquidos 
contidos nos três frascos:
	 100	mL	+	150	mL	+	250	mL	=	500	mL
 Para calcular a concentração de H+ na mistura final, basta 
somar a contribuição relativa à ionização de cada um dos 
ácidos presentes em solução.
H2O
H2O
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	H+ proveniente da 
ionização dos ácidos:
 0,02 mol + 0,1 mol = 0,12 mol
•	 Cálculo	da	concentração,	em	mol.L–1, de H+ em solução:
0,12 mol 	500	mL
 z 	1	000	mL
 z = 0,24 mol
 [H+]	=	0,24	mol.L–1
Questão 17 – Letra B
Comentário:
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	NaC:
0,200 mol de HC		1	000	mL
 x 	100	mL
 x = 0,020 mol de NaC
 A quantidade de matéria de íons Na+ e C– dissociados 
em meio aquoso também será igual a 0,020 mol, como 
pode ser visto por meio da estequiometria da reação 
(1 mol de NaC : 1 mol de Na+ : 1 mol de C–) representada 
pela seguinte equação:
 NaC(s) Na+(aq) + C–(aq)
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	CaC2:
0,05 mol de CaC2 	1	000	mL
 y 	100	mL
 y = 0,005 mol
 A quantidade de matéria de íons Ca2+ e C– dissociados 
em meio aquoso será igual a 0,005 e 0,010 mol, como 
pode ser visto por meio da estequiometria da reação 
(1 mol de CaC2 : 1 mol de Ca2+ : 2 mol de C–) representada 
pela seguinte equação:
 CaC2(s) Ca2+(aq)+ 2C–(aq)
 O conteúdo de cada um dos frascos foi transferido para um 
único recipiente, portanto, ocorreu a diluição e a mistura de 
soluções que possuem um íon comum, o C–. O volume da 
mistura final corresponde à soma dos volumes dos líquidos 
contidos nos três frascos:
	 100	mL	+	100	mL	+	100	mL	=	300	mL
 Para calcular a concentração de C– na mistura final, basta 
somar a contribuição relativa à dissociação de cada um dos 
sais presentes em solução.
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	C– proveniente da 
dissociação dos sais:
 0,010 mol + 0,020 mol = 0,030 mol
•	 Cálculo	da	concentração,	em	mol.L–1, de C– em solução:
0,030 mol 	300	mL
 z 	1	000	mL
z = 0,100 mol
[C–]	=	0,100	mol.L–1
H2O
H2O
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Questão 18
Comentário: Ao combinarmos os frascos I e II, estamos 
promovendo a mistura das duas soluções, sendo assim:
C(N)frasco I . Vfrasco I + C(N)frasco II . Vfrasco II = Cf(N) . Vf 
Como a concentração de nitrogênio no frasco II é igual a zero, 
temos:
C(N)frasco I . Vfrasco I + 0 . Vfrasco II = Cf(N) . Vf 
C(N)frasco I . Vfrasco I = Cf(N) . Vf 
100	g.L–1 . Vfrasco I =	0,1	g.L–1 .	100	L
Vfrasco I =	0,1	L
Em seguida, para ajustar a concentração final da solução de 
modo	que	a	concentração	de	potássio	seja	0,1	g.L–1, deve-se 
considerar o volume do fertilizante do frasco I já calculado para 
o nitrogênio. Assim:
C(K)frasco I . Vfrasco I	+	C(K)frasco II . Vfrasco II = Cf(K)	.	Vf 
Cfrasco I = concentração de potássio no frasco I.
Vfrasco I = volume do fertilizante presente no frasco I, necessário 
para ajustar a concentração desejada para o potássio.
Cfrasco II = concentração de potássio no frasco II.
Vfrasco II = volume do fertilizante presente no frasco II, necessário 
para ajustar a concentração desejada para o potássio.
Cf = concentração desejada para o potássio na solução diluída 
de fertilizante.
Vf	=	volume	da	solução	diluída	de	fertilizante	(100	L)
70	g.L–1	.	0,1	L	+	10	g.L–1 . Vfrasco II	=	0,1	g.L–1 .	100	L
Vfrasco II	=	0,3	L
Dessa	forma,	utilizando	0,1	L	do	frasco	I	e	0,3	L	do	frasco	II,	
a concentração de fósforo presente na solução final diluída será:
m(P)frasco I	=	0,1	L	.	30	g.L–1 = 3 g
m(P)frasco II	=	0,3	L	.	80	g.L–1 = 24 g
m(P)total = 27 g
27 g de fósforo 	100	L	de	solução	de	fertilizante
 x 	1,0	L	de	solução	de	fertilizante
C(P)solução de fertilizante	=	0,27	g.L–1
Questão 19
Comentário: A equação que representa a reação de 
neutralização completa entre o HC e o Ca(OH)2 é: 
2HC(aq)	+	Ca(OH)2(aq) → CaC2(aq) + 2H2O()
A quantidade de matéria de HC que neutralizou completamente 
a solução básica pode ser determinada da seguinte forma:
0,20 mol de HC 	1	000	mL
 x 	200		mL
 x = 0,04 mol de HC
O ácido e a base reagem entre si na proporção estequiométrica 2 : 
1, dessa forma, a quantidade de matéria de Ca(OH)2 neutralizada 
é igual a 0,02 mol. A concentração da solução básica, cujo volume 
é	50	mL,	pode	ser	determinada	da	seguinte	forma:
0,02 mol de Ca(OH)2 	50	mL
 y 	1	000	mL
 y = 0,4 mol
 [Ca(OH)2]	=	0,4	mol.L–1
Questão 20
Comentário: 
A) A quantidade de matéria de NaOH que neutralizou 
completamente a solução da bateria pode ser determinada 
da seguinte forma:
0,75 mol de NaOH 	1	000	mL
 x 	40,0	mL
 x = 0,03 mol de NaOH 
 Ácido sulfúrico e hidróxido de sódio reagem entre si 
na proporção estequiométrica 1 : 2, dessa forma, 
a quantidade de matéria de H2SO4 neutralizada é igual a 
0,015 mol. A concentração da solução de bateria, cujo 
volume	é	7,5	mL,	pode	ser	determinada	da	seguinte	forma:
0,015 mol de H2SO4 	7,5	mL
 y 	1	000	mL
 y = 2 mol
 [H2SO4]	=	2	mol.L–1
B) A reação de neutralização completa entre um ácido e 
uma base tem como produtos um sal e água, conforme 
apresentado a seguir: 
 H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) → Na2SO4(aq) + 2H2O(

)
 Sulfato de sódio Água
Questão 21 – Letra D
Comentário: A equação que representa a reação de 
neutralização completa entre a NH3 e o HC	encontra-se a seguir: 
NH3(aq) + HC(aq)	→ NH4+(aq) + C–(aq)
A quantidade de matéria de HC que neutralizou completamente 
a solução básica pode ser determinada da seguinte forma:
0,100 mol de HC 	1	000	mL
 x 	25,00		mL
 x = 2,50 . 10–3 mol de HC
O ácido e a base reagem entre si na proporção estequiométrica 
1 : 1; dessa forma, a quantidade de matéria de NH3 neutralizada 
também é igual a 2,50 . 10–3 mol. A concentração da solução 
básica,	cuja	alíquota	titulada	apresenta	volume	igual	a	5	mL,	
pode ser determinada da seguinte forma:
2,50 . 10–3 mol NH3 	5,0	mL
 y 	1	000	mL
 y = 0,50 mol
 [NH3]	=	0,50	mol.L–1
A	concentração,	em	mol.L–1, correspondente à concentração em 
g.L–1 indicada no rótulo pode ser determinada da seguinte forma:
1 mol de NH3  17 g
 x  9,5 g
 x ≅ 0,56 mol
 [NH3]rótulo =	0,56	mol.L–1
Logo,	a	concentração	indicada	no	rótulo	é	maior	que	a	concentração	
real, determinada por meio dos dados obtidos na titulação. 
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Q
uí
m
ic
a
Manual do Professor
21Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 22 – Letra C
Comentário: 
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	HC:
 n(HC) = C(HC) . V(HC)
 n(HC)	=	0,100	mol.L–1	.	0,1	L
 n(HC) = 0,01 mol
 De acordo com a estequiometria da reação representada 
pela seguinte equação:
 NaHCO3 + HC → NaC + H2O + CO2 
 Se 1 mol de HC reage com 1 mol de NaHCO3, 0,01 mol de 
HC reagem com 0,01 mol de NaHCO3.	Logo,	para	calcular	
a massa de NaHCO3 que é necessária para neutralizar o 
ácido basta fazer o seguinte raciocínio:
 1 mol de NaHCO3  84 g
0,01 mol NaHCO3  x
x = 0,84 g 
	 Logo,	a	massa	de	NaHCO3 que é necessária para neutralizar 
o ácido é igual a 0,84 g.
Questão 23 – Letra E
Comentário: A equação que representa a reação de neutralização 
completa entre o HC	e	o NaOH encontra-se a seguir: 
HC(aq)	+ NaOH(aq) → NaC(aq) + H2O()
A quantidade de matéria de HC presente na solução ácida 
pode ser determinada da seguinte forma:
1,600 mol de HC 	1	000	mL
 x 	40,00	mL
 x = 0,064 mol de HC
A quantidade de matéria de NaOH presente na solução básica 
pode ser determinada da seguinte forma:
 2,000 mol de NaOH 	1	000	mL
 x 	60,00	mL
 x = 0,12 mol de NaOH
Quando as duas soluções são misturadas, o ácido e a base reagem 
entre si na proporção estequiométrica 1 : 1, formando água e sal 
também na proporção 1 : 1. Como a quantidade de matéria de 
HC presente na solução formada é menor que a quantidade de 
matéria de NaOH, o HC é o reagente limitante e o NaOH está 
em excesso. Dessa forma, na solução resultante são formados 
0,064 mol de NaC e 0,064 mol de H2O. Além disso, há um excesso 
de NaOH igual a 0,056 mol (0,12 – 0,064).
O volume da mistura final corresponde à soma dos volumes 
das duas soluções misturadas:
40	mL	+	60	mL	=	100	mL	
•	 Cálculo	da	concentração,	em	mol.L–1, de Na+ em solução:
 Na solução final, há cátions Na+ provenientes da dissociação 
do sal formado na reação de neutralização e da dissociação 
da base que não reagiu.
NaC(s) Na+(aq) + C–(aq)
0,064 0,064 0,064
(Formado na reação de eutralização)
H2O
NaOH(s) Na+(aq) + OH–(aq)
0,056 0,056 0,056
(Excesso que não reagiu)
C
n
V
0,064mol 0,056mol
0,1 L
1,200 mol.L 1= =
+
= −
•	 Cálculo	da	concentração,	em	mol.L–1, de C– em solução:
 Na solução final, há ânions C– provenientes apenas da 
dissociação do sal formado na reação de neutralização. 
NaC(s) Na+(aq) + C–(aq)
0,064 0,064 0,064
(Formado na reação de neutralização)
•	 Cálculo	da	concentração,	em	mol.L–1, de OH– em solução:
 Na solução final, há ânions OH– provenientes da dissociação 
da base que não reagiu.
NaOH(s) Na+(aq) + OH–(aq)
 0,056 0,056 0,056
(Excesso que não reagiu)
= = = −C
n
V
0,056mol
0,1 L
0,56 mol.L 1
Questão 24 – Letra D
Comentário: Considerando queuma colher apresenta um 
volume	igual	a	3	mL,	podemos	calcular	a	massa	de	Mg(OH)2 
utilizada no processo de neutralização do suco gástrico da 
seguinte maneira:
 1,2 mg 	1	mL
 x 	3	mL
x = 3,6 mg de Mg(OH)2
Sabendo-se a massa de Mg(OH)2, é possível calcular a 
quantidade de matéria desse composto presente no antiácido. 
•	 Cálculo	da	quantidade	de	matéria	de	Mg(OH)2 presente no 
antiácido:
 1 mol de Mg(OH)2  58 g 
 x  3,6 g 
x = 0,06 mol de Mg(OH)2
 De acordo com a estequiometria da equação representada 
pela seguinte equação, é possível calcular a quantidade de 
matéria de H+
 Mg(OH)2 + 2HC → 2H2O + MgC2	
 n(H+) = 2 . n(OH–)
 n(H+) = 0,06 . 2 = 0,12 mol
•	 Cálculo	do	volume	de	HC neutralizado:
 0,16 mol de HC 	1	000	mL
0,12 mol de HC  y
y	=	750	mL
Logo,	o	volume	de	suco	gástrico	neutralizado	pelo	antiácido	
é	de	750	mL.	
H2O
H2O
= = = −C
n
V
0,064mol
0,1 L
0,640 mol.L 1
H2O
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22 Coleção EM2
Questão 25 – Letra D
Comentário: A equação da reação balanceada entre o ácido 
clorídrico, HC, e o hidróxido de sódio, NaOH, está representada 
a seguir:
HC + NaOH → NaC + H2O
A partir da análise da solução final, de caráter alcalino, pode-se 
afirmar que havia excesso de NaOH e que, portanto, o HC 
atuou como reagente limitante da reação, sendo totalmente 
consumido. Logo, sua concentração após a mistura é igual a 
0,0 mol/L, o que torna a afirmativa IV correta.
Assim, como foram formados 0,2 mol de NaC, pode-se 
afirmar que na solução inicial havia 0,2 mol de HC, que foi 
completamente consumido, e uma quantidade de matéria 
superior a 0,2 mol de NaOH, o que tornou a solução alcalina e 
as afirmativas II e III corretas. A afirmativa I está incorreta, 
porque, antes de misturar, o número de mol de HC é de 0,2.
Concentração dos reagentes antes de misturar:
0,2 mol de HC  500 mL de solução
 x  1 000 mL de solução
[HC] = 0,4 mol.L–1
Como havia excesso de NaOH, pode-se afirmar que a 
concentração dessa base é superior a 0,4 mol.L–1 antes de 
misturar, o que torna a afirmativa V correta.
Questão 26 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
I. Correta. A equação que representa a reação de neutralização 
completa entre o Ba(OH)2 e o HC encontra-se a seguir: 
Ba(OH)2(aq) + 2HC(aq) → BaC2(aq) + 2H2O()
 A quantidade de matéria de HC que neutralizou 
completamente a solução básica pode ser determinada da 
seguinte forma:
0,100 mol de HC  1 000 mL
 x  100 mL
 x = 0,01 mol de HC
 O ácido e a base reagem entre si na proporção estequiométrica 
1 : 2; dessa forma, a quantidade de matéria de Ba(OH)2 
neutralizada é igual a 5 . 10–3 mol. A concentração da 
solução básica, cuja alíquota titulada apresenta volume 
igual a 25 mL, pode ser determinada da seguinte forma:
5 . 10–3 mol Ba(OH)2  25 mL
 y  1 000 mL
 y = 0,2 mol
 [Ba(OH)2] = 0,20 mol.L–1
II. Incorreta. Vide comentário da afirmativa I.
III. e V. Corretas. A solução de Ba(OH)2, quando deixada ao ar 
por vários dias, reage com o CO2, formando carbonato de 
bário (BaCO3), conforme equação a seguir:
Ba(OH)2(aq) + CO2(g) → BaCO3(s) + H2O()
 O carbonato de bário é um sal pouco solúvel em água e, 
por isso, ele se precipita. Porém, o precipitado é separado 
por filtração e obtém-se uma solução saturada desse sal. 
A equação que representa a reação de neutralização 
completa entre o BaCO3 e o HC encontra-se a seguir: 
BaCO3(s) + 2HC(aq) → BaC2(aq) + 2H2CO3(aq)
 A quantidade de matéria de HC que neutralizou 
completamente a solução de BaCO3 pode ser determinada 
da seguinte forma:
0,100 mol de HC  1 000 mL
 x  75 mL
 x = 7,5 . 10–3 mol de HC
 O carbonato de bário e o ácido clorídrico reagem entre si na 
proporção estequiométrica 1 : 2, respectivamente. Dessa 
forma, a quantidade de matéria de BaCO3 presente na 
alíquota titulada é igual a 3,75 . 10–3 mol. A concentração da 
solução de BaCO3, cuja alíquota titulada apresenta volume 
igual a 25 mL, pode ser determinada da seguinte forma:
3,75 . 10–3 mol de BaCO3  25 mL
 y  1 000 mL
 y = 0,15 mol
 [BaCO3] = 0,15 mol.L–1
IV. Incorreta. Vide comentário das afirmativas III e V.
Questão 27 – Letra C
Comentário: As concentrações de B, C, D, E e F serão 
determinadas em função da concentração da amostra A, 
que será definida genericamente como Y. 
•	 (A):	Concentração	=	Y
•	 (B):	A	amostra	contida	na	pipeta	B	corresponde	apenas	a	
uma alíquota da amostra A, por isso, (B) também apresenta 
a concentração Y.
•	 (C):	A	alíquota	(B),	de	concentração	Y	e	volume	25	mL,	
foi transferida para um balão de 200 mL, cujo volume foi 
completado com água. Assim, (B) foi diluída e o volume 
da solução final passou a ser 200 mL. A concentração 
da solução diluída obtida pode ser calculada utilizando 
a fórmula:
Ci.Vi = Cf.Vf
Y . 0,025 L = Cf . 0,200 L
Cf = 
0,025Y
0,200
Y
8
= = 0,125Y
 Esse cálculo também pode ser feito usando regra de três. 
Considerando que a concentração definida é dada em 
mol.L–1, a quantidade de matéria da substância presente 
na alíquota (B) pode ser calculada da seguinte forma: 
Y mol da substância  1 000 mL de solução
 x  25 mL de solução
 x = 0,025Y mol da substância
 A solução final foi obtida com adição de água até atingir 
um volume final de 0,2 L. Assim:
0,025Y mol  0,2 L
 z  1,0 L
 z = 0,125Y
 Desse modo, a concentração em (C) é igual a 
y
8
 = 0,125Y.
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Manual do Professor
23Bernoulli Sistema de Ensino
•	 (D): A amostra contida na pipeta D corresponde apenas a 
uma alíquota da amostra C, por isso, (D) também apresenta 
a concentração igual a y
8
 = 0,125Y.
•	 (E): A alíquota (D), de concentração y
8
	e	volume	10	mL,	
foi	transferida	para	um	balão	de	50	mL,	cujo	volume	foi	
completado com água. Assim, (D) foi diluída e o volume da 
solução	final	passou	a	ser	50	mL.	A	concentração	da	solução	
diluída obtida pode ser calculada utilizando a fórmula:
Ci.Vi = Cf.Vf
y
8
.	0,010	L	=	Cf .0,050	L
Cf = 
1 25 10
0 050
3, .
,
− y = 0,025Y
 Esse cálculo também pode ser feito usando regra de três. 
Considerando que a concentração definida é dada em 
mol.L–1, a quantidade de matéria da substância presente 
na alíquota (D) pode ser calculada da seguinte forma: 
y
8
 mol da substância 	1	000	mL	de	solução
 x 	10	mL	de	solução
 x = 1,25 . 10–3Y mol da substância
 A solução final foi obtida com adição de água até atingir 
um	volume	final	de	0,05	L.	Assim:
1,25 . 10–3Y mol 	0,05	L
 z 	1,0	L
 z = 0,025Y
 Desse modo, a concentração em (E) é igual a 0,025Y.
•	 (F):	A	amostra	contida	na	pipeta	F	corresponde	apenas	a	
uma alíquota da amostra E, por isso, (F) também apresenta 
a concentração igual a 0,025Y.
Portanto, a alternativa C está incorreta, uma vez que a 
concentração em (A) é oito vezes maior do que em (C).
Questão 28 – Letra B
Comentário:	Foram	gastos	5	mL	de	solução	ácida	na	conversão	
do	carbonato	em	bicarbonato,	e	15	mL	dessa	solução	 foram	
gastos na conversão do bicarbonato em ácido carbônico. 
As reações envolvidas estão representadas a seguir:
I. CO32–(aq) + H+(aq) → HCO3–(aq)
II. HCO3–(aq) + H+(aq) → H2CO3(aq) 
O volume de solução ácida gasto na segunda reação foi três 
vezes maior que aquele gasto na primeira reação. Deve-se estar 
atento	para	o	fato	de	que	os	15	mL	gastos	na	segunda	reação	
não se referem à conversão dos íons bicarbonato que estavam 
presentes	 na	 amostra	 inicialmente.	 Desses	 15	mL	 gastos,	 
5	mL	foram	utilizados	para	a	conversão	dos	íons	bicarbonato	
gerados	pela	primeira	reação,	e	os	10	mL	restantes	da	solução	
ácida foram utilizados para a conversão dos íons bicarbonato 
originalmente presentes.
O volume da solução utilizado para converter o HCO3– em 
H2CO3 foi o dobro daquele utilizado na conversão de CO32– em 
HCO3–.	Logo,	a	proporção	inicial	entre	a	concentraçãode	íons	
carbonato e a de íons bicarbonato era de 1 : 2.
Questão 29 – Letra A
Comentário: O sistema inicial é constituído apenas por 
uma solução aquosa de HC, um ácido forte que, portanto, 
se encontra praticamente totalmente ionizado, como representa 
a equação a seguir:
HC()	 	H+(aq) + C–(aq)
A	concentração	 inicial	do	ácido	é	 igual	a	0,08	mol.L–1 e, no 
processo de ionização do HC, para cada mol do ácido, são 
produzidos 1 mol de H+ e 1 mol de C–.	Logo,	as	concentrações	
iniciais de H+ e de C– também	são	iguais	a	0,08	mol.L–1. 
À medida que a solução aquosa de NaOH é adicionada à solução 
de HC, ocorre a neutralização dos íons H+ pelos íons OH– da base 
adicionada. No gráfico, portanto, deve-se observar a diminuição 
da concentração de H+ até que o ponto de equivalência seja 
atingido. Nesse momento, quando todo H+ é consumido, deve-se 
observar no gráfico o aumento da concentração de OH–, já que 
a base continua sendo adicionada e não há mais ácido para ser 
neutralizado.
A concentração do íon C– diminui durante a adição da base, 
já que ocorreu uma diluição com a mistura de soluções com 
solutos diferentes sem a ocorrência de reação química. Já a 
concentração de Na+ aumenta, uma vez que na solução inicial 
não havia esse cátion, que foi adicionado gradualmente ao 
sistema e não reagiu com outras espécies nele presentes.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 25
Comentário: Como a solução comercial nutritiva de nitrato 
de cálcio Ca(NO3)2 apresenta uma concentração igual a 
90	g.L–1 e sua massa molar é igual a 164 g.mol–1, temos:
 1 mol Ca(NO3)2  164 g
 x  90 g
	 	 			x	=	0,55	mol.L–1.
Assim,	a	concentração	da	solução	é	0,55	mol.L–1. Como:
Ca(NO3)2 (aq) → Ca2+(aq) + 2NO–3 (aq)
 0,55 mol 0,55 mol 1,10 mol
A concentração de íons nitrato (NO–3) na solução nutritiva é 
1,10	mol.L–1.
Logo,	 para	 ajustarmos	 a	 concentração	 de	 NO–3 para 
0,009	mol.L–1, temos:
0,009 mol 	1	L
 y 	5	000	L
 y = 45 mol de NO3–
 1,10 mol 	1	L
 4,5 mol  W
								W	=	41	L
H2O
EM2MPV2_QUI.indd 23 28/12/17 16:15
24 Coleção EM2
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Inicialmente o cálculo para se obter o volume de 
etanol presente na solução doada ao hospital (concentração 96%) 
deve ser realizado. 
•	 Cálculo	do	volume	de	etanol	presente	na	solução	doada	
96 mL de etanol  100 mL de solução
x  1 000 mL de solução
x = 960 mL de etanol
 Em seguida, basta utilizar o valor encontrado e relacionar 
com a concentração de etanol presente na solução de álcool 
desinfetante (concentração de 70%) para obter o volume 
total que deve ser utilizado na troca.
•	 Cálculo	do	volume	da	solução	alcóolica	de	desinfetante	
70 mL de etanol  100 mL de solução
960 mL de etanol  y
y = 1 371 mL de solução
 Logo, o volume da solução de álcool 70% fornecido na troca 
deve ser igual a 1 371 mL.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 7
Habilidade: 24
Comentário:	 Cálculo	 da	 quantidade	 de	matéria,	 em	mols,	
de	peróxido	de	hidrogênio	presente	em	20,0	mL	da	solução:
0,1 mol de H2O2  1 000 mL de solução
 x  20 mL de solução
x = 2 . 10–3 mol de H2O2
Cálculo	da	quantidade	de	matéria,	em	mols,	de	permanganato	
de potássio que reagirá completamente com 2 . 10–3 mol de 
H2O2,	considerando	a	estequiometria	da	reação:
 5 mol de H2O2  2 mol de KMnO4
 2 . 10–3 mol de H2O2  y
y = 8 . 10–4 mol de KMnO4
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 7
Habilidade: 24
Comentário:	A	porcentagem	m/V	da	água	clorada	é	de	2,5%	
em	hipoclorito	de	sódio.	Em	2	mL	dessa	água,	está	dissolvida	
uma	quantidade	de	hipoclorito	de	sódio,	em	gramas,	igual	a:
100 mL  2,5 g
 2 mL  x
x	=	0,05	g	de	NaClO
Essa	quantidade	de	hipoclorito	é	diluída	em	1	litro	de	água.	
Dessa	forma,	a	quantidade	de	NaClO dissolvida em 500 mL 
de	água	é	igual	a:
 1 L 	0,05	g	de	NaClO
0,5 L  y
y = 0,025 g
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 7
Habilidade: 24
Comentário: Na titulação do vinagre com uma solução de 
hidróxido	de	sódio,	ocorre	a	seguinte	reação:
CH3COOH(aq) + NaOH(aq) →	CH3COONa	+	H2O
Pelo	princípio	da	equivalência,	tem-se:
n(CH3COOH)	=	n(NaOH)
C(CH3COOH)	.	V(CH3COOH)	=	C(NaOH)	.	V(NaOH)
C(CH3COOH)	.	50	mL	=	0,1	mol.L–1 . 25 mL
C(CH3COOH)	=	0,05	mol.L–1
O	vinagre	padronizado	contém	3	g	de	ácido	acético	em	100	mL	
de	solução.	A	quantidade	de	matéria,	em	mol,	dissolvida	em	
100	mL	é	igual	a:
n m
M
g
gmol
= = −
3
60 1.
n(CH3COOH)	=	0,05	mol
A concentração, em mol.L–1,	do	vinagre	padronizado	é	igual	a:
C padronizado mol
Lmol L.
( ) ,
,−
=1
0 05
0 1
Cmol.L–1(padronizado) = 0,5 mol.L–1
A razão entre a concentração do vinagre padronizado e 
o	vinagre	analisado	pelo	técnico	é	igual	a:
C padronizado
C analisado
molmol L
mol L
.
.
–
–
( )
( )
,1
1
0 5
=
..
, .
–
–
L
molL
1
10 05
10=
CAPÍTULO – A4
Propriedades coligativas
Exercícios de aprendizagem
Questão 01
Comentário:	A	pressão	de	vapor	de	um	líquido	depende	de	suas	
interações intermoleculares de tal forma que quanto mais fracas 
elas	forem,	mais	volátil	ele	será.	Sendo	assim,	o	éter	etílico	é	o	
líquido	que	apresentará	a	maior	pressão	de	vapor,	já	que	as	suas	
interações intermoleculares são as mais fracas, correspondendo, 
portanto, à curva de número 1. O etanol, por sua vez, apresenta 
interações	mais	 fortes	que	o	 éter	 em	 função	das	 ligações	de	
hidrogênio	presentes	em	suas	moléculas,	por	isso,	a	sua	curva	
corresponde à de número 2. Já a solução aquosa de ureia apresenta 
pressão de vapor menor que a da água, pois a pressão de vapor 
do	líquido	puro	é	maior	que	a	da	sua	respectiva	solução.	Logo,	 
a	curva	que	corresponde	à	solução	de	ureia	é	a	de	número	3.
Questão 02 
Comentário: 
A) A partir da análise do gráfico, podemos concluir que apenas a 
curva D representa uma substância que se encontra no estado 
gasoso	a	70	°C,	pois	é	a	única	 substância	que	apresenta	
temperatura	de	ebulição	abaixo	de	70	°C	a	760	mmHg.
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Q
uí
m
ic
a
Manual do Professor
25Bernoulli Sistema de Ensino
B) A temperatura de ebulição (T.E.) de substâncias moleculares 
com interações de mesma natureza aumenta à medida que 
as massas molares dessas substâncias aumentam, pois suas 
interações intermoleculares se tornam mais intensas devido ao 
aumento	da	superfície	de	interação	e/ou	devido	ao	aumento	
do	número	de	elétrons	das	nuvens	eletrônicas	das	moléculas	
constituintes. Logo, apesar dos compostos apresentarem 
interações	de	diferentes	naturezas	o	CCl4 apresentará maior 
T.E	do	que	o	HCCl3	que	é	pouco	polar	e	apresenta	interações	
fracas	entre	si.	Portanto,	a	curva	D	é	a	que	representa	o	HCCl3 
(menor	T.E.)	e	a	curva	C	corresponde	ao	CCl4.
Questão 03 – Letra B
Comentário:	 Um	 líquido	 entra	 em	 ebulição	 quando	 seus	
vapores conseguem vencer a pressão da massa de ar sobre a 
sua	superfície,	ou	seja,	quando	a	pressão	de	vapor	do	líquido	
se	iguala	à	pressão	atmosférica.	Logo,	as	pressões	de	vapor	
dos	líquidos	assumem	os	mesmos	valores	no	ponto	de	ebulição,	
valor	correspondente	à	pressão	atmosférica	local.
Questão 04 – Letra B
Comentário:	 O	 grau	 de	 desordem	 das	 partículas	 em	 uma	
solução	 é	maior	 que	 no	 respectivo	 solvente	 puro,	 o	 que,	
consequentemente, leva à diminuição da energia livre e provoca 
um aumento na estabilidade da solução. Dessa forma, ao 
compararmos a pressão de vapor de um solvente puro com a 
de	uma	solução	cujo	solvente	é	o	mesmo,	verificamos	que	ela	
diminui	com	o	aumento	do	número	de	partículas	dissolvidas.
Logo,	temos:
I – solvente puro
II	–	solução	diluída
III – solução concentrada
Questão 05
Comentário:
A)	 Ao	se	adicionar	a	sacarose	(soluto	não	volátil)	à	água,	aumenta-se	 
o	ponto	de	ebulição	da	solução	formada,	o	que	é	conhecido	
como	efeito	ebulioscópico.	Assim,	a	temperatura	de	ebulição	
da	solução	no	frascoB	é	maior	que	a	da	água	no	frasco	A.
B)	 Como	os	líquidos	se	encontram	à	mesma	temperatura,	as	taxas	
de evaporação dependem somente da pressão de vapor dos 
líquidos,	e	esta	será	menor	quanto	maior	for	a	concentração	
de um soluto não volátil na solução. Dessa forma, a taxa 
de	evaporação	em	A	(solvente	puro)	é	maior	do	que	em	B	
(solução). Já as taxas de condensação dos vapores emitidos 
dependem da quantidade de vapor e da temperatura no 
ambiente.	Portanto,	serão	iguais	para	os	dois	líquidos.	Sendo	
assim,	verifica-se	que,	em	A,	a	taxa	de	evaporação	é	maior	
que a de condensação, e em B ocorre o contrário, o que faz 
com	que	o	volume	de	líquido	diminua	em	A	e	aumente	em	B.
Questão 06 – Letra D
Comentário: Quanto mais intensas forem as interações 
intermoleculares	 em	 um	 líquido,	maior	 será	 a	 temperatura	
necessária para a sua pressão máxima de vapor se igualar à 
pressão	atmosférica	que	é	quando	ocorre	a	mudança	de	estado	
físico.	Como	São	João	Del	Rey	se	encontra	a	900	metros	em	
relação	 ao	 nível	 do	mar,	 sua	 pressão	 atmosférica	 é	menor	
que 1 atm e, assim, a temperatura de ebulição da água nessa 
cidade	 será	menor	 que	100	 °C.	Se	houvesse	um	sólido	não	
volátil dissolvido na água, a temperatura de ebulição do sistema 
aumentaria,	 já	que	o	grau	de	desordem	dessa	mistura	seria	
maior do que o da água pura, e, consequentemente, a energia 
livre diminuiria, provocando um aumento na sua estabilidade.
Questão 07 – Letra D
Comentário:	Quando	um	soluto	não	volátil	é	adicionado	a	um	
solvente puro, à temperatura constante, ocorre diminuição da 
pressão de vapor do solvente e, consequentemente, aumento 
da sua temperatura de ebulição. De acordo com o gráfico da 
questão,	a	pressão	de	vapor	do	líquido	B	(água	pura)	é	maior	
que	 a	 pressão	 de	 vapor	 do	 líquido	 A	 (solução).	 Portanto,	 
o	líquido	A	apresenta	maior	temperatura	de	ebulição.
Questão 08 – Letra A
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A)	 Incorreta.	Como	a	panela	de	pressão	aberta	e	a	fechada	contêm	
a mesma quantidade de água e estão submetidas à mesma 
fonte de calor, a pressão de vapor da água atingirá o valor da 
pressão	atmosférica	no	mesmo	instante.	No	entanto,	somente	
o	líquido	que	estava	na	panela	aberta	entrou	em	ebulição.	Isso	
ocorre	pelo	fato	de	o	 líquido	contido	na	panela	fechada	ter	
que superar uma pressão maior para entrar em ebulição, que 
corresponde à pressão total no interior da panela. 
B)	 Correta.	 Na	 panela	 fechada,	 a	 ebulição	 ocorre	 quando	
a pressão de vapor da água se iguala à pressão interna 
total.	Esta	é	maior	que	a	pressão	atmosférica,	pois,	além	
dela,	 devido	 à	massa	 de	 ar	 dentro	 da	 panela,	 deve-se	
considerar	 também	a	pressão	do	vapor	gerado	durante	 
o aquecimento. 
C)	 Correta.	Como	a	pressão	de	vapor	do	líquido	a	ser	atingida	
para	a	ebulição	é	maior	que	1	atm,	a	temperatura	que	a	
água	deve	atingir	para	ebulir	deve	ser	maior	que	100	°C.	
D)	 Correta.	 O	 cozimento	 é	 favorecido	 em	 temperaturas	
maiores.	 Como	este	 foi	mais	 rápido	 na	 panela	 fechada,	
pode-se	concluir	que	ela	se	encontrava	em	uma	temperatura	
maior que a da panela aberta.
Questão 09 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas a seguir. 
I.	 Correta.	Os	 líquidos	mais	 voláteis	 são	 aqueles	 que	 têm	
maior pressão de vapor e, consequentemente, menores 
forças de atração intermoleculares.
II.	 Correta.	Um	líquido	entra	em	ebulição	quando	seus	vapores	
conseguem vencer a pressão da massa de ar sobre sua 
superfície	 que,	 em	 um	 ambiente	 aberto,	 corresponde	 à	
pressão	atmosférica.	Sendo	assim,	quanto	maior	for	a	pressão	
ambiente, maior deverá ser a temperatura necessária para 
que a pressão máxima de vapor se iguale à essa pressão. 
III.	Correta.	 A	 pressão	 de	 vapor	 de	 um	 líquido	 depende	 da	
temperatura	em	que	o	 líquido	 se	encontra,	pois,	 ao	 ser	
aquecido,	 suas	moléculas	 aumentam	 a	 energia	 cinética	
média,	 o	 que	 favorece	 o	 processo	 de	 vaporização,	
aumentando	o	número	de	partículas	na	fase	de	vapor	que	
colidem	contra	as	paredes	do	recipiente	que	as	contém,	 
o que gera incremento de pressão.
IV.	 Incorreta.	 À	medida	 que	 a	 pressão	 atmosférica	 sobre	 o	
líquido	diminui,	maior	será	a	pressão	de	vapor	sobre	ele,	
pois esse vapor consegue vencer mais facilmente a pressão 
da	massa	de	 ar,	 o	 que	 faz	 com	que	o	 líquido	 entre	 em	
ebulição a uma temperatura mais baixa.
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26 Coleção EM2
Questão 10 – Letra D
Comentário: A presença de aditivos em radiadores de carros 
provoca aumento da temperatura de ebulição e a diminuição 
da temperatura de congelamento da água em função da 
estabilidade alcançada pelo sistema devido ao aumento de 
entropia. Sendo assim, mesmo em temperaturas negativas, 
a	água	pode	permanecer	no	estado	 líquido,	dependendo	da	
quantidade	de	 soluto	dissolvido	nela	–	o	que	é	de	extrema	
importância, pois ela continua a refrigerar o motor sem mudar 
de	estado	físico.
Questão 11 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
as alternativas a seguir. 
A) Incorreta. A temperatura de congelamento aumenta com a 
adição de um soluto não volátil. Assim, quanto mais concentrada 
for uma solução, menor será seu ponto de congelamento. 
Por esse motivo, a adição de água ao leite elevaria o ponto de 
congelamento,	pois	a	solução	se	tornaria	mais	diluída	que	na	
situação	inicial,	o	que	diminui	o	índice	crioscópico.	
B)	 Correta.	A	adição	de	NaOH	provocaria	um	aumento	no	índice	
crioscópico	do	leite,	já	que	isso	diminuiria	o	seu	ponto	de	
congelamento	que	é	calculado	por	meio	da	diferença	entre	a	
temperatura	de	congelamento	do	líquido	e	a	temperatura	de	
congelamento	do	líquido	após	a	adição	do	soluto	não	volátil.	
C)	 Incorreta.	A	adição	de	um	soluto	não	volátil,	como	o	sal,	
na	 alimentação	 do	 gado	 tenderia	 a	 aumentar	 o	 índice	
crioscópico	do	leite.
D) Incorreta. A adição de um soluto não volátil aumentaria o 
índice	crioscópico	do	leite,	porém,	a	adição	de	um	líquido	
poderá	diminuir	esse	índice,	uma	vez	que	quanto	mais	diluído	
for o leite, menor será o efeito das propriedades coligativas.
Questão 12 – Letra C
Comentário:	 A	 adição	 de	 cloreto	 de	 sódio	 faz	 com	 que	 a	
temperatura de congelamento da água diminua e o derretimento 
do	gelo	ocorra	a	temperaturas	mais	baixas,	o	que	é	bastante	útil	
em	países	onde	os	 invernos	são	 rigorosos.	Esse	efeito	ocorre	
devido a uma propriedade coligativa denominada crioscopia, e sua 
ocorrência	se	deve	ao	fato	de	haver	um	aumento	na	estabilidade	
em virtude do aumento da entropia no sistema mais concentrado. 
O	cloreto	de	 cálcio	é	usado	em	 função	de	 sua	dissolução	 ser	
exotérmica	e	liberar	calor	para	o	meio	evitando	que	as	camadas	de	
gelo	se	formem	novamente.	Porém,	esses	procedimentos	também	
causam	uma	diminuição	da	aderência	dos	pneus	com	o	solo,	o	que	
provoca um aumento do risco de derrapagens e acidentes. Dessa 
forma,	adiciona-se	areia	com	o	intuito	de	aumentar	a	aderência	
e diminuir o risco de derrapagens para os motoristas.
Questão 13 
Comentário: 
A) 
100
80
60
40
20
0–0,1–0,2–0,3
Temperatura / °C
Pe
rc
en
ta
ge
m
 d
e
ág
ua
 a
di
ci
on
ad
a
–0,4–0,5–0,6
B) A temperatura de congelamento de um solvente puro 
diminui com a adição de um soluto não volátil. Assim, 
quanto mais concentrada for uma solução, menor será seu 
ponto de congelamento. Por esse motivo, a adição de água 
ao leite acarreta o aumento do ponto de congelamento da 
mistura,	pois	a	solução	após	a	adição	de	água	é	mais	diluída	
que a solução na situação inicial.
Questão 14 – Letra B
Comentário:	Uma	membrana	semipermeável	é	uma	barreira	
física	na	qual	ocorre	a	passagem	seletiva	de	algumas	espécies.	
No caso da osmose, a membrana semipermeável separa duas 
soluções	e	permite	apenas	o	fluxo	de	partículas	do	solvente,	
comum às duas soluções, em ambas as direções, e não o fluxo 
de	partículas	do	soluto.
Questão 15 – V F V F F
Comentário:Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada um dos itens.
1º	 item:	Verdadeiro.	No	início,	as	soluções	de	cloreto	de	sódio	
apresentavam	o	mesmo	volume	que	a	água	destilada.	Com	
o	passar	do	tempo,	ocorreu	a	passagem	de	solvente	através	
da	membrana	devido	à	diferença	de	pressão	osmótica	entre	
os	líquidos	nos	compartimentos.
2º	 item:	 Falso.	 O	 processo	 de	 osmose	 ocorreu	 devido	 a	
uma	 diferença	 de	 concentração	 entre	 os	 líquidos	 nos	
compartimentos. Assim, o fluxo resultante de solvente entre 
dois meios se dá do meio de menor concentração de soluto 
(meio	hipotônico)	para	o	meio	de	maior	concentração	(meio	
hipertônico),	até	igualar	a	concentração	entre	eles.
3º	 item:	 Verdadeiro.	 O	 volume	 do	 compartimento	 B	 foi	
reduzido durante o processo, enquanto o volume dos 
demais compartimentos aumentou. Nessa situação, o fluxo 
resultante de solvente se deu do compartimento B para 
os	compartimentos	A	e	C,	ou	seja,	o	compartimento	B	é	o	
meio	hipotônico,	o	de	menor	pressão	osmótica.	Dos	líquidos	
contidos nos compartimentos, aquele que apresenta a 
menor	pressão	osmótica	é	a	água	destilada.
4º	 item:	Falso.	A	variação	de	volume	do	compartimento	C	
foi maior que aquela observada no compartimento A. 
Isso implica que a concentração inicial de soluto no 
compartimento	C	era	maior	que	a	do	compartimento	A,	ou	
seja,	o	compartimento	C	possuía	maior	pressão	osmótica.
5º	 item:	 Falso.	 Como	 as	 soluções	 possuem	 concentração	
diferentes	de	soluto,	o	efeito	tonoscópico	associado	a	elas	
possui	 intensidades	 diferentes,	 ou	 seja,	 essas	 soluções	
apresentam diferentes valores de pressão de vapor.
Questão 16 – Letra C
Comentário:	A	pressão	osmótica	de	uma	solução	é	tanto	maior	
quanto maior for sua concentração molar. Assim, soluções de um 
mesmo solvente, mas com concentrações diferentes, colocadas 
em contato por meio de uma membrana semipermeável, estão 
sujeitas	à	diferença	de	pressão	osmótica,	o	que	faz	o	solvente	
passar	(fluxo	resultante)	do	meio	menos	concentrado	(hipotônico)	
para	 o	meio	mais	 concentrado	 	 (hipertônico),	 até	 que	 as	
concentrações	das	soluções	se	igualem.	Como	houve	passagem	
de	líquido	de	X	para	Y,	podemos	concluir	que	X	é	o	meio	mais	
diluído	(hipotônico),	com	menor	pressão	osmótica,	e	Y,	o	meio	
mais	concentrado	(hipertônico),	com	maior	pressão	osmótica.
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Q
uí
m
ic
a
Manual do Professor
27Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 17 – Letra A
Comentário:	A	pressão	osmótica	de	uma	solução	é	calculada	
pela	equação	de	Van’t	Hoff:
π.V	=	n.R.T
Como,
n m
M
=
Tem-se:
π
π
. . .
. .
.
. . , . . . .
V m
M
R T
M m R T
V
M g L atm K mol K
=
=
=
− − −685 10 0 082 280
0
3 1 1
,, . .
.
28 1 10
5 617
2
1
atm L
M g mol
−
−=
Questão 18 – Letra A
Comentário: A temperatura de ebulição de um solvente 
é	 sempre	menor	 que	 a	 temperatura	 de	 ebulição	 de	 suas	
respectivas	soluções	já	que	a	adição	de	um	soluto	não	volátil	
provoca um aumento no grau de desordem do sistema e, 
consequentemente um aumento em sua estabilidade. Dessa 
forma verificamos que a temperatura de ebulição aumenta com 
o	número	de	partículas	em	solução	e,	seguindo	esse	raciocínio,	
podemos afirmar que a solução que apresentar o maior número 
de	espécies	em	solução	é	a	que	apresentará	também	a	maior	
temperatura de ebulição. Sendo assim, podemos observar 
proporcionalmente	a	presença	de	uma	espécie	na	solução	II,	
duas	 espécies	 na	 solução	 III	 e	 três	 espécies	 na	 solução	 IV	
conforme	representadas	pelas	seguintes	equações:
II.	 C6H12O6 (s) + H2O(
l
) →	C6H12O6(aq) 
III.	KCl(s) + H2O(
l
) → K+(aq)	+	Cl–(aq) 
IV. Na2CrO4(s) + H2O(
l
) → 2Na+(aq)	+	CrO42–(aq)
Portanto, a solução de número II corresponde à glicose, 
a	solução	de	número	III	corresponde	ao	KCl e a solução IV 
corresponde ao Na2CrO4. 
TI < TII < TIII TIV
Questão 19 – Letra B
Comentário:	O	NaCl	é	um	composto	iônico	que	dissocia-se	
em	meio	aquoso	e	libera	íons	Na+	e	Cl– que conduzem corrente 
elétrica.	 Trata-se	 de	 um	 sal	 proveniente	 da	 neutralização	
de	 um	 ácido	 forte	 (HCl) e uma base forte (NaOH) e, por 
isso, suas soluções aquosas apresentam pH = 7,0. O Na2O, 
por	sua	vez	é	um	óxido	de	caráter	básico	que	ao	reagir	com	
a	água	libera	íons	Na+ e OH– o que torna a solução condutora 
de eletricidade e com um valor de pH > 7. Por outro lado, 
a	glicose	é	um	composto	molecular	que	não	se	ioniza	em	meio	
aquoso	e,	por	isso,	não	conduz	corrente	elétrica	e	suas	soluções	
apresentam, portanto, pH = 7. Logo, a solução 1 corresponde à 
solução de glicose; a solução 2 corresponde à solução de Na2O 
e	a	solução	3	corresponde	à	solução	de	NaCl. 
Sendo assim, como sabemos que a temperatura de ebulição 
aumenta	com	o	número	de	partículas	dispersas	em	solução	
concluímos	que	o	composto	II	apresentará	maior	temperatura	
de	 ebulição,	 pois	 apresenta	 quatro	 vezes	mais	 espécies	
dissociadas em solução que o composto I e duas vezes mais 
que	o	composto	III.	Sendo	assim:	
T1 < T3 < T2
Questão 20 – Letra D
Comentário: As propriedades coligativas (tonoscopia, 
ebulioscopia,	 crioscopia	 e	 pressão	 osmótica)	 dependem,	
exclusivamente,	da	concentração	de	partículas	em	uma	solução	
e	 independem	 da	 natureza	 dessas	 partículas.	 Assim,	 para	
analisar os efeitos dessas propriedades nas soluções indicadas, 
é	preciso,	primeiramente,	calcular	a	concentração	de	partículas	
em cada uma delas. Portanto,
•	 para	 a	 solução	 X,	 a	 dissolução	 de	 um	mol	 de	 C6H12O6 
gera	 um	mol	 de	 partículas	 dispersas,	 pois	 a	 glicose	 é	
um soluto não dissociável e não ionizável. Assim, uma 
solução	com	concentração	de	C6H12O6 igual a 0,20 mol.L–1 
apresenta	uma	concentração	de	partículas	dispersas	igual	a	 
0,20 mol.L–1;
•	 para	a	solução	Y,	a	dissolução	de	um	mol	de	KCl gera dois 
mols	de	partículas	dispersas,	pois	o	cloreto	de	potássio	é	
um	soluto	dissociável	e	origina	íons	potássio	(K+)	e	 íons	
cloreto	 (Cl–). Assim, uma solução com concentração de 
KCl igual a 0,50 mol.L–1 apresenta uma concentração de 
partículas	dispersas	igual	a	1	mol.L–1; 
•	 para	a	solução	Z,	a	dissolução	de	um	mol	de	Na2SO4 gera 
três	mols	de	partículas	dispersas,	pois	o	sulfato	de	sódio	
é	um	soluto	dissociável	e	origina	íons	sódio	(Na+)	e	íons	
sulfato (SO42–). Assim, uma solução com concentração de 
Na2SO4 igual a 0,50 mol.L–1 apresenta uma concentração 
de	partículas	dispersas	igual	a	1,5	mol.L–1. 
Comparando-se	os	valores	de	concentração	encontrados,	pode-se	 
concluir	que	propriedades	coligativas	serão	mais	intensas	em	Z,	 
depois	em	Y	e,	por	fim,	em	X.
Questão 21 – Letra C
Comentário:	O	efeito	crioscópico,	assim	como	todos	os	efeitos	
coligativos, dependem, exclusivamente, da quantidade de 
soluto dissolvido em um solvente qualquer. O abaixamento 
da temperatura de congelamento para o experimento descrito 
foi menor do que o esperado, indicando que a quantidade do 
soluto	gerado	após	o	processo	de	dissolução	foi	menor	do	que	
se poderia prever. O soluto em questão, provavelmente, não 
é	iônico,	já	que	esses	tipos	de	compostos	sofrem	dissociação	
em	meio	 aquoso,	 aumentando	 a	 quantidade	 de	 partículas	
dispersas no solvente e tornando o efeito coligativo maior 
do que o esperado. No entanto, alguns compostos podem 
sofrer	associações	moleculares,	como	a	formação	de	dímeros,	
diminuindo	a	quantidade	de	partículas	dispersas	em	solução	 
e atenuando todos os efeitos coligativos.
Questão 22
Comentário: A elaboração de esquemas permite que os 
estudantes reúnam as principais informações estudadas 
em sala de aula, em um processo de sistematização do 
conhecimento. A atividade proposta favorece o processo de 
organização de ideias, a construção de novas conexões mentais 
pelos estudantes e a elaboração e esquematização da escrita 
completa	 e	 simplificada.	 Além	disso,	 propicia	 a	 revisão	 dos	
conceitos estudados e auxilia no preparo para as avaliações e na 
organização	dos	estudos.	Ela	favorece,	também,	a	identificação	
dos pontos que precisam ser retomados e melhordiscutidos 
pelo professor. Por ser uma atividade aberta, vários aspectos 
sobre	as	Propriedades	Coligativas	podem	ser	abordados	pelos	
estudantes. É interessante discutir e compartilhar em sala de 
aula as anotações feitas, de forma a complementar as ideias 
de toda a turma.
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28 Coleção EM2
Exercícios propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: A adição de um soluto não volátil a um solvente 
provoca o efeito tonoscópico, que consiste no abaixamento 
da pressão de vapor do solvente em solução, em relação 
ao solvente puro. Dessa forma, em qualquer temperatura, 
a pressão de vapor da solução será menor que a pressão de 
vapor	do	solvente	puro.	Logo,	o	único	gráfico	que	descreve	esse	
comportamento é o representado na alternativa C. 
Questão 02
Comentário: 
A) A pressão de vapor do líquido A é igual a 700 mmHg à 
temperatura de 70 °C, conforme pode ser visto no gráfico.
B) A pressão de vapor do líquido B em uma temperatura de 115 °C 
será igual à do líquido A em uma temperatura igual a 70 °C.
C) A pressão de vapor de um líquido depende da intensidade 
das suas interações intermoleculares sendo que, quanto 
maior for a intensidade dessas interações, menor será 
a sua pressão de vapor. Por meio da análise do gráfico 
podemos verificar que, a uma mesma temperatura, 
o líquido A é o que apresenta maior pressão de vapor e, 
consequentemente, nos leva a crer que é o líquido que 
apresenta as interações intermoleculares menos intensas.
D) A pressão de vapor de um líquido pode ser reduzida 
adicionando-se um soluto não volátil como o NaC.
Questão 03
Comentário: 
1. A) O etanol é um líquido mais volátil que a água, 
e dessa forma, a sua pressão de vapor será maior que 
à pressão de vapor da água, na mesma temperatura. 
Logo,	o	líquido	B	será	o	etanol,	que	desloca	a	coluna	
de mercúrio no sentido do líquido A.
B) A altura h é calculada por meio da diferença de pressão 
de vapor entre o etanol e a água.
 h = Pressão de vapor de etanol – Pressão de vapor da água 
 h = 56 mmHg – 25 mmHg
 h = 31 mmHg
2. A água apresenta calor de vaporização maior que o etanol, 
pois suas interações de hidrogênio são mais intensas quando 
comparadas às interações dipolo instantâneo-dipolo induzido 
e ligações de hidrogênio que existem entre as moléculas 
do etanol. Com isso, a quantidade de energia que deve ser 
absorvida durante a vaporização da água é maior.
3. Nas condições descritas, a temperatura do etanol deve 
ser igual a 10 °C, uma vez que nessa temperatura a sua 
pressão de vapor é igual à pressão de vapor da água a 
25 °C. Portanto, não haverá desnível na coluna de mercúrio.
Questão 04 – Letra A
Comentário: Inicialmente, o nível de mercúrio depende somente 
da pressão ambiente. Com o auxílio do conta-gotas, um líquido 
volátil foi introduzido no recipiente e, por ser menos denso do 
que o mercúrio, subirá pelo recipiente. Esse líquido, ao chegar à 
parte superior no tubo, sofrerá vaporização total devido à presença 
de vácuo nessa região. Assim, surgirá uma pressão na porção 
superior do tubo, chamada de pressão de vapor do líquido que 
pode ser obtida por meio da diferença entre as alturas h e h1.
Questão 05
Comentário:
1. A adição de um soluto não volátil a um solvente diminui a 
pressão de vapor desse solvente. Por isso, o etanol puro possui 
maior pressão de vapor do que a solução alcoólica de açúcar.
2. A pressão de vapor do líquido no chumaço molhado com etanol 
é maior do que a pressão de vapor do líquido no chumaço 
molhado com a solução alcoólica de açúcar.
 Portanto, há maior vaporização de etanol no chumaço em 
contato com o termômetro A do que no que está em contato 
com o termômetro B. Como as taxas de condensação de 
etanol nos dois chumaços são iguais, ocorrerá no bulbo do 
termômetro B maior condensação do que vaporização. Como 
o processo de condensação é exotérmico, a temperatura 
registrada no termômetro B aumentará.
3. No chumaço de algodão em contato com o termômetro A, 
existe um equilíbrio entre a fase etanol líquido e a fase 
etanol vapor. Nesse caso, as velocidades de evaporação 
e condensação são iguais e, desde que a temperatura do 
etanol adicionado ao sistema seja 25 °C, a temperatura 
registrada no termômetro A não irá se alterar.
Questão 06 
Comentário:
A) 
Pr
es
sã
o 
de
 v
ap
or
 /
 a
tm
Temperatura / °C
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
0 20 40 60 80 100 120
 A glicose é um soluto não volátil, e sua adição à água pura 
aumenta o grau de desordem do sistema, tornando-o mais 
estável. Com isso, o número de partículas que escapam para 
a fase de vapor é menor, ou seja, numa mesma temperatura, 
a solução de glicose apresentará menor pressão de vapor.
B) 
Pr
es
sã
o 
de
 v
ap
or
 /
 a
tm
Temperatura / °C
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
0 20 40 60 80 100 120
 A variação relativa da pressão de vapor da água pela adição 
de cloreto de sódio, formando uma solução de concentração 
de	0,1	mol.L–1, é duas vezes maior que a da adição de 
glicose analisada no item A. Isso ocorre, pois o NaC sofre 
dissociação, formando o dobro de partículas dispersas, e 
a variação relativa da pressão de vapor é proporcional à 
quantidade de partículas do soluto dispersas no solvente 
após a sua dissolução.
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Q
uí
m
ic
a
Manual do Professor
29Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 07 
Comentário: 
1. [Na2CO3]:	1,0	mol.L–1.
 Quando a concentração da solução de NaOH se torna 
igual	 a	 1,5	mol.L–1, a pressão de vapor dessa solução é 
16,75 mmHg. Como as duas soluções aquosas estão em 
equilíbrio,	apresentam	a	mesma	pressão	de	vapor.	 Logo,	
de acordo com o gráfico, a solução aquosa de Na2CO3(aq) 
com a pressão de vapor igual a 16,75 mmHg apresenta a 
concentração	de	1,0	mol.L–1.
2. Na2CO3. A dissociação iônica de 1 mol de Na2CO3 libera 
3 mol de íons, já o mesmo processo para 1 mol de NaOH 
libera 2 mol de íons. Então, a variação da concentração 
observada das soluções é acompanhada de maior variação da 
concentração de espécies do soluto Na2CO3, que proporciona 
maior variação de pressão de vapor dessa solução.
Questão 08 – F F V V
Comentário: Para a resolução dessa questão, julgaremos 
cada um dos itens.
1º item: Falso. A solução menos concentrada, presente no 
recipiente II, apresenta maior pressão de vapor do que a 
solução mais concentrada, presente no recipiente I, portanto, 
ocorre maior evaporação de água do recipiente II do que do 
recipiente I. Como a quantidade de água condensada nos 
dois recipientes é a mesma, o volume da solução concentrada 
aumenta e o volume da solução diluída diminui.
2º item: Falso. O sistema tende a igualar as concentrações 
das duas soluções para que não haja diferença de energia 
livre e, portanto, de estabilidade entre elas. Dessa forma, a 
concentração da solução mais concentrada diminuirá e a menos 
concentrada aumentará a concentração. 
3º item: Verdadeiro. Ocorrerá evaporação de solvente dos dois 
recipientes em um ambiente hermético até que o ar dentro da 
caixa fique saturado de vapor-d’água.
4º item: Verdadeiro. Enquanto as soluções apresentarem 
concentrações diferentes, haverá deslocamento de solvente da 
solução menos concentrada para a solução mais concentrada. 
Isso ocorre porque a quantidade de água evaporada pela 
solução concentrada é menor do que a evaporada pela 
solução diluída. Quando as soluções estiverem com a mesma 
concentração, o sistema irá atingir um estado de equilíbrio 
dinâmico e a quantidade de água que vaporiza e condensa nos 
dois recipientes será a mesma. Nesse instante, as pressões de 
vapor das duas soluções se igualam.
Questão 09 – F V V V F
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada um dos itens.
1. Falso. Quanto maior for a pressão de vapor de uma 
substância, mais volátil ela será. Dessa forma, o líquido 
menos volátil no gráfico é aquele com menor pressão de 
vapor a uma dada temperatura, ou seja, o ácido acético. 
A ordem crescente de volatilidade dos líquidos é
 ácido acético < água < benzeno< n-hexano
2. Verdadeiro. Conforme o gráfico, o ácido acético é a substância 
que possui a menor pressão de vapor. Os vapores de ácido 
acético exercem, na superfície do líquido e nas paredes de 
um recipiente fechado, uma pressão menor que os vapores 
das demais substâncias, em uma dada temperatura. Essa 
menor pressão está relacionada com a dificuldade relativa de 
se romper as interações intermoleculares no ácido acético, 
mais intensas que na água, no benzeno e no n-hexano, 
o que dificulta a formação de vapores, acarretando 
uma menor pressão de vapor para essa substância. 
Dessa forma, o ácido acético é a substância, entre as 
relacionadas, que apresenta maior temperatura de ebulição, 
em virtude da maior necessidade de energia para romper 
suas interações intermoleculares.
3. Verdadeiro. O gráfico mostra que a curva da pressão de 
vapor do n-hexano em função da temperatura está acima 
das outras curvas em qualquer valor de temperatura, 
indicando que essa substância apresenta a pressão máxima 
de vapor sempre maior que as das demais.
4. Verdadeiro. Um líquido entra em ebulição em uma temperatura 
em que a pressão de vapor do líquido se iguala com a pressão 
externa. Conforme o gráfico, a pressão de vapor do benzeno 
(curva 2) atinge a pressão de 760 mmHg na temperatura 
de 80 °C, ou seja, a temperatura de ebulição do benzeno ao 
nível do mar é de 80 °C.
5. Falso. O gráfico mostra que em uma pressão de 420 mmHg, 
a água precisa ser aquecida até 80 °C para entrar em ebulição.
Questão 10 – Letra E
Comentário: As estruturas da água, do etanol e da propanona 
são apresentadas a seguir.
Água Etanol Propanona
CH3CH2 O H
O
H3C C CH3H H
O
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das 
alternativas.
A) Incorreta. A água e o álcool estabelecem interações 
intermoleculares do tipo ligação de hidrogênio entre 
suas moléculas, ao passo que a propanona interage 
por meio de interações intermoleculares do tipo dipolo 
permanente-dipolo permanente, que são menos intensas. 
As moléculas de propanona se desprendem da fase aquosa 
com mais facilidade, produzindo uma fase gasosa sobre o 
líquido com maior pressão, se comparado com o álcool e com 
a água em uma mesma temperatura. Dessa forma, no gráfico, 
a curva I representa a substância com a maior pressão de 
vapor, a propanona.
B) Incorreta. As interações intermoleculares do tipo ligação 
de hidrogênio, estabelecidas entre as moléculas de água, 
são mais numerosas que aquelas estabelecidas entre as 
moléculas de álcool, devido à maior quantidade de hidrogênios 
com núcleo exposto na molécula de água. Dessa forma, 
a evaporação do álcool é mais favorecida que a evaporação 
da água, fazendo com que o álcool apresente maior pressão 
de vapor que a água nas mesmas condições de temperatura. 
As curvas II e III representam o álcool e a água, respectivamente.
C) Incorreta. A propanona não possui hidrogênio com baixa 
densidade eletrônica (eletrodeficiente), ou seja, não 
contém hidrogênio ligado a um átomo muito eletronegativo, 
sendo impossível suas moléculas interagirem por ligações 
de hidrogênio. As moléculas de propanona, polares, 
estabelecem entre si interações intermoleculares do tipo 
dipolo permanente-dipolo permanente.
D) Incorreta. A adição de um soluto não volátil a qualquer 
líquido diminui sua pressão de vapor, fenômeno conhecido 
por efeito tonoscópico.
E) Correta. O etanol entra em ebulição quando sua pressão de 
vapor se iguala à pressão atmosférica do local. Próximo ao nível 
do mar, a pressão atmosférica está em torno de 760 mmHg. 
De acordo com o gráfico, a temperatura na qual o etanol atinge 
essa pressão de vapor é de, aproximadamente, 80 °C.
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30 Coleção EM2
Questão 11 
Comentário: 
A) Solvente puro: Curva I. O solvente puro apresenta menor 
entropia; logo, maior tendência de passar para a fase 
gasosa (maior pressão de vapor).
B) WZ: Curva III. Trata-se da solução que apresenta maior 
quantidade de partículas (maior entropia); logo, menor 
pressão de vapor.
C) A ebulição ocorre quando a pressão de vapor se iguala 
à pressão atmosférica (nesse caso, 1,0 atm). Logo, 
a temperatura de ebulição do solvente puro é 200,6 °C 
e a da solução XY, 200,8 °C.
Questão 12 
Comentário: 
A) A P.M.V. depende da temperatura em que se encontra o 
líquido. Quanto maior for a temperatura, maior será a 
pressão máxima de vapor. Isso ocorre porque quando um 
líquido é aquecido, suas moléculas apresentam um aumento 
na energia cinética média, o que favorece a vaporização, 
aumentando, assim, a pressão de vapor.
B) As vantagens do cozimento de alimentos em panelas de pressão 
são a economia de gás e o gasto de menor tempo para cozinhar 
alimentos. Na panela de pressão, conforme se aumenta a 
pressão de vapor de água, consequentemente, aumenta-se a 
sua temperatura de ebulição. Assim, os alimentos cozinham em 
uma temperatura maior, gastando menor tempo de cozimento 
e, então, menor quantidade de gás.
C) Quando se inicia a saída de vapor pela válvula, o interior da 
panela de pressão já está saturado de vapor de água, o que 
indica que a água está em ebulição. Durante os processos 
de mudança de fase, como a ebulição, a temperatura é 
constante, porque toda a energia recebida é utilizada no 
enfraquecimento / ruptura de interações entre as partículas 
que compõem a amostra. Como a temperatura de ebulição 
da água não se altera, o tempo de cozimento dos alimentos 
continua o mesmo caso seja abaixada a chama do fogão 
logo que se inicia a saída de vapor pela válvula. 
Questão 13 – Letra E
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Verdadeira. A adição de um soluto não volátil a um sistema 
líquido, inicialmente puro, dificulta o seu congelamento. 
Assim, quanto maior a concentração de partículas desse 
soluto dissolvidas, menor é a temperatura de congelamento. 
De acordo com o gráfico, a temperatura de congelação da 
solução S é mais baixa que a da solução R, o que indica 
que a concentração da solução R é menor. De acordo com 
o gráfico, também é possível verificar a massa de sacarose 
presente em cada uma das soluções preparadas utilizando 
a mesma massa de água. A solução R apresenta menor 
massa de sacarose do que a solução S, dessa forma, 
R é menos concentrada.
B) Verdadeira. A quantidade de vapor formado depende da 
quantidade de soluto dissolvido, de forma que a adição de 
um soluto não volátil promove o abaixamento da pressão 
máxima de vapor (P.M.V.). Assim, como a solução R 
apresenta menor concentração, ou seja, menor quantidade 
de partículas dissolvidas em um determinado volume de 
solução, ela apresenta maior pressão de vapor.
C) Verdadeira. Ao se dissolver um soluto não volátil, ocorre um 
aumento da temperatura de ebulição devido a uma maior 
estabilidade do sistema em função do aumento da entropia. 
D) Verdadeira. Quanto maior a quantidade de partículas 
dissolvidas em um determinado volume de solução, maior 
a estabilidade do sistema e, portanto, maior a temperatura 
de ebulição da solução. 
E) Falsa. Com a evaporação de uma parte do solvente da 
solução S, haverá aumento da concentração dessa solução. 
Quanto maior a concentração de partículas na solução, 
menor a pressão de vapor, pois ocorre o aumento do grau 
de desordem do sistema, ou seja, o aumento da entropia e, 
consequentemente, a diminuição da energia livre, aumentando, 
assim, a estabilidade do sistema.
Questão 14 – Letra E
Comentário: A adição de etilenoglicol à agua do radiador, bem 
como a aspersão de cloreto de sódio ou cloreto de cálcio ao gelo 
que encobre as ruas e estradas, tem como finalidade provocar o 
efeito coligativo crioscópico, ou seja, diminuir a temperatura de 
congelamento da água. Nos invernos rigorosos, a temperatura 
ambiente, em graus Celsius, atinge valores negativos, 
o que provoca o congelamento da água. Para evitar danos ao 
radiador dos automóveis, é adicionado a ele o etilenoglicol, 
que diminui temperatura de congelamentoda água, garantindo 
que essa substância permaneça no estado líquido mesmo em 
temperaturas Celsius negativas. Com o mesmo propósito, 
os habitantes de países com invernos rigorosos aspergem 
cloreto de sódio ou cloreto de cálcio sobre o gelo que encobre 
as ruas. Essa medida provoca a fusão do gelo, tornando as 
estradas mais seguras para o tráfego de veículos.
Questão 15 
Comentário: 
A) As soluções apresentam pontos de congelação menores 
que o da água pura. Isso ocorre porque a adição de um 
soluto não volátil a um sistema líquido, inicialmente puro, 
dificulta o seu congelamento. 
B) A massa molar da glicose (C6H12O6) é 180 g.mol–1, 
e a massa molar da sacarose (C12H22O11) é 342 g.mol–1. 
Esses compostos são moleculares e, em solução aquosa, 
não sofrem ionização. Assim, a quantidade de matéria e, 
consequentemente, o número de moléculas correspondente 
a uma mesma massa de soluto, é maior na solução de 
glicose, já que esse composto apresenta menor massa molar. 
Como a solução de glicose tem maior número de partículas 
dissolvidas, ela apresentará o menor ponto de congelação.
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Q
uí
m
ic
a
Manual do Professor
31Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 16 
Comentário: 
A) A curva AC representa a variação da pressão de vapor, em 
função da temperatura, para a água pura no estado sólido, 
e a curva BE representa a variação da pressão de vapor, em 
função da temperatura, para a solução aquosa de cloreto 
de sódio.
B) A diferença de temperatura entre t3 e t2 nas CNTP é igual 
a 100 °C, uma vez que se trata da água pura.
C) Nas temperaturas t1 e t2, ocorrem, respectivamente, 
a fusão e a solidificação da solução aquosa de cloreto de 
sódio e da água pura. Essa diferença representa o efeito 
crioscópico causado pela adição de um soluto não volátil 
à solução.
D) O intervalo indicado pela letra x representa o aumento 
ebulioscópico provocado pela adição de um soluto não 
volátil à solução.
Questão 17 – Letra A
Comentário: Quando diferentes líquidos, incialmente 
à mesma temperatura, são colocados no congelador ao 
mesmo tempo, irá congelar primeiro aquele que apresentar 
a temperatura de solidificação mais alta. Dentre os líquidos 
apresentados nas alternativas, a água pura é a que apresenta 
a maior temperatura de congelamento, pois trata-se de um 
líquido puro. Os demais líquidos são soluções aquosas de 
solutos não voláteis (suco de limão e açúcar), que, portanto, 
apresentam pontos de congelação menores que o da 
água pura.
Questão 18 
Comentário: 
A) Para a solução I, a dissolução de 1 mol de MgSO4 gera 
2 mol de partículas dispersas, pois o sulfato de magnésio é 
um soluto dissociável e origina íons magnésio (Mg2+) e íons 
sulfato (SO42–), como apresentado a seguir:
MgSO4(s) Mg2+(aq) + SO42–(aq)
 1 mol 1 mol 1 mol
 Assim, uma solução com 0,2 mol de MgSO4 apresenta 
0,4 mol de partículas dispersas.
	 Para	a	 solução	 II,	 a	dissolução	de	1	mol	de	K2SO4 gera 
3 mol de partículas dispersas, pois o sulfato de potássio 
é	um	soluto	dissociável	e	origina	íons	potássio	(K+) e íons 
sulfato (SO42–), como apresentado a seguir:
K2SO4(s) 2K+(aq) + SO42–(aq)
 1 mol 2 mol 1 mol
	 Assim,	 uma	 solução	 com	 0,1	mol	 de	 K2SO4 apresenta 
0,3 mol de partículas dispersas.
H2O
H2O
 Para a solução III, a dissolução de 1 mol de A2(SO4)3 gera 
5 mol de partículas dispersas, pois o sulfato de alumínio é 
um soluto dissociável e origina íons alumínio (A3+) e íons 
sulfato (SO42–), como apresentado a seguir:
A2(SO4)3(s) 2A3+(aq) + 3SO42–(aq)
 1 mol 2 mol 3 mol
 Assim, uma solução com 0,1 mol de A2(SO4)3 apresenta 
0,5 mol de partículas dispersas;
	 Para	a	solução	IV,	a	dissolução	de	1	mol	de	ZnSO4 gera 
2 mol de partículas dispersas, pois o sulfato de zinco é um 
soluto	dissociável	e	origina	íons	zinco	(Zn2+) e íons sulfato 
(SO42–), como apresentado a seguir:
ZnSO4(s) Zn2+(aq) + SO42–(aq)
 1 mol 1 mol 1 mol
 Assim, uma solução com 0,1 mol de MgSO4 apresenta 
0,2 mol de partículas dispersas.
 Como o volume das soluções é o mesmo, a quantidade 
de matéria de partículas é diretamente proporcional à 
concentração da solução. Quanto menor a concentração 
da solução, menor será o abaixamento da temperatura de 
solidificação. Assim, temos:
 Solução IV < Solução II < Solução I < Solução III
B) O volume final da solução II é igual a 3 litros, e a 
quantidade de matéria de soluto presente nessa solução 
é igual a 0,1 mol. A massa molar do sulfato de potássio 
é igual a 174 g.mol–1, assim, a massa correspondente a 
0,1	mol	é	igual	a	17,4	g.	Assim,	a	concentração,	em	g.L–1, 
da solução II pode ser calculada da seguinte forma:
17,4 g 	3	L
 x 	1	L
x = 5,8 g
C	=	5,8	g.L–1
Questão 19 
Comentário: 
A) T4 < T2 < T1 = T3
B) As garrafas 1 e 3 possuem temperaturas iguais, pois 
ambas contêm apenas água líquida em equilíbrio com 
gelo. Entre as garrafas 2 e 4, a garrafa 4 possui a menor 
temperatura, pois o efeito crioscópico associado é mais 
intenso em virtude da dissociação do cloreto de sódio. 
A garrafa 2 contém uma solução de sacarose com 
a mesma concentração que a solução de NaC da 
garrafa 4. Porém, a sacarose é um soluto que não sofre 
dissociação / ionização, e sua quantidade dispersa na solução 
da garrafa 2 é a metade da quantidade de total de íons 
Na+ e C– contida na garrafa 4.
 1 mol sacarose(s) 1 mol de sacarose(aq)
 1 mol de NaC(s) 1 mol de Na+(aq) + 1 mol de C–(aq)
H2O
H2O
gera
gera
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32 Coleção EM2
Questão 20 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas. 
A) Incorreta. A adição de açúcar, um soluto não volátil, a um 
certo volume de água, promove o aumento da entropia e, 
consequentemente, aumento da estabilidade do sistema. 
Com isso, quando se adiciona um soluto não volátil a um 
solvente puro, à temperatura constante, observa-se a 
diminuição da quantidade de vapor formado.
B) Incorreta. Mesmo quando as concentrações molares dos 
solutos são iguais, os efeitos sobre as temperaturas de 
ebulição e de fusão podem ser diferentes, dependendo 
da natureza do soluto que é adicionado. Como exemplo, 
é possível citar as soluções de NaCl e sacarose de mesma 
concentração molar. O NaCl é um composto iônico que 
se dissocia em meio aquoso e a sacarose é um composto 
molecular que não sofre dissociação. Considerando duas 
soluções de mesma concentração desses dois solutos, 
haveria o dobro de partículas na solução de NaCl, quando 
comparada à solução de sacarose, o que implica diferentes 
alterações nas propriedades coligativas.
C) Incorreta. O sal é um soluto não volátil. Dessa forma, 
a adição de uma quantidade significativa de sal a uma 
panela com água sob aquecimento promoverá a diminuição 
da pressão de vapor e, consequentemente, o aumento da 
temperatura de ebulição da água.
D) Correta. A adição de um soluto não volátil a um sistema 
líquido, inicialmente puro, dificulta o seu congelamento. 
No Mar Morto, a concentração de sais – solutos não voláteis – 
é muito grande. Quanto maior a concentração da solução, 
maior será o abaixamento da temperatura de solidificação, 
por isso, a temperatura de congelamento do Mar Morto é 
muito baixa. 
Questão 21 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
A) Incorreta. O fluxo resultante de solvente ocorre no sentido do 
meio de menor concentração (meio hipotônico) para o meio de 
maior concentração (meio hipertônico), ou seja, da solução B 
para a solução A. Dessa forma, a solução A ficará mais diluída.
B) Incorreta. A osmose ocorrerá até que as concentrações das 
duas soluções se igualem. Sendo assim, as concentrações 
iniciais das duas soluções serão alteradas.
C) Incorreta. O fluxo resultante de solvente ocorre no sentido da 
solução B para a solução A, ou seja, com o passar do tempo, 
a solução B apresentará um aumento em sua concentração.D) Correta. Vide comentário da afirmativa C.
E) Incorreta. Como os volumes iniciais das duas soluções são 
iguais, a concentração de equilíbrio é igual à média aritmética 
entre as concentrações iniciais das duas soluções:
 
C mol L mol L mol Leq.
, . , . , .= + =
− −
−0 8 0 2
2
0 5
1 1
1
 A concentração da solução A diminuirá, e a concentração 
da solução B aumentará até que seja atingido o equilíbrio 
dinâmico entre as duas soluções.
Questão 22 – Letra A
Comentário: O processo descrito baseia-se na diferença de 
concentração entre os meios. Ao se colocar açúcar ou pó de café 
sobre uma ferida, a concentração da solução formada sobre a ferida 
aumenta. Assim, haverá fluxo resultante de solvente do meio menos 
concentrado – interior da ferida – para o meio mais concentrado, 
que é a região onde se coloca o açúcar ou o pó de café. Com isso, 
haverá a retirada de líquido da ferida, favorecendo a cicatrização.
Questão 23 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. A solução apresenta menor pressão de vapor do 
que a água pura (efeito tonoscópico). Portanto, ocorre maior 
evaporação de água do recipiente onde se encontra a água 
pura do que do recipiente onde se encontra a solução. Como 
a quantidade de água condensada nos dois recipientes é 
a mesma, o volume da solução aumentará, e o volume da 
água pura diminuirá.
B) Incorreta. A adição de um soluto não volátil a um sistema 
líquido, inicialmente puro, dificulta o seu congelamento 
(efeito crioscópico). Assim, ao se adicionar cloreto de sódio 
em água, a solução formada congelará a uma temperatura 
abaixo da temperatura de congelamento da água pura.
C) Correta. A adição de um soluto não volátil a um líquido promoverá 
a diminuição da pressão de vapor e, consequentemente, 
o aumento da temperatura de ebulição desse líquido. Ao 
aumento da temperatura de ebulição do solvente, devido 
à adição de um soluto não volátil, dá-se o nome de efeito 
ebulioscópico.
D) Correta. A pressão osmótica de uma solução é numericamente 
igual à pressão exercida sobre a superfície da solução a 
fim de se anular o deslocamento do solvente através da 
membrana semipermeável.
Questão 24 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. Na situação descrita, a solução de propan-2-ol no 
cilindro é o meio hipertônico (de maior concentração), e a 
água do copo é o meio hipotônico (de menor concentração). 
O fluxo resultante de solvente ocorre espontaneamente do 
meio hipotônico para o meio hipertônico, buscando igualar 
as concentrações dos dois meios, ou seja, tentando torná-los 
isotônicos. Logo, a água do copo se difunde através da membrana 
de acetato de celulose para o cilindro contendo a solução. 
B) Correta. A difusão da água para o cilindro aumenta o volume 
da solução e diminui a concentração do propano-2-ol.
C) Correta. Como a membrana de acetato de celulose não 
é permeável ao propano-2-ol, este pode ser purificado 
aplicando-se à solução uma pressão maior que a sua 
pressão osmótica. Dessa forma, haverá difusão do solvente 
da solução para a água no copo. Esse é um processo não 
espontâneo denominado osmose reversa.
D) Incorreta. A solução de propano-2-ol possui menor pressão de 
vapor que a água do copo. A solução é um sistema de maior 
desordem, ou seja, maior entropia e, consequentemente, 
maior estabilidade. A tendência que o solvente em uma solução 
possui em passar para o estado de vapor é menor que a do 
solvente puro, em virtude da maior estabilidade da solução. 
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Manual do Professor
33Bernoulli Sistema de Ensino
A tendência com que um líquido possui em passar para a 
fase vapor está diretamente relacionada com sua pressão de 
vapor, que será menor para uma solução quando comparado 
ao mesmo solvente puro.
E) Correta. O cilindro aberto está submetido à pressão externa, 
a pressão atmosférica.
Questão 25 
Comentário: 
A) Em água, houve aumento de peso da fatia de batata 
porque esta é hipertônica em relação à água. Assim, 
moléculas de água passaram para o interior das células 
da batata. Já em solução de NaCl 5 M, observa-se que 
sai água da fatia de batata, pois esta encontra-se em um 
meio hipertônico.
B) As hemácias se romperiam, pois, ao contrário das células 
da batata, elas não têm parede celular, o que manteria a 
integridade da célula.
Questão 26 
Comentário: 
A) Igual. O fenômeno de osmose é uma propriedade coligativa, 
ou seja, independe da natureza do soluto envolvido 
no processo. Como ambos os solutos, glicose e POE, 
não têm comportamento de eletrólito forte ou moderado 
(não dissociam nem ionizam apreciavelmente em água), 
e a concentração das soluções é igual (e esse é o fator de 
relevância para os efeitos coligativos), a altura da coluna, 
para ambas as soluções, será a mesma.
B) Gráfico 1. Como o fenômeno osmótico é uma propriedade 
coligativa, a velocidade de passagem do solvente pela 
membrana semipermeável é indiferente à natureza do 
soluto, e, acima de tudo, uma membrana semipermeável 
não permite passagem de soluto, somente de solvente. 
Dessa forma, a variação de altura h com o tempo será a 
mesma nas duas experiências.
C) A concentração molar da solução de glicose é 10–3 mol.L–1. 
A massa molar da glicose é 180 g.mol–1, assim, a massa 
referente à quantidade de matéria de glicose presente em 
1 L dessa solução pode ser calculada da seguinte forma:
 1 mol de glicose  180 g
10–3 mol de glicose  x
x = 0,18 g
 Assim, a concentração em g.L–1 da solução de glicose é 
igual a 0,18 g.L–1. Como a densidade dessa solução é igual 
a 1,0 g.cm–3, a massa correspondente a 1,0 L de solução 
será igual a 1,0 kg (1 000 g). 
 Cálculo da concentração em % m/m utilizando a fórmula:
 C m/m % = 
m(soluto)
m(solução)
 . 100 = 
0,18 g
1 000
 . 100 = 0,018% m/m
 Cálculo da concentração em % m/m utilizando regra 
de três:
 A concentração massa/massa mede a quantidade em 
gramas do soluto presente em 100 g de solução. Dessa 
forma, a quantidade de glicose dissolvida em 100 g de 
solução é:
 1 000 g de solução  0,18 g de glicose
100 g de solução  y
y = 0,018 g de glicose
 Logo, a solução apresenta 0,018% em massa de glicose.
Questão 27 
Comentário: 
A) A hidrofilicidade é a afinidade que um material tem por 
água. Entre o açúcar e a água, essa afinidade se deve às 
interações intermoleculares do tipo ligações de hidrogênio, 
que são estabelecidas entre os grupos —OH do açúcar e as 
moléculas de água.
B) Sim, ela existe, já que esse fenômeno está relacionado à 
presença de espécies em solução. No caso do sal, essas 
espécies são Na+ e Cl–.
Questão 28 
Comentário: 
A) No processo de hemólise, as hemácias devem estar em 
uma solução hipotônica, ou seja, em uma solução mais 
diluída que a isotônica. Por isso, ao adicionarmos um soluto 
não volátil a um solvente, a pressão de vapor da solução 
final torna-se menor que a pressão de vapor do solvente 
puro (efeito tonoscópico), sendo essa redução tanto 
maior quanto for a concentração de partículas dispersas. 
Dessa forma, a curva mais adequada para representar 
essa solução é aquela que apresenta, em uma mesma 
temperatura, uma pressão de vapor maior que a da solução 
isotônica, sendo, portanto, a curva A.
B) A concentração inicial da solução isotônica de NaCl é igual 
a 9 g.L–1. Logo, em 2 litros dessa solução teremos uma 
massa de soluto igual a:
 9 g de NaCl  1 000 mL
 x  2 000 mL
x = 18 g de NaCl
 Ao evaporarmos 10% dessa solução, ocorre uma redução 
de volume que pode ser calculada da seguinte maneira: 
 2 000 mL  100%
 y  10%
y = 200 mL
 Dessa forma, o volume final da solução aquosa de 
NaCl passa a ser igual a 1 800 mL e a nova concentração 
será igual a:
 18 g de NaCl  1 800 mL
 z  1 000 mL
 z = 10 g.L–1 de NaCl
 Logo, a concentração de NaCl na solução resultante é igual 
a 10 g.L–1.
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34 Coleção EM2
Questão 29
Comentário: Pode-se calcular a massa molar do polímero 
utilizando a pressão osmótica apresentada por uma solução 
que contém 0,020 g desse polímero por grama de água 
(volume correspondente a 1 mL =1,0 . 10–3 L), na temperatura 
especificada (293 K = 20 °C), utilizando a equação de Van’t Hoff:
π.V = n.R.T
Como n = m/M, temos:
π.V = m/M.R.T
2,0 . 10–3 atm . 1,0 . 10–3 L = 0,020 g/M . 0,082 L.atm.mol–1.K–1 . 293 K
M(polímero) = 2,4 . 105 g.mol–1
Questão 30 – Letra A
Comentário: As afirmações que devem ser julgadas na 
questão referem-se às propriedades coligativas das soluções, 
as quais dependem, exclusivamente, da concentração de 
partículas em uma solução e independem da natureza dessas 
partículas. Assim, para analisar os efeitos dessas propriedades 
nas soluções indicadas, é preciso, primeiramente, calcular a 
concentração de partículas em cada uma delas. 
Para a solução I, a dissolução de um mol de glicose (C6H12O6) 
gera um mol de partículas dispersas, pois a glicose é um 
soluto não dissociável e não ionizável. Assim, uma solução 
com concentração de C6H12O6 igual a 0,030 mol.L–1 apresenta 
uma concentração de partículas dispersas igual a 0,030 mol.L–1.
Para a solução II, não é possível determinar a quantidade de 
partículas geradas com exatidão, pois o ácido acético é um 
soluto ionizável que apresenta um baixo grau de ionização, 
que não foi fornecido. A dissolução de um mol de ácido 
acético (CH3COOH) gera uma quantidade maior que um mol 
de partículas dispersas, pois uma pequena porcentagem 
de moléculas sofre ionização. Assim, uma solução com 
concentração de CH3COOH igual a 0,030 mol.L–1 apresenta uma 
concentração de partículas dispersas maior que 0,030 mol.L–1.
Observação: Existe uma relação entre os efeitos coligativos 
de soluções moleculares e de soluções iônicas, chamada de 
fator de Van’t Hoff (i). Esse fator indica a razão entre os efeitos 
coligativos de uma solução iônica e de uma solução molecular, 
ambas com a mesma concentração. Entretanto, o cálculo desse 
fator depende do valor do grau de ionização do ácido acético, 
que não foi fornecido.
Para a solução III, a dissolução de um mol de cloreto de cálcio 
(CaCl2) gera três mol de partículas dispersas, pois o cloreto 
de cálcio é um soluto dissociável e origina íons cálcio (Ca2+) e 
íons cloreto (Cl–). Assim, uma solução com concentração de 
CaCl2 igual a 0,010 mol.L–1 apresenta uma concentração de 
partículas dispersas igual a 0,030 mol.L–1.
 CaCl2(s) Ca2+(aq) + 2Cl–(aq)
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das 
afirmações.
A) Correta. A adição de um soluto não volátil a um certo 
volume de água promove o aumento da entropia e, 
consequentemente, aumento da estabilidade do sistema. 
H2O
Com isso, quando se adiciona um soluto não volátil a um solvente 
puro, à temperatura constante, observa-se a diminuição da 
quantidade de vapor formado. Quanto maior a concentração 
de soluto não volátil, menor a pressão de vapor, assim, 
a pressão de vapor das soluções obedece à ordem:
PII < PI ≅ PIII
B) Incorreta. Quanto maior é a concentração da solução, maior 
a pressão externa que deve ser exercida em uma solução 
para impedir a passagem de solvente de uma solução 
mais diluída para uma mais concentrada, ou seja, maior 
a pressão osmótica. Assim, a pressão osmótica nessas 
soluções obedece à seguinte ordem:
πIII ≅ π I < πII 
C) Incorreta. Quanto maior é a concentração da solução, maior 
será o aumento da temperatura de ebulição do solvente. 
Assim, a elevação na temperatura de ebulição dessas 
soluções obedece à seguinte ordem:
ΔTIII ≅ ΔT I < ΔTII
Questão 31 – Letra C
Comentário: As propriedades coligativas (tonoscopia, 
ebulioscopia, crioscopia e pressão osmótica) dependem, 
exclusivamente, da concentração de partículas em uma solução 
e independem da natureza dessas partículas. Assim, para 
analisar os efeitos dessas propriedades nas soluções indicadas, 
é preciso, primeiramente, calcular a concentração de partículas 
em cada uma delas. Portanto:
Para a solução X, a dissolução de um mol de C6H12O6 gera 
um mol de partículas dispersas, pois a glicose é um soluto 
não dissociável e não ionizável. Logo, uma solução com 
concentração de C6H12O6 igual a 0,25 mol.L–1 apresenta uma 
concentração de partículas dispersas igual a 0,25 mol.L–1; 
Para a solução Y, a dissolução de um mol de K2SO4 gera três mol 
de partículas dispersas, pois o sulfato de potássio é um soluto 
dissociável e origina íons potássio (K+) e íons sulfato (SO42–). 
Assim, uma solução com concentração de K2SO4 igual a 0,50 
mol.L–1 apresenta uma concentração de partículas dispersas 
igual a 1,5 mol.L–1; 
Para a solução Z, a dissolução de um mol de HNO3 gera dois 
mols de partículas dispersas, pois o ácido nítrico é um soluto 
ionizável e origina íons hidrogênio (H+) e íons nitrato (NO3–). 
Desse modo, uma solução com concentração de HNO3 igual 
a 0,25 mol.L–1 apresenta uma concentração de partículas 
dispersas igual a 0,5 mol.L–1.
Comparando-se os valores de concentração encontrados, pode-se 
concluir que propriedades coligativas serão mais intensas em 
Y, depois em Z e, por fim, em X.
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das 
alternativas.
A) Correta. A adição de um soluto não volátil a um sistema 
líquido, inicialmente puro, dificulta o seu congelamento, 
ou seja, o sistema apresentará menor temperatura de 
solidificação. Quanto maior a concentração de partículas 
dissolvidas desse soluto, menor é a temperatura de 
congelamento. A solução X é a que possui menor 
concentração de partículas dispersas. Assim, ela apresentará 
maior temperatura de solidificação.
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35Bernoulli Sistema de Ensino
B) Correta. Quanto maior a quantidade de partículas 
dissolvidas em um determinado volume de solução, maior 
a estabilidade do sistema e, portanto, maior a temperatura 
de ebulição da solução. A solução Y é a que apresenta a 
maior concentração de sais dissolvidos, dessa forma, é a 
que apresenta a maior temperatura de ebulição.
C) Incorreta. A concentração de partículas dispersas na 
solução Y é maior que a da solução Z, que é maior que 
a da solução X. Assim, o efeito tonoscópico será mais 
pronunciado na solução Y, a qual apresentará a menor 
pressão de vapor entre as três soluções. Por outro lado, 
a solução X é a que possui menor concentração de partículas 
dispersas, por isso apresentará a maior pressão de vapor. 
A ordem crescente de pressão de vapor é:
 Y < Z < X
D) Correta. A adição de soluto não volátil em um determinado 
líquido puro promove um aumento da estabilidade do 
sistema. Portanto, as temperaturas de ebulição das soluções 
serão maiores que a temperatura de ebulição do líquido puro.
Questão 32 – Letra A
Comentário: A variação da temperatura de ebulição provocada 
pela dissolução do soluto não volátil independe da natureza 
química do soluto, dependendo, apenas, da quantidade de 
partículas dissolvidas. Assim, para a mesma concentração, 
o efeito coligativo provocado nas soluções contendo solutos 
iônicos é maior do que em soluções de solutos moleculares.
Questão 33 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. A adição de um soluto não volátil a um 
sistema líquido, inicialmente puro, promove o aumento 
da estabilidade do sistema em função do aumento da 
entropia. Dessa forma, é necessário retirar mais energia 
térmica para promover o congelamento, ou seja, a solução 
formada apresentará menor temperatura de solidificação 
que o líquido puro. 
B) Incorreta. As propriedades coligativas dependem da 
quantidade de partículas do soluto dispersas no solvente após 
a sua dissolução, independentemente da natureza do soluto, 
que pode ser molecular ou iônico e não deve ser volátil.
C) Correta. O glutamato monossódico (C5H8NO4Na) é um 
composto iônico dissociável, e o açúcar (C12H22O11) é 
um composto molecularnão ionizável e não dissociável. 
A dissociação do glutamato monossódico está representada 
a seguir:
C5H8NO4Na(s) C5H8NO4–(aq) + Na+(aq)
 1 mol 1 mol 1 mol
 A quantidade de partículas geradas em uma solução 
de glutamato monossódico será duas vezes maior 
que a quantidade de partículas geradas em uma 
solução de açúcar de mesma concentração e volume. 
H2O
Quanto maior a quantidade de partículas dissolvidas em 
um determinado volume de solução, maior a estabilidade 
do sistema e, portanto, maior a temperatura de ebulição 
da solução. Logo, a solução de glutamato monossódico tem 
maior temperatura de ebulição que a solução de açúcar.
D) Incorreta. A adição de um soluto não volátil a um líquido 
inicialmente puro promove o abaixamento da pressão máxima 
de vapor (P.M.V.). Assim, a água pura apresenta maior pressão 
de vapor que a solução aquosa de glutamato monossódico.
Questão 34 – Letra D
Comentário: As propriedades coligativas, como a crioscopia, 
dependem, exclusivamente, da concentração de partículas 
em uma solução e independem da natureza dessas partículas. 
Assim, para analisar os efeitos dessas propriedades nas 
soluções indicadas, é preciso, primeiramente, calcular a 
concentração de partículas em cada uma delas. Portanto:
Para a solução 1, a dissolução de um mol de sacarose 
(C12H22O11) gera um mol de partículas dispersas, pois esse 
soluto não é dissociável e não é ionizável. Logo, uma solução 
com concentração de C12H22O11 igual a 0,1 mol.L–1 apresenta 
uma concentração de partículas dispersas igual a 0,1 mol.L–1; 
Para a solução 2, a dissolução de um mol de iodeto de cálcio 
(CaI2) gera três mol de partículas dispersas, pois ele é um 
soluto dissociável que libera, em solução, íons cálcio (Ca2+) 
e íons iodeto (I–). 
CaI2(s) Ca2+(aq) + 2I–(aq)
1 mol 1 mol 2 mol
Assim, uma solução com concentração de CaI2 igual a 
0,1 mol.L–1 apresenta uma concentração de partículas dispersas 
igual a 0,3 mol.L–1; 
Na solução de iodeto de cálcio (solução 2), a concentração 
de partículas dispersas é três vezes superior à da solução 
de sacarose (solução 1). O abaixamento crioscópico (ΔTc) é 
diretamente proporcional à concentração em mol.L–1 da solução, 
assim, a solução 2 apresentará uma variação de temperatura 
de ebulição 3 vezes maior que a apresentada pela solução 1.
Questão 35
Comentário: 
A) Para que seja preparada uma sopa com a quantidade 
mínima de KCl para se obter sabor salgado, sem as 
componentes do amargo e do doce, é necessário que a 
concentração desse sal seja 0,035 mol.L–1. Esse valor se 
justifica a partir da análise do gráfico, no qual observa-se 
que, em concentrações menores que 0,035 mol.L–1, 
há componentes dos sabores doce e amargo. O volume 
de sopa preparado é igual a 1,5 L, assim, a quantidade de 
matéria KCl que deverá ser adicionada pode ser calculada 
da seguinte forma:
 0,035 mol de KCl  1,0 L
 x  1,5 L
 x = 0,0525 mol de KCl
H2O
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36 Coleção EM2
	 A	massa	molar	do	KC	é igual a 74,5 g.mol–1. Assim:
n m
M
=
0 0525
74 5 1
,
, .
mol m
gmol
= − 
M = 3,91 g
m(KC)= 3,91 g
B) Dissolvendo-se o sal, ocorre a liberação de dois mol de 
íons	por	mol	de	KC.	Como	a	concentração	de	KC é igual 
a	0,035	mol.L–1, a concentração de partículas na solução é 
igual	a	0,070	mol.L–1. Assim, temos:
 π = c.R.T
 π		=	0,070	mol.L–1	.	0,082	L.atm.K–1.mol–1	.	330	K
 π = 1,894 atm
Questão 36 – Letra D
Comentário: Pode-se calcular a pressão mínima que deve ser 
aplicada para que ocorra a osmose reversa da água utilizando 
a equação de Van’t Hoff:
π.V = n.R.T
π = n
v
.R.T
Como n
v
 = C, temos:
π = c.R.T
Dissolvendo-se o sal, ocorre a liberação de dois mol de íons 
por mol de NaC. Como a concentração de NaC é igual a 
0,6	mol.L–1, a concentração de partículas na solução é igual a 
1,2	 mol.L–1.	 A	 temperatura	 em	 Kelvin	 correspondente	 à	
temperatura	27	°C	é	igual	a	300	K.	Assim,	temos:
π		=	1,2	mol.L–1	.	0,082	L.atm.K–1.mol–1	.	300	K
π = 29,52 atm
Questão 37 – Letra E
Comentário: A solução é preparada adicionando-se 18 g de 
glicose e 11,7 g de cloreto de sódio em água suficiente para 
preparar	1	L	de	solução. Assim, as concentrações desses solutos 
são	iguais	a	18	g.L–1	e	11,7	g.L–1, respectivamente. 
A concentração molar do sal dessa solução pode calculada da 
seguinte forma:
M(NaC) = 58,5 g.mol–1
1 mol de NaC	 58,5 g
 x  11,7 g
 x = 0,2 mol
Logo,	[NaC]	=	0,2	mol.L–1
Dissolvendo-se o sal, ocorre a liberação de dois mol de íons 
por mol de NaC. Assim, a concentração de partículas dispersas 
em	solução	será	igual	a	0,4	mol.L–1. 
A glicose é um soluto não dissociável e não ionizável. Portanto, 
a solução com concentração de glicose igual	a	18	g.L–1 apresenta 
uma	concentração	de	partículas	dispersas	também	igual	a	18	g.L–1. 
A concentração molar da glicose nessa solução pode calculada 
da seguinte forma:
M(C6H12O6) = 180 g.mol–1
1 mol de C6H12O6		 180 g
 y  18 g
 y = 0,1 mol
Logo,	[C6H12O6]	=	0,1	mol.L–1.
Assim, a concentração de partículas na solução é igual a 
0,5	mol.L–1	 e	 a	 temperatura	 em	 Kelvin	 correspondente	 à	
temperatura	26	°C	é	igual	a	299	K.	Pode-se	calcular	a	pressão	
osmótica dessa solução utilizando a equação de Van’t Hoff:
π.V = n.R.T
π = n
v
.R.T
Como n
v
 = C, temos:
π = c.R.T
π	=	0,5	mol.L–1		.	0,082	L.atm.K–1.mol–1	.	299	K
π = 12,25 atm
Questão 38
Comentário: O número de oxidação do cloro é –1, e o número 
de oxidação dos elementos da família dos metais alcalinoterrosos 
(2A) é +2. Assim, um cloreto de metal alcalinoterroso tem 
fórmula genérica MC2, um composto iônico dissociável. 
A glicose, por sua vez, é um soluto não dissociável e 
não ionizável. Quando duas soluções são isotônicas, elas 
apresentam a mesma pressão osmótica:
πglicose = πMC2
nglicose.R.T.iglicose = nMC2.R.T.iMgC2
Como o valor da temperatura e da constante universal dos 
gases perfeitos são valores iguais, temos:
nglicose.R.T.iglicose = nMC2.R.T.iMgC2
nglicose.i glicose= nMC2.iMgC2
Sabendo que o i da glicose é 1, pois não forma íons em sua dissolução, 
e	 considerando	 soluções	 de	 volumes	 iguais	 a	 1,0	 L,	 pode-se	 
calcular o fator de Van’t Hoff (i) do cloreto da seguinte forma:
nglicose . i = nMC2 . i
0,28 mol . 1 = 0,1 . i
i = 2,8
O fator de Van’t Hoff pode ser calculado a partir da seguinte 
expressão:
i = 1 + α(x + y – 1)
em que α é grau numérico de ionização ou dissociação, 
x é o número de cátions originados em uma ionização 
ou dissociação e y é o número de ânions originados em 
uma ionização ou dissociação. A dissociação do MC2 está 
representada a seguir:
MC2 → M2+ + 2C–
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Manual do Professor
37Bernoulli Sistema de Ensino
Logo, x é igual a 1 e y é igual a 2. Assim, temos:
2,8 = 1 + α(1 + 2 – 1)
2,8 = 1 + α(2)
2,8 – 1 = + α(2)
1,8
2
 = α
α = 0,9
Dessa forma, o grau de ionização aparente do sal é 90%.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 8
Comentário: Para que as moléculas de água presentes 
na solução de cloreto de sódio atravessem a membrana 
semipermeável, é necessário exercer uma pressão mecânica 
sobre a solução, cuja resultante deve ser maior que sua pressão 
osmótica e no sentido contrário da osmose.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 25
Comentário: A osmose é um processo espontâneo de difusão 
de solvente entre dois sistemas que possuem diferentes 
concentrações de soluto, através de uma membrana 
semipermeável. O fluxo de solvente ocorre do meio menos 
concentrado (meio hipotônico) para o meio mais concentrado 
(meio hipertônico), de forma a tentar atingir o equilíbrio das 
concentrações. Conforme o enunciado, uma célula humana tem 
uma pressão osmótica igual à de uma solução de NaC 0,15 mol.L–1. 
Isso significa que, ao mergulhar uma célula humana em uma 
solução de NaC 0,15 mol.L–1,não haverá fluxo de solvente 
entre os dois meios. Quando uma célula humana é mergulhada 
em uma solução de NaC 0,20 mol.L–1, tem-se uma situação 
de desequilíbrio osmótico, em que a célula humana é o meio 
hipotônico e a solução de NaC é o meio hipertônico. Logo, 
o fluxo de solvente ocorrerá da célula para a solução.
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 25
Comentário: A destruição do microambiente presente no 
tronco de árvores pintadas com cal ocorre por meio do processo 
de osmose. Isso acontece devido ao fato de a cal ser um óxido 
básico, que, ao reagir com a água, forma o hidróxido de cálcio, 
conforme a reação representada a seguir:
CaO + H2O → Ca(OH)2
Nesse processo, a cal depositada sobre o tronco retira a água 
desse microambiente, tornando-o um meio desfavorável para 
o desenvolvimento de micro-organismos.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 25
Comentário: Um líquido entra em ebulição quando sua pressão 
de vapor se iguala à pressão à qual ele está submetido. Quanto 
menor for a pressão exercida sobre a superfície do líquido, mais 
fácil será a sua evaporação e menor será sua temperatura de 
ebulição. A água aspirada pela seringa está próxima da sua 
temperatura de ebulição ao nível do mar (100 °C). Quando o 
garoto, mantendo tampada a extremidade da seringa, ergue o 
êmbolo, ele diminui a pressão no interior da seringa. A pressão 
de vapor do líquido torna-se, então, maior que a pressão no 
interior da seringa, promovendo sua ebulição.
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 5
Habilidade: 18
Comentário: Quando um sistema contém um líquido puro 
que está em um processo de ebulição, a temperatura desse 
sistema se manterá constante enquanto essa mudança estiver 
acontecendo. Assim, fornecendo-se calor suficiente para manter 
essa fervura, a temperatura do sistema não variará, e, no caso 
da panela de pressão, o tempo de cozimento será o mesmo.
Questão 06 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 5
Habilidade: 18
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. Na panela de pressão, a ebulição ocorre quando 
a pressão de vapor da água se iguala a uma pressão interna 
sobre a superfície do líquido, que é maior que a pressão 
atmosférica. Isso acontece porque, além da pressão 
atmosférica, deve-se considerar a pressão do vapor gerado 
pelo aquecimento. 
B) Correta. Como a pressão de vapor a ser atingida para a 
ebulição é maior do que a pressão ambiente, a temperatura 
que a água deve atingir também é maior do que a temperatura 
de ebulição da água no local e, assim, o cozimento é 
cineticamente favorecido, tornando-se mais rápido.
C) Incorreta. O calor transferido para a panela de pressão é o 
mesmo que o transferido para uma panela convencional.
D) Incorreta. O vapor liberado pela válvula apenas indica que 
a pressão dentro da panela atingiu seu limite de segurança. 
Portanto, a quantidade desse vapor liberado não interfere 
nem na pressão interna, que se manterá constante e igual 
ao limite, nem na temperatura, que também será constante 
e igual a um valor correlacionado à pressão interna.
E) Incorreta. A espessura da parede não interfere no tempo 
do cozimento, pois não influencia nem na temperatura nem 
na pressão do interior da panela.
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38 Coleção EM2
Questão 07 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 5
Habilidade: 18
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. Os processos utilizados para dessalinizar a água do 
mar, a osmose reversa ou a destilação simples, por exemplo, 
têm um custo muito alto e tornam inviável, financeiramente, 
sua utilização em larga escala.
B) Incorreta. A osmose reversa é um processo que garante 
um alto grau de pureza para a água obtida, tanto que ela é 
considerada potável.
C) Incorreta. A quantidade de água do mar a ser utilizada 
para obtenção de água potável é irrisória, se comparada ao 
volume total de água do mar.
D) Incorreta. Todas as substâncias encontradas na água do 
mar podem ser removidas por meio de vários processos de 
separação, tais como: osmose reversa, destilação, extração 
ou até filtração dos componentes não solúveis.
E) Incorreta. A água do mar é uma solução relativamente pouco 
concentrada, de forma que as propriedades coligativas não 
são muito acentuadas. Assim, a temperatura de ebulição 
da água salgada não será muito maior do que a da água 
pura. Além disso, uma temperatura de cerca de 100 °C não 
é considerada alta, pois existem outros compostos químicos 
cujas temperaturas de ebulição superam 4 000 °C.
Questão 08 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 25
Comentário: Analisando-se os dados da primeira tabela, 
percebe-se que, em altitudes mais elevadas, a pressão 
atmosférica, à qual a pressão de vapor da água deve se igualar, 
é menor do que ao nível do mar. Dessa forma, a água entra em 
ebulição ao atingir uma pressão de vapor menor, correspondente 
a uma temperatura menor, quando está em altitudes mais 
elevadas. Assim, as seguintes relações são verdadeiras:
patm(Natal) > patm(Campos do Jordão) > patm(Pico da Neblina)
T.E.(Natal) > T.E.(Campos do Jordão) > T.E.(Pico da Neblina)
CAPÍTULO – B3
Introdução à Cinética Química
Exercícios de aprendizagem
Questão 01 – Letra A
Comentário: A velocidade média de uma reação química 
é dada por:
= ∆
∆
v quantidade de matéria de reagente
tempo
Segundo os dados do gráfico, temos que:
v mol
s
mol s= −
−
= − −
( )
( )
.2 6
4 0
1 1
Observação: O sinal negativo para a velocidade indica que ela 
se refere ao consumo do reagente, pois, como a quantidade de 
matéria deste diminui com o tempo, a variação da quantidade 
de matéria do reagente será sempre negativa.
Questão 02 – Letra B
Comentário: A variação da concentração de um reagente ou 
produto de uma reação é dada pelo produto entre a velocidade 
média, vm, e a variação de tempo, Δt. Nessa reação temos que 
a velocidade média de formação de O3(g) é constante e igual a 
0,05 mol.L-1.s-1. A variação de tempo considerada na questão 
é de 1 minuto. Logo, a concentração em mols de O3(g) é calculada 
da seguinte forma:
v
O
tm
=
| [ ]|∆
∆
3
|Δ[O3]|= (0,05 mol.L–1.s–1).(60 s) = 3 mol.L–1
A partir da concentração de ozônio calculada, sua massa 
é obtida pelo cálculo da quantidade de matéria:
 1 mol de O3(g)  48 g
 3 mols  x
x = 144 g de O3(g)
Logo, a massa de ozônio consumida no processo é igual a 144 g.
Questão 03 – Letra B
Comentário: A velocidade de decomposição de um reagente 
pode ser expressa pela razão entre a variação da quantidade 
desse reagente e o intervalo de tempo em que essa variação 
ocorre. Para o reagente A, temos:
=
∆
∆
v (A)
quantidadedeA
tdecomposição
Analisando a imagem, observa-se que, no intervalo de tempo 
de 20 a 40 segundos, a quantidade do reagente A diminiu de 
0,54 mol para 0,30 mol. Logo:
=
−
−
v (A)
0,30mol 0,54mol
40s 20sdecomposição
vdecomposição(A) = –0,012 mol.s–1
Questão 04 – Letra D
Comentário: A velocidade média de uma reação química é 
dada por:
= ∆
∆
v quantidadedematéria
tempo
Segundo os dados do gráfico, a maior taxa de produção de 
hormônio é verificada no trecho III (22h a 02h), uma vez que 
a variação da concentração é maior quando comparada aos 
demais trechos. Assim, temos que:
v molmL
h
v molmL h
= −
=
− − −
− − −
( , . , . ) .
, . . .
3 1 10 1 1 10
4
5 0 10
9 9 1
10 1 1
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Manual do Professor
39Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 05 – Soma = 84
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas:
01. Falsa. A velocidade média de consumo de H2O2 pode ser obtida 
dividindo-se a variação da concentração desse reagente pelo 
intervalo de tempo. Já a velocidade média da reação pode 
ser encontrada dividindo-se a velocidade média de consumoda água oxigenada pelo seu coeficiente estequiométrico: 
•	 Intervalo	I
=
∆
∆
=
−
−
=
= = =
− −
− −
v (H O )
| [H O ]|
t
|0,5 0,8|
10 0
0,03mol.L .min
v
v [H O ]
2
0,03
2
0,015mol.L .min
decomposição 2 2
2 2 1 1
doprocesso
consumo 2 2 1 1
•	 Intervalo	II
=
∆
∆
= =
= = =
− −
− −
v (H O )
| [H O ]|
t
|0,3– 0,5|
20–10
0,02mol.L .s
v
v [H O ]
2
0,02
2
0,010mol.L .min
decomposição 2 2
2 2 1 1
médiadoprocesso
consumo 2 2 1 1
•	 Intervalo	III
=
∆
∆
=
−
−
=
= = =
− −
− −
v (H O )
| [H O ]|
t
|0,2 0,3|
30 20
0,01mol.L .min
v
v [H O ]
2
0,01
2
0,005mol.L .min
decomposição 2 2
2 2 1 1
médiadoprocesso
consumo 2 2 1 1
	 Logo,	a	velocidade	média	da	reação	no	intervalo	II	é	maior	
que	no	intervalo	III.
02. Falsa. Vide comentário na alternativa 01.
04. Verdadeira. Vide comentário na alternativa 01.
08. Falsa. A velocidade média da decomposição de H2O2 pode ser 
obtida através da variação de quantidade de matéria de água 
oxigenada dividida pelo intervalo de tempo de 30 minutos:
v H O
H O
t
mol Lconsumo( )
| [ ]| | , , | , . .min2 2
2 2 1 10 2 0 8
30 0
0 02= = −
−
= − −
∆
∆
 Logo, a vm de H2O2 é igual a 0,02 mol.L-1.min-1.
16. Verdadeira. A análise do primeiro gráfico nos permite 
verificar que, quando são consumidos 0,5 mol de água 
oxigenada, o tempo será de 20 minutos. O segundo gráfico 
permite constatar que para o tempo de 20 minutos, serão 
formados 0,25 mol de O2.
32. Falsa. A velocidade média de formação de O2 pode ser 
calculada através da variação da quantidade de matéria 
de oxigênio dividida pela variação de tempo:
=
∆
∆
=
−
−
= − −v (O )
|[ O ]|
t
0,3 0,0
30 0
0,01mol.L .s
decomposição 2
2 1 1
 Logo, a velocidade média de formação de O2 é igual a 
0,01 mol.L-1.s-1.
64. Verdadeira. As velocidades médias de consumo e de 
formação no intervalo de 0 a 10 minutos são calculadas 
de forma semelhante à realizada para a água oxigenada 
na afirmativa 01:
=
∆
∆
=
−
−
=
= = =
=
∆
∆
=
−
−
=
= = =
− −
− −
− −
− −
v (O )
|[ O ]|
t
|0,15 0,0|
10 0
0,015mol.L .min
v
v [O ]
1
0,015
1
0,015mol.L .min
v (H O)
|[ H O]|
t
|0,3 0,0|
10 0
0,03mol.L .min
v
v [H O]
2
0,03
2
0,015mol.L .min
formação 2
2 1 1
médiadoprocesso
formação 2 1 1
formação 2
2 1 1
médiadoprocesso
formação 2 1 1
 
v
v H O v H O v O
mol Lm
m m m= = = = − −
( ) ( ) ( )
, . .min2 2 2 2 1 1
2 2 1
0 015
Questão 06 – Letra B
Comentário: A velocidade média de consumo pode ser 
calculada dividindo-se a quantidade de matéria consumida 
pelo intervalo de tempo:
=v (N )
0,20 mol
5 minc 2
vc(N2) = 0,04 mol.min–1
Pela estequiometria da reação, 1 mol de N2(g) reage com 3 mol 
de H2(g), formando 2 mol de NH3(g)
N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)
A quantidade de H2(g) que reage com 0,20 mol de N2(g) é igual a:
1 mol de N2  3 mol de H2
0,20 mol de N2  x
x = 0,60 mol de H2
Logo, a velocidade média de consumo de H2 é igual a:
= = −v (H )
0,60 mol
5 min
0,12 mol.min
c 2
1
Questão 07
Comentário:
A) Se a concentração de A se reduz à metade a cada 
30 minutos, temos:
 1,00 mol.L–1 30 min 0,50 mol.L–1 30 min
 0,25 mol.L–1 30 min 0,125 mol.L–1
 Logo, após 90 minutos, a concentração de A atingirá o valor 
de 0,125 mol.L–1.
B) A velocidade de uma reação depende diretamente da 
concentração das substâncias reagentes. Na reação em 
questão, a variação da concentração do reagente diminui pela 
metade em um intervalo de tempo de 30 minutos. Assim, ao 
calcularmos a velocidade média de consumo do reagente A 
em intervalos de tempo de 30 minutos, iremos perceber que 
a velocidade de consumo de A diminui com o passar do tempo.
	 1º	Intervalo	de	30	minutos:
 vm = ∆[A]/∆tempo
 vm = [0,5 mol.L–1]/30 min
 vm ≅ 0,016 mol.L–1.min–1
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40 Coleção EM2
	 2º	Intervalo	de	30	minutos:
 vm = ∆[A]/∆tempo
 vm = [0,25 mol.L–1]/30 min
 vm ≅ 8,33 . 10–3 mol.L–1.min–1
	 3º	Intervalo	de	30	minutos:
 vm = ∆[A]/∆tempo
 vm = [0,125 mol.L–1]/30 min
 vm ≅ 4,17 . 10–3 mol.L–1.min–1
Questão 08 – Letra B
Comentário:	No	 intervalo	de	tempo	de	0	a	20	μs,	há	uma	
variação na quantidade de matéria de N2O4 que pode ser 
calculada da seguinte maneira:
∆[N2O4] = [N2O4]f – [N2O4]i = 0,050 – 0,033 = 0,017 mol
Pela estequiometria da reação, temos que 1 mol de N2O4(g) 
forma 2 mol de NO2(g):
x = [NO2] = 2 [N2O4] = 0,034 mols
Nesse mesmo intervalo de tempo, a velocidade média de 
consumo de N2O4 é dada pelo cálculo a seguir:
v N O
N O
t
mol Lconsumo( )
| [ ]| | , , | , . .2 4
2 4 40 033 0 050
20 0
8 5 10= = −
−
= −
∆
∆
−− −1 1.min
No tempo de 40 μs, de acordo com a estequiometria da reação, a 
variação em mols de N2O4 é igual à metade da concentração de N2O 
y N O
N O
mol L s= = = = − −[ ]
[ ] , , .2 4
2 1 1
2
0 050
2
0 025 µ
Logo, x = 0,034 mols; y = 0,025 mol .L–1.μs –1; 
vconsumo (N2O4) = 8,5 . 10–4 mol.L–1.min–1.
Questão 09 
Comentário: 
A) A velocidade de uma reação depende da concentração dos 
reagentes sendo que quanto maior for a concentração das 
substâncias reagentes, maior será a velocidade média da 
reação.	Logo,	o	trecho	I	que	apresenta	maior	concentração	
de reagentes é o que apresenta a maior velocidade média.
B)	 No	trecho	IV,	a	concentração	dos	reagentes	foi	reduzida	
até alcançar um limite mínimo. Nesse trecho, a velocidade 
média da reação é mínima.
Questão 10 – F V F F
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das proposições.
1ª proposição: Falsa. À medida que a reação ocorre, observa-se 
uma diminuição da inclinação da reta tangente à curva que 
descreve o consumo do reagente, representando, assim, 
diminuição da velocidade da reação.
2ª proposição: Verdadeira.
vm = ∆[corante]/∆tempo
vm = (3,25 – 1)mol.L–1/3 min
vm = 0,75 mol.L–1.min–1
3ª proposição: Falsa. A metade da concentração inicial 
do corante, de acordo com o gráfico, é 1,625 mol.L–1. 
Em 4 minutos, a concentração do corante é 0,75 mol. L–1, 
valor diferente da metade da concentração inicial.
4ª proposição: Falsa. Como a concentração do alvejante é 
muito maior do que a concentração do corante, este será 
consumido totalmente com o passar do tempo. Quanto 
maior for o tempo de reação, mais próxima de zero será 
a concentração do corante. Sendo assim, após 24 horas, 
a concentração do corante será muito próxima de 0,00 mol.L–1, 
portanto, a solução não permanecerá azul.
Questão 11 
Comentário: A reação que apresentará a maior velocidade será 
aquela que possui a maior variação de volume de O2 dividido 
pelo intervalo de tempo de 2 horas:
Reação	I:	Volume	de	O2 = 
| | ,∆
∆
V
t
=
−
−
=
2 0
2 0
1 0
Reação	II:	Volume	de	O2 = 
| | ,∆
∆
V
t
=
−
−
=
2 5
2 0
1 5
Logo, a variação de volume de O2	é	maior	na	reação	II,	a	que	
apresenta a maior velocidade de reação.
Questão 12 – Letra E
Comentário: Durante uma reação química, os reagentes são 
consumidos para formação dos produtos. Assim, a concentração 
dos reagentes diminuirá, enquanto a concentração dos produtos 
aumentará no decorrer da reação. No gráfico, Z é o reagente 
e X e Y são os produtos, de forma que a reação pode ser 
representada pela seguinte equação: 
Z → X + Y
Questão 13 – Letra B
Comentário: A velocidade instantânea de uma reação pode ser 
graficamente interpretada como a inclinação da reta tangente à 
curva do gráfico de concentração (ou quantidade de matéria ou 
volume) por tempo em um instante t. Assim, quanto menor for 
o ângulo de inclinação, menor será a velocidade instantânea.
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das 
afirmativas.
A)	 Incorreta.	 Como	 as	 inclinações	 das	 retas	 tangentes	 ao	
gráfico diminuem ao longo do tempo, a velocidade também 
diminui durante o processo de decomposição.
B) Correta. No fim da decomposição, as inclinações das 
retas tangentes à curva tendem a zero, logo, a velocidade 
também tende a zero.
C)	 Incorreta.	Conforme	a	explicação	exposta	na	alternativa	A,	 
a velocidade não se mantém constante ao longo do processo 
de decomposição.
D)	 Incorreta.	 Como	 a	 inclinação	 da	 reta	 tangenteà	 curva	
é diferente de zero no início do processo, a velocidade 
também é diferente de zero.
Questão 14 
Comentário: 
A) Com base na equação que representa a reação química, 
podemos expressar a lei de velocidade da seguinte maneira:
 v = k.[A]a.[B]b.[C]c
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Manual do Professor
41Bernoulli Sistema de Ensino
 A análise dos dados dos experimentos 2 e 1 revela que ao dobramos a concentração do reagente A, mantendo-se constante 
as concentrações dos reagentes B e C, a velocidade da reação dobra. Já a análise dos dados dos experimentos 3 e 2 revela 
que ao dobramos a concentração do reagente B, mantendo-se constante as concentrações dos reagentes A e C, a velocidade 
da reação não sofre qualquer alteração. Por último, a análise dos dados dos experimentos 4 e 3 revela que ao dobramos a 
concentração do reagente C, mantendo-se constante as concentrações dos reagentes A e B, a velocidade da reação dobra.
 v = k.[A]1.[B]1.[C]2
 A constante k é obtida substituindo-se os dados tabelados na equação da velocidade de reação:
8,0 . 10-4 mol.L-1.s-1 = k . [0,10 mol.L-1]1 . [0,10 mol.L-1]1 . [0,10 mol.L-1]2
 k = 8 mol-1.L.s-1
 Logo, a lei de velocidade da reação é dada por:
v = 8.[A]1.[B]1.[C]2
B) Substituindo-se os valores das concentrações dos reagentes na equação temos:
v = 8 mol-1.L.s-1 . [0,20 mol.L-1]1 . [0,20 mol.L-1]1 . [0,20 mol.L-1]2
 Logo, o valor da velocidade da reação será:
 v = 1,28 . 10–2 mol.L–1.s–1
Questão 15 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das afirmativas.
I.	 Falsa.	Para	diferentes	temperaturas,	a	constante	de	proporcionalidade	k	apresenta	valores	diferentes.	Logo,	a	constante	não	
terá o mesmo valor para o experimento 1 do que os demais experimentos.
II.	 Verdadeira.	Analisando	os	dados	dos	experimentos	3	e	2,	percebe-se	que	ao	dobrarmos	a	concentração	do	reagente	A,	mantendo-se 
constante a concentração do reagente B, a velocidade da reação dobra. A análise dos dados dos experimentos 4 e 2 revela que ao 
dobrarmos a concentração do reagente B, mantendo-se constante a concentração do reagente A, a velocidade da reação também 
dobra. Logo, a reação é de primeira ordem em relação aos reagentes A e B, e sua lei de velocidade cinética é dada por:
v = k.[A].[B]
III.	Verdadeira.	A	ordem	de	uma	reação	é	a	soma	dos	expoentes	das	concentrações	dos	reagentes	que	compõem	a	lei	de	velocidade	da	
reação encontrada por meio da Lei de Ação de Massas, para cada reagente. Como a reação é de ordem 1 para os reagentes A e B, 
a ordem de reação global é igual a 2.
IV.	 Falsa.	A	análise	dos	dados	do	gráfico	permite	concluir	que	a	reação	é	de	primeira	ordem	para	os	reagentes	A	e	B.
Questão 16 – Letra A
Comentário: Os gráficos de velocidade em função da concentração de água oxigenada e de iodeto mostram a existência 
de uma relação de dependência linear, e, portanto, os expoentes das concentrações dessas espécies são iguais a 1. 
Já em relação ao íon hidrônio, a velocidade se mantém constante, apesar do aumento da concentração desse íon e, assim, 
o expoente de sua concentração é igual a zero. Dessa forma, a lei de velocidade instantânea da reação é igual a:
v = k . [H2O2]	.	[I–]
Questão 17 
Comentário: 
A) A velocidade da reação pode ser calculada de acordo com a equação fornecida no comando: 
	 Experimento	I:	
v mol L
s
mol L s= =
− −
− − −6 6 10
132
5 0 10
3 1
5 1 1, . . , . . .
	 Experimento	II:
v mol L
s
mol L s= =
− −
− − −6 6 10
66
1 0 10
3 1
4 1 1, . . , . . .
	 Experimento	III:
v mol L
s
mol L s= =
− −
− − −6 6 10
66
1 0 10
3 1
4 1 1, . . , . . .
	 Experimento	IV:	
v mol L
s
mol L s= =
− −
− − −3 3 10
66
5 0 10
3 1
5 1 1, . . , . . .
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42 Coleção EM2
	 Logo,	a	tabela	completada	ficará	da	seguinte	forma:
Experimento Concentração inicial de acetona (mol.L-1)
Concentração inicial 
de H+ (mol.L-1)
Concentração inicial 
de Br2 (mol.L-1)
Tempo 
decorrido até o 
desaparecimento da 
cor (s)
Velocidade 
da reação 
(mol.L-1.s-1)
1 0,8 0,2 6,6 . 10-3 132 5,0 . 10-5 
2 1,6 0,2 6,6 . 10-3 66 1,0 . 10-4 
3 0,8 0,4 6,6 . 10-3 66 1,0 . 10-4 
4 0,8 0,2 3,3 . 10-3 66 5,0 . 10-5
B) A análise dos dados da tabela revela que a velocidade da reação é a mesma para os experimentos 1 e 4. As concentrações de 
acetona e de H+ permanecem constantes, porém a concentração de Br2	varia.	Logo,	a	velocidade	da	reação	é	independente	
da concentração de bromo na mistura.
Questão 18 – Letra A
Comentário: Em reações que ocorrem em mais de uma etapa, a lei da velocidade é expressa pela concentração dos reagentes 
que	participam	da	etapa	determinante	da	velocidade	da	reação,	que	é	a	etapa	lenta.	Logo,	a	lei	de	velocidade	da	reação	em	
questão é representada da seguinte maneira:
v = k.[NO2]2
Questão 19 – Letra A
Comentário: Quando uma reação química se processa em etapas, a etapa mais lenta é a que determina a velocidade da 
reação. Assim, a expressão da velocidade de formação da hidrazina será obtida utilizando-se os coeficientes estequiométricos 
dos reagentes da etapa lenta:
NH2C(aq) + NH3(aq) → N2H5+(aq) + C–(aq)
Logo,	a	expressão	da	velocidade	será:
v = k . [NH2C] . [NH3]
Questão 20 – Letra E
Comentário:	Segundo	a	 Lei	 de	Ação	das	Massas,	 a	 velocidade	de	uma	 reação	é	diretamente	proporcional	 ao	produto	das	
concentrações dos reagentes, elevadas a expoentes determinados experimentalmente, a uma dada temperatura. Pelo enunciado, 
percebemos que o expoente da concentração da espécie A é 2, pois a velocidade dessa reação quadruplica com a duplicação 
de sua concentração. Já os expoentes das concentrações das espécies B e C são iguais a zero, pois a velocidade da reação não 
depende de suas concentrações. Assim, a lei de velocidade é dada por v = k . [A]2, e a ordem da reação é igual a 2.
Questão 21 
Comentário: 
A) A reação de combustão do dissulfeto de carbono pode ser representada pela seguinte equação química:
 CS2(g) + 3O2(g) → CO2(g) + 2SO2(g)
B) A análise dos dados da tabela revela que ao dobramos a concentração de CS2, mantendo-se constante a concentração O2, 
a velocidade da reação não se altera. Entretanto, quando dobramos a concentração de O2, mantendo-se constante a concentração 
de CS2, a velocidade da reação quadruplica. 
	 Logo,	a	 reação	é	de	ordem	zero	em	relação	ao	 reagente	dissulfeto	de	carbono,	e	de	segunda	ordem	em	relação	ao	
reagente oxigênio.
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Q
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Manual do Professor
43Bernoulli Sistema de Ensino
C) A partir da ordem de reação obtida previamente para os 
reagentes, a lei de velocidade da reação é dada por:
v = k.[O2]2.[CS2]0
5,37 . 10–3 = k.[0,35]2.1
k =
−5 37 10
0 12
3, .
,
Logo,	a	constante	de	velocidade	é	igual	a:
k = 4,5 . 10–2	mol.L–1.s–1
Questão 22 – Letra D
Comentário: A velocidade de uma reação elementar é diretamente 
proporcional ao produto das concentrações dos reagentes 
elevadas aos respectivos coeficientes estequiométricos, a uma 
dada temperatura. A ordem parcial dessa reação, em relação 
a cada um dos reagentes, é igual aos coeficientes estequiométricos 
de cada reagente.
Logo,	para	a	reação	elementar	2A	+	B	→ PRODUTOS, a lei de 
velocidade é dada por:
v = k.[A]2.[B]1
Como a reação ocorre no estado gasoso, pode-se determinar a 
lei da velocidade dessa reação em termos das pressões parciais 
dos reagentes, pois
p.V = n.R.T
p nR T
V
=
. .
 
.
E como n
V
= [ ]
p = [ ].R.T
[ ]
.
=
p
R T 
,
substituindo-se os valores das concentrações na expressão da 
lei de velocidade, tem-se:
v k
p
RT
p
RT
A B=











. .
2 1
v K
p p
RT
A B= .
.
( )
2 1
3
A uma temperatura constante, k
RT( )3
 é constante, e, assim,
v = k.pA2.pB1
Logo,	para	a	equação	em	questão,
v1 = k.pA2.pB
Ao triplicar as pressões parciais de A e de B, tem-se:
v2 = k. (3pA)2. 3pB
v2 = k. 9pA2. 3pB
v2 = 27. k. pA2 . pB
Assim,
v2 = 27. v1
Portanto,
v
v
2
1
 = 27
Questão 23
Comentário:
A) O tempode meia-vida de um radioisótopo é o tempo 
necessário para que a sua quantidade ou a sua atividade se 
reduzam à metade. Pela análise do gráfico, percebe-se que 
a atividade desse radioisótopo cai de 80 kBq para 20 kBq 
em 320 dias. Assim, temos:
80 kBq 1P 40 kBq 2P 20 kBq
 Em que P representa o período de meia-vida do radioisótopo.
 t = 2P
 320 dias = 2P
 P = 160 dias
B) A OMS recomenda uma ingestão diária de 1 000 mg de 
cálcio. Cada comprimido contém 625 mg de CaCO3, então:
 M(CaCO3) = 100 g.mol–1
 M(Ca) = 40 g.mol–1
 100 g de CaCO3  40 g de Ca
 625 mg de CaCO3  x
 x = 250 mg de Ca
 1 comprimido  250 mg de Ca
 y  1 000 mg
 y = 4 comprimidos
Questão 24 – Letra D
Comentário: Ao observar o gráfico, o teor de 137Cs é reduzido 
para metade de seu valor inicial após 30 anos. Quando 87,5% 
do isótopo forem desintegrados, seu teor será igual a 12,5%. 
Essa projeção é descrita a seguir:
100
30
50
30
25
30
12 5% % % , %→ → →
anos anos anos
Logo,	o	tempo	de	meia-vida	do	isótopo	é	de	30	anos,	e	passarão	
90 anos para que 87,5% da amostra tenha sido desintegrada.
Exercícios propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: No intervalo de tempo entre 360 s e 540 s, 
a	 concentração	 do	 reagente	 varia	 de	 1,90	 mol.L–1 a 
1,72	mol.L–1. Assim, a velocidade média é dada por:
 
v
m
=
| ∆[N
2
O
5
] |
∆t
=
| (1,72 − 1,90) | mol.L−1
(540 − 360)s
v
m
=
0,18 mol.L−1
180 s
= 1,0 . 10–3 mol.L−1.s−1
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44 Coleção EM2
Questão 02 
Comentário: A velocidade média de consumo de N2O5 é obtida 
pela divisão da variação da quantidade de matéria de N2O5, 
pela variação de tempo no intervalo de 3 a 5 minutos. Logo, a 
velocidade média desse processo vale:
v
N O
t
molLm = =
−
−
= − −
| [ ]| | | , . .min
∆
∆
2 5 1 1180 300
5 3
0 010
Questão 03 – Letra E
Comentário: Analisando-se os coeficientes estequiomé-
tricos da reação, percebe-se que para cada mol de N2 
produzido, são formados também 4 mol de CO2. Dessa 
forma, se a velocidade média de formação do N2 é de 
0,05 mol.min–1, a do CO2 será de 0,2 mol.min–1. Logo, após 
uma hora, serão produzidos 0,2 mol.min–1 . 60 min = 12 mol 
de CO2, equivalentes a 528 g de CO2.
Questão 04 
Comentário: A partir da velocidade de consumo de butano 
na reação, podemos estabelecer que a quantidade de matéria 
desse reagente consumida em 30 minutos é igual a:
 1 minuto  0,05 mols de CH4
 30 minutos  x mols
x = 1,5 mol de CH4
A quantidade de matéria de CO2 produzida é proporcional ao 
quádruplo da quantidade de matéria de butano, e é igual a:
 1 mol de CH4  4 mols de CO2
 1,5 mol de CH4  y
y = 6 mols de CO2
Logo, a massa de CO2 produzida é encontrada da seguinte 
forma: 
 1 mol de CO2  44 g
6 mols de CO2  z
z = 264 g
Questão 05 – Letra B
Comentário: Em uma reação química elementar, a velocidade 
de produção ou consumo de uma substância é numericamente 
igual à velocidade da reação multiplicada por seu coeficiente 
estequiométrico. Por exemplo, um reagente com coeficiente 2 é 
consumido 2 vezes mais rápido que um reagente com coeficiente 1.
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das 
alternativas.
A) Incorreta. A e B são consumidos com velocidades diferentes, pois 
seus coeficientes estequiométricos são diferentes. A velocidade 
de consumo de B é 3/2 vezes maior do que a velocidade de 
consumo de A.
B) Correta. A e C possuem mesma velocidade, em módulo, 
de desaparecimento / aparecimento, pois seus coeficientes 
estequiométricos são iguais.
C) Incorreta. C e D são produzidos com velocidades diferentes, 
já que seus coeficientes estequiométricos são diferentes. 
A velocidade de formação de C é duas vezes maior do que 
a velocidade de formação de D.
D) Incorreta. A velocidade de aparecimento de D é um terço, 
e não o triplo, da velocidade de desaparecimento de B, 
pois seus coeficientes estequiométricos apresentam essa 
mesma relação.
E) Incorreta. A velocidade de desaparecimento de A é o dobro, 
e não a metade, da velocidade de aparecimento de D, pois 
seus coeficientes estequiométricos apresentam essa mesma 
relação.
Questão 06 – Letra C
Comentário: A velocidade média da reação é igual ao módulo 
da velocidade média de consumo dos reagentes ou ao módulo 
da velocidade média de formação dos produtos dividida pelos 
respectivos coeficientes estequiométricos. Logo, a velocidade 
média de consumo da água oxigenada é igual à velocidade de 
formação de oxigênio:
v
v [H O ]
2
v [O ]
1
v [H O ]
2
1.10
1
v [H O ] 2 .10
média
consumo 2 2 formação 2
consumo 2 2
4
consumo 2 2
4
= =
=
=
−
−
Questão 07 – Letra C
Comentário: A reação de formação da água a partir dos gases 
hidrogênio e oxigênio é representada por meio da seguinte 
equação:
H2(g) + 12 O2(g) → H2O(g)
Analisando-se os coeficientes estequiométricos da reação, 
percebe-se que para cada mol de H2O produzido são consumidos 
1 mol de H2 e 12 mol de O2. Dessa forma, se a reação de 
formação de água está ocorrendo com o consumo de 4 mol 
de oxigênio por minuto, a velocidade média de consumo de H2 
será o dobro, ou seja, 8 mol.min–1.
Questão 08
Comentário: O tempo necessário para que um airbag 
seja completamente inflado, atingindo um volume de 54 L, 
é de 1/20 segundos. O airbag é inflado com o gás nitrogênio (N2), 
único produto gasoso que é produzido na reação de 
decomposição da azida de sódio (NaN3). 
2NaN3(s) → 2Na(s) + 3N2(g)
•	 Resolução	utilizando	regra	de	três:
 Devem ser produzidos 54 L de N2 em um tempo de 1/20 segundos. 
Assim, a velocidade média de formação do N2 em litros por 
segundo pode ser calculada da seguinte forma:
54 L  1/20 s
x  1 s
x = 1 080 L
vf(N2(g)) = 1 080 L.s–1
 Na temperatura ambiente, o volume molar dos gases é 
igual a 27 L. Dessa forma, a quantidade de matéria de gás 
nitrogênio produzida em um segundo pode ser calculada 
utilizando a seguinte regra de três:
 27 L  1 mol
1 080 L  y
y = 40 mol
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Manual do Professor
45Bernoulli Sistema de Ensino
 Analisando-se os coeficientes estequiométricos da reação, 
percebe-se que para cada 2 mol de NaN3 decomposto são 
formados 2 mol de Na e 3 mol de N2. Dessa forma, se na 
reação de decomposição da azida de sódio está ocorrendo a 
formação de 40 mol de N2 por segundo, a velocidade média 
de consumo de NaN3 é calculada da seguinte forma:
2 mol de NaN3  3 mol de N2(g)
 z  40 mol de N2(g)
 z = 26,67 mol de NaN3
 vc(NaN3(s)) = 26,67 mol.s–1
•	 Resolução	utilizando	fórmula:
 O tempo necessário para que o air bag seja completamente 
inflado, atingindo um volume de 54 L, é de 1/20 segundos. 
Assim, a velocidade de formação do gás N2, responsável 
por inflar o air bag, é calculada utilizando a seguinte razão:
 vf(N2(g)) = 
∆
∆
V N
t
g( )( )2 = 54 L
1 / 20 s
 = 1 080 L.s–1
 Na temperatura ambiente, o volume molar dos gases é 
igual a 27 L. Dessa forma, a quantidade de matéria de gás 
nitrogênio produzida em um segundo pode ser calculada 
utilizando a seguinte equação:
n(N2(g)) = 
V(N )
Volume molar
2(g)
n(N2(g)) = 
1 080 L
27 L.mol–1
 = 40 mol
vf(N2(g)) = 40 mol.s–1
 Conforme descrito na resolução utilizando regra de três, 
para cada 2 mol de NaN3 decomposto, são formados 
2 mol de Na e 3 mol de N2. Dessa forma, se na reação de 
decomposição da azida de sódio está ocorrendo a formação 
de 40 mol de N2 por segundo, a velocidade média de consumo 
de NaN3 é 26,67 mol.s–1, conforme calculado anteriormente.
Questão 09 – Letra D
Comentário: A velocidade da combustão do butano é calculada 
por meio da variação da concentração desse reagente em 
um dado intervalo de tempo. Portanto, para obter a sua 
concentração, utilizamos a seguinte relação:
v
C H
t
=
| [ ]|∆
∆
4 10
|Δ[C4H10]| = 0,05 mol.min–1 . 60 min = 3 mol.L–1
Como a relação estequiométrica entre o butano e o gás carbônico 
é 1:4, representada na equação a seguir, temos:
C4H10 + 6,5O2 → 4CO2 + 5H2O
•	 Cálculo	da	quantidadede	matéria	de	CO2
 1 mol de C4H10  4 mol de CO2
3 mol de C4H10  x 
x = 12 mol de CO2
Com a quantidade de matéria de gás carbônico, podemos calcular 
a sua massa da seguinte forma:
 1 mol de CO2  44 g
12 mol de CO2  y
y = 528 g
Questão 10 – Letra A
Comentário: A reação de decomposição da água oxigenada é 
representada por meio da seguinte equação:
H2O2(ag) → H2O(l) + 
1
2O2(g)
•	 Resolução	utilizando	regra	de	três:
 Na reação de decomposição da água oxigenada, 
há a liberação de 1,6 g de oxigênio (O2) por segundo. 
A quantidade de matéria de oxigênio referente a essa massa 
pode ser calculada da seguinte forma:
 M(O) = 16 g.mol–1
1 mol de O2  32 g
 x  1,6 g
 x = 0,05 mol de O2
 A formação de oxigênio está ocorrendo com o consumo 
de 0,05 mol de oxigênio por segundo. Analisando-se 
os coeficientes estequiométricos da reação, percebe-se 
que para cada mol de H2O2 decomposto são produzidos 
1 mol de H2O e 
1
2 mol de O2. Então, a velocidade média 
de consumo de H2O2 será o dobro, ou seja, 0,10 mol.s–1. 
Um minuto tem 60 segundos, logo, a rapidez de decomposição 
da água oxigenada, em mol.min–1, será igual a:
 1 segundo  0,10 mol
60 segundos  y
y = 6 mol
 vc(H2O2(g)) = 6 mol.min–1
•	 Resolução	utilizando	fórmula:
 Na reação de decomposição da água oxigenada, 
há a liberação de 1,6 g de oxigênio (O2) por segundo. 
A quantidade de matéria de oxigênio referente a essa massa 
pode ser calculada utilizando a seguinte equação:
M(O) = 16 g.mol–1
n(O2) = 
m(O )
M(O )
2
2
 = 
1,6 g
32 g
n(O2) = 0,05 mol de O2
 A formação de oxigênio está ocorrendo com o consumo 
de 0,05 mol de oxigênio por segundo. Analisando-se 
os coeficientes estequiométricos da reação, percebe-se 
que para cada mol de H2O2 decomposto são produzidos 
1 mol de H2O e 
1
2 mol de O2. Então, a velocidade média 
de consumo de H2O2 será o dobro, ou seja, 0,10 mol.s–1. 
Um minuto tem 60 segundos, logo, a rapidez de 
decomposição da água oxigenada, em mol.min–1, pode ser 
calculada da seguinte forma:
 vc(H2O2(g)) = 
∆
∆
n H O
t
( )2 2 = 0 1
1
60
,
min
mol = 6 mol.min–1
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46 Coleção EM2
Questão 11 – Letra B
Comentário: Para estabelecer a quantidade de matéria de CO2 
que é formada no processo, inicialmente escrevemos a equação 
dessa reação química balanceada:
2CH4 + 13O2 → 8CO2 + 10H2O
Como o volume molar nas CNTP é igual a 22,71 L, a quantidade 
de matéria de butano consumida nessa reação é igual a:
 1 mol de butano  22,71 L
 x  113,55 L
x = 5 mols de butano
Como cada mol de butano forma 4 mols de CO2, se forem 
consumidos 5 mols de butano, serão formados 20 mols de 
dióxido de carbono.
Questão 12
Comentário: De acordo com a proporção estequiométrica 
da reação, a liberação de 720 L de CO2 por hora é resultado 
da reação entre 240 L de C3H8 e 1 200 L de O2, nesse mesmo 
intervalo de tempo. 
C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(g)
240 L 1 200 L 720 L 960 L
Considerando que 21% do volume do ar é constituído por O2, 
o volume de ar que comporta essa quantidade de O2 é: 
1 200 L (O2)  21% volume do ar
 x  100% volume do ar
x = 5,71 . 103 L
O volume de ar que comporta essa quantidade de O2 é 
consumido em uma hora. Assim, a velocidade média da reação 
em relação ao ar será:
vm = 5,71 . 103 L.h–1.
Questão 13 – Letra B
Comentário: A velocidade de uma reação, em um dado 
instante t, é determinada pelo módulo da inclinação da reta 
tangente à curva de variação da concentração de reagentes 
ou de produtos em função do tempo de reação. Logo, deve-se 
verificar o coeficiente angular da reta tangente à curva naquele 
tempo desejado. Na equação da reta r, tangente à curva no 
ponto P, o coeficiente angular é igual a 1/50, que é o coeficiente 
de t. 
Dessa forma, a velocidade da reação será igual a:
v = 1/50 mol.L–1.min–1
v = 0,02 mol.L–1.min–1
Questão 14 
Comentário: 
A) A velocidade de consumo de hidrogênio é constante até os 
15 primeiros minutos da reação, aproximadamente, uma 
vez que a linha que descreve a evolução da reação nesse 
intervalo de tempo é uma reta. Considerando apenas os dois 
minutos iniciais da reação, calcula-se a velocidade inicial da 
reação a partir da velocidade de consumo de hidrogênio:
 vc(H2) = 
∆


∆
H mol.L
t
2
–1
 = 
(9 –10)mol.L
(2 – 0)min
–1
 = 
1 mol.L
2min
–1
 
 vc(H2) = 0,5 mol.L–1.min–1
 Dividindo a velocidade média de consumo do hidrogênio 
pelo respectivo coeficiente estequiométrico, encontra-se a 
velocidade média da reação. Logo, a velocidade inicial da 
reação também será igual a 0,5 mol.L–1.min–1.
B) Num experimento, 20 mol de iodo gasoso e 20 mol de 
hidrogênio gasoso foram colocados em um recipiente de volume 
igual a 2,0 L. Assim, a concentração inicial desses gases é igual 
a 10 mol.L–1. Após 10 minutos de reação, a concentração de H2 
é igual a 5 mol.L–1. De acordo com a estequiometria da reação, 
para cada mol de H2 consumido, são produzidos 2 mol de HI. 
Assim, como foram consumidos 5 mol.L–1 de H2, a concentração 
de HI será o dobro, ou seja, 10 mol.L–1. 
Questão 15 – F V V F F V
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmações.
1ª afirmação: Falsa. As concentrações dos reagentes diminuem 
ao longo do tempo, portanto, na reação hipotética, os reagentes 
são as substâncias B e D, nos quais observa-se, analisando o 
gráfico, tal comportamento. 
2ª afirmação: Verdadeira. Analisando as variações de concentração 
das substâncias C e A no intervalo de tempo igual a 50 segundos, 
observa-se que a variação da concentração de A é maior, e, 
portanto, a velocidade de produção de A também é maior.
3ª afirmação: Verdadeira. Transcorridos 50 s do início da 
reação, de acordo com o gráfico, a concentração de C é, 
aproximadamente, 0,8 . 10–3 mol.L–1, e a concentração de B é, 
aproximadamente, 0,4 . 10–3 mol.L–1.
4ª afirmação: Falsa. As substâncias A e C são consideradas 
produtos da reação, uma vez que as suas concentrações 
aumentam ao longo do tempo. No tempo zero, que é o início da 
reação, a concentração de A é diferente de zero. Portanto, no 
início da reação, o produto A já está presente no meio reacional. 
5ª afirmação: Falsa. Conforme discutido nas 1ª e 4ª afirmativas, 
os reagentes dessa equação hipotética são as substâncias B e D, 
e os produtos são as substâncias A e C. A equação referente 
a essa reação pode ser representada por:
B + D → A + C
6ª afirmação: Verdadeira. A partir da análise do gráfico, verifica-se 
que no início da reação já estão presentes as substâncias A, B 
e D, cujas concentrações no tempo zero são diferentes de zero.
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47Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 16 – Letra A
Comentário: A velocidade de uma reação depende diretamente 
da concentração das substâncias reagentes. Dessa forma, 
à medida que uma reação se processa, a concentração dos 
reagentes vai diminuindo, reduzindo a velocidade da reação. 
Ao longo de uma reação, a velocidade assume inicialmente um 
valor máximo que diminui progressivamente tendendo a zero. 
Analisando-se as alternativas, conclui-se que a única curva 
correspondente a esse comportamento está representada no 
gráfico da alternativa A.
Questão 17 
Comentário: 
A) A quantidade de matéria de 2-bromobutano pode ser 
calculada da seguinte forma: 
1 mol de bromobutano  137 g
 x  1,37 g
x = 0,01 mol de bromobutano
 A quantidade de matéria de bromobutano consumida 
é proporcional à quantidade de matéria de 2-buteno 
e 1-buteno formada, então são formados 0,01 mol de 
2-buteno e 1-buteno:
 Como o volume de um 1 mol de um gás nas condições 
ambiente é igual a 25 litros, temos:
 
 1 mol de 2-buteno e 1-buteno  25 L
0,01 mol de 2-buteno e 1-buteno  y
y = 0,25 L ou 250 mL
 Esse volume corresponde a uma conversão de 2-bromobutano, 
com rendimento de 100%, em 1-buteno e 2-buteno.Como 
na reação foram formados somente 105 mL da mistura dos 
produtos, o processo não apresentou rendimento de 100%.
B) As velocidades médias para cada intervalo especificado no 
gráfico podem ser calculadas da seguinte maneira:
v volume
t
=
∆
∆
 Intervalo de 100 s:
v
volume volume
mL st t=
−
−
=
−
−
== = −100 0 1
100 0
55 0
100 0
0 55, .
 Intervalo de 250 s:
v
volume volume
mL st t=
−
−
=
−
−
== = −250 100 1
250 0
95 55
250 100
0 27, .
 Intervalo de 400 s:
v
volume volume
mL st t=
−
−
=
−
−
== = −100 0 1
100 0
105 95
400 250
0 07, .
 Logo, a velocidade média da reação diminui com o tempo.
Questão 18
Comentário: 
A) A reação balanceada de neutralização é:
 HCl(aq) + NaOH(aq) → NaCl(aq) + H2O(l)
 Para se obter a quantidade de matéria de ácido clorídrico 
no início da reação, basta calcular a quantidade de matéria 
de hidróxido de sódio gasta na neutralização. Dessa forma:
n(NaOH) = 14,5 . 10–3 L . 0,120 mol.L–1 = 1,74 . 10–3 mol
 n(HCl) = 1,74 . 10–3 mol
 [HCl]inicial = 1,74 . 10–3 mol/10–2 L = 0,174 mol.L–1
B) A velocidade de decomposição da fenolftaleína no intervalo 
especificado é:
 v = ∆
∆
quantidade de matéria de fenolftaleína
tempo
 v = |(3 . 10–3 mol.L–1 – 5 . 10–3 mol.L–1)|/(50 s – 0 s)
 v = 4 . 10–5 mol.L–1.s–1
 A velocidade de reação depende diretamente da concentração 
de fenolftaleína. Com a diminuição da concentração 
de fenolftaleína, ocorre a diminuição da velocidade de 
reação. Assim, para diferentes intervalos de tempo, serão 
encontrados diferentes valores de velocidade.
Questão 19 – Letra B
Comentário: De acordo com o experimento, dobrando-se a 
concentração de N, a velocidade de formação de O quadruplica, 
o que indica que a velocidade para essa reação varia com o 
quadrado da concentração de N. Dobrando-se a concentração 
de M, a velocidade da reação não é afetada, indicando que 
a velocidade da reação independe da concentração desse 
reagente. Logo, a expressão da lei de velocidade para essa 
reação é dada por:
v = k.[N]2
Questão 20 – Letra D
Comentário: De acordo com o experimento, observa-se que, 
quando a concentração de CO é dobrada, a velocidade de 
formação de CO2 é quadruplicada, mantendo-se constante a 
concentração de O2, o que nos leva a crer que a velocidade para 
essa reação varia com o quadrado da concentração de CO2. 
Por outro lado, a velocidade da reação dobra quando a 
concentração de O2 é duplicada, mantendo-se constante 
a concentração de CO2, o que nos permite afirmar que a 
velocidade depende diretamente da concentração desse 
reagente. Logo, a expressão da lei de velocidade para essa 
reação é dada por:
v = k.[CO]2.[O2]
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48 Coleção EM2
Questão 21 – Letra B
Comentário: De acordo com os dados cinéticos do experimento, 
podemos verificar que quando a concentração de NO é 
mantida constante e a concentração de H2 é dobrada, 
a velocidade da reação também dobra. Por outro lado, 
ao mantermos a concentração de H2 constante e dobramos 
a concentração de NO, a velocidade da reação quadruplica, 
o que nos leva a concluir que a expressão de velocidade para 
essa reação é dada por:
v = k.[NO]2.[H2].
Questão 22
Comentário: 
A) A expressão da velocidade de uma reação é dada pelo 
produto	 das	 concentrações,	 em	mol.L-1, dos reagentes 
elevados aos seus respectivos coeficientes determinados 
experimentalmente, multiplicado por uma constante de 
proporcionalidade. 
v = k . [IC]α . [H2]β
 Determinação do coeficiente α:
 Mantendo constante a concentração de H2 e duplicando 
a concentração de IC, verifica-se que a velocidade da 
reação também é duplicada. Quando duas grandezas 
variam linearmente, elas são diretamente proporcionais e, 
portanto, o coeficiente α é 1.
 Determinação do coeficiente β:
 Quando a concentração de IC é mantida constante e a 
concentração de H2 é duplicada, verifica-se que a velocidade da 
reação também é duplicada. Assim, o coeficiente do H2 também 
será 1 e a expressão da velocidade dessa reação será:
v = k . [IC] . [H2]
B) De acordo com a estequiometria da reação, temos que:
Reação 2IC + H2 → I2 + 2HC
Início 3 mol 3 mol – –
Reagem / formam 3 mol 1,5 mol 1,5 mol 3 mol
Final – 1,5 mol 1,5 mol 3 mol
 Assim:
 n(I2) = 1,5 mol 
 n(HC) = 3,0 mol
Questão 23
Comentário: A equação que expressa a velocidade da reação de 
degradação do aspartame é dada por v = k . [aspartame], uma vez 
que apresenta cinética de primeira ordem em relação ao reagente.
Frasco A: À 20 °C, quando a concentração inicial do aspartame é 
igual	a	200	mg.L–1,	a	velocidade	da	reação	é	igual	a	0,75	mg.L–1.h–1. 
Assim, a equação da velocidade dessa reação, nessa 
temperatura, é dada por:
0,75	mg.L–1.h–1 =	k	.	200	mg.L–1
k = 
0,75mg.L .h
200 mg.L
–1 –1
–1
k = 3,75 . 10–3 h–1
Frasco B: À 4 °C, quando a concentração inicial do aspartame 
é	 igual	 a	 200	mg.L–1, a velocidade da reação é igual a 
0,25	mg.L–1.h–1. Assim, a equação da velocidade dessa reação, 
nessa temperatura, é dada por:
0,25	mg.L–1.h–1 =	k	.	200	mg.L–1
k = 
0,25mg.L .h
200 mg.L
–1 –1
–1
k = 1,25 . 10–3 h–1
Assim, a razão entre as constantes de velocidade da reação de 
degradação do aspartame nos frascos A e B é igual a: 
3 75 10
1 25 10
3 1
3 1
, . .
, . .
− −
− −
h
h
 = 3
Questão 24 – Letra D
Comentário: A análise dos dados dos experimentos I e II 
revela que, ao reduzirmos a concentração de N2O5 pela metade, 
a velocidade da reação também é reduzida à metade. Essa 
mesma informação é obtida pela análise dos experimentos II e 
III e também dos experimentos I e III. Portanto, a reação é de 
primeira ordem em relação ao N2O5, único reagente da reação. 
Logo,	a	lei	da	velocidade	da	reação	é	igual	a:
v = k . [N2O5]1
Questão 25 – Letra E
Comentário: A análise dos dados dos experimentos 2 e 1 
revela que ao dobramos a concentração de H2, mantendo-se 
constante a concentração de NO, a velocidade da reação 
dobra. Portanto, a reação é de primeira ordem em relação 
ao H2.
Já a análise dos dados dos experimentos 3 e 1 revela que 
ao dobramos a concentração de NO, mantendo-se constante 
a concentração de H2, a velocidade da reação quadruplica. 
Portanto, a reação é de segunda ordem em relação ao NO.
Logo,	a	lei	da	velocidade	da	reação	é	igual	a:
v = k.[H2].[NO]2
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Manual do Professor
49Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 26 – Letra D
Comentário: A análise dos dados dos experimentos 1 e 2 
revela que, ao dobramos a concentração de B2, mantendo-se 
constante a concentração de A, a velocidade da reação dobra. 
Portanto, a reação é de primeira ordem em relação ao B2. 
Já a análise dos dados dos experimentos 1 e 3 revela que, 
ao dobramos a concentração de A, mantendo-se constante 
a concentração de B2, a velocidade da reação quadruplica. 
Portanto, a reação é de segunda ordem em relação ao A. 
Logo, a lei da velocidade da reação é igual a: 
v = k.[A]2.[B]
Questão 27 – Letra B
Comentário: A velocidade da reação pode ser determinada 
pela lei da velocidade da etapa elementar mais lenta. A reação 
apresentada acontece em cinco etapas elementares, sendo 
que a etapa II é a etapa lenta. Dessa forma, a velocidade da 
reação global é determinada pela lei da velocidade dessa etapa.
Questão 28 – Letra B
Comentário: A reação de formação de ozônio ocorre em duas 
etapas, uma lenta e uma rápida. A etapa lenta determina 
a velocidade da reação. Logo, a lei da velocidade dessa 
reação dependerá somente da concentração do reagente 
envolvido nessa etapa e será expressa da seguinte forma:
v = k.[NO2]
Questão 29 – Letra D
Comentário: A lei de velocidade da reação apresentada é 
representada pela equação v = k . [A]2 . [B]. Se triplicarmos as 
concentrações de A e B e mantivermos toda as outras condições 
constantes, a equação que representa a lei de velocidade da 
reação pode ser representada da seguinte forma:
v = k . [3 . A]2 . [3 . B]
v = k . 9. [A]2 . 3 .[B]
v = 27 . k . [A]2 . [B]
Com essas alterações, a velocidade da reação passará a ser 
27 vezes maior, conforme demonstrado por meio dos cálculos.
Questão 30 – Letra C
Comentário: A reação ocorre no estado gasoso, portanto, 
pode-se determinar a lei da velocidade dessa reação em termos 
das pressões parciais dos reagentes. A reação é de primeira 
ordem em relação ao reagente A e ao reagente B, assim, a lei 
de velocidade para essa reação pode ser expressa por:
v = k.pA.pB
Como A e B são reagentes gasosos, mantendo-se a temperatura 
e a massa constantes e reduzindo-se à metade os volumes de 
A e de B, as pressões parciais serão multiplicadas por 2, e a 
lei da velocidade da reação será expressa por:
v = k . 2 . pA . 2 . pB
v = 4 . k . pA . pB
Com essa alteração, a velocidade da reação passará a ser 
4 vezes maior, ou seja, quadruplicada, conforme demonstrado 
por meio dos cálculos.
Questão 31
Comentário: 
A) A análise dos dados dos experimentos 2 e 1 revela que, ao 
reduzirmos à metade a concentração de H2, mantendo-se 
constante a concentração de NO, a velocidade da reação 
também é reduzida à metade. Portanto, a reação é de 
primeira ordem em relação ao H2.
 Já a análise dos dados dos experimentos 2 e 3 revela que, ao 
reduzirmos à metade a concentração de NO, mantendo-se 
constante a concentração de H2, a velocidade da reação é 
reduzida à quarta parte. Portanto, a reação é de segunda 
ordem em relação ao NO.
 Logo, a ordem global da reação é 3.
B) Substituindo-se os dados da tabela na equação, temos: 
 v = k.[NO]².[H2] 
2,4 . 10–6 mol.L–1.s–1 = k . (0,025 mol.L–1)² . 0,01 mol.L–1
k = 2,4 . 10–6 mol.L–1.s–1 / 6,25 . 10–6 mol3.L–3
k = 0,384 mol–2.L2.s–1
Questão 32 – Letra C
Comentário: A análise dos dados dos experimentos revela que, 
ao dobramos a concentração do aldeído acético (0,10 mol.L–1 para 
0,20 mol.L–1), único reagente da reação de decomposição, 
a velocidade da reação quadruplica – ou seja, passa de 0,02 mol.L–1 
para 0,08 mol.L–1. Portanto, a reação é de segunda ordem em relação 
ao aldeído acético. Logo, a lei da velocidade da reação é igual a: 
v = k.[CH3CHO]2 
Questão 33
Comentário: 
A) A curva I corresponde a [Y] constante e a [X] variável. Nessa 
situação, quando [X] é igual a 1,0 mol.L–1, a velocidade 
da reação é 1,0 mol.L–1.s–1, ao passo que quando [X] é 
2,0 mol.L–1, ou seja, o dobro, a velocidade inicial da reação 
quadruplica, ou seja, passa a ser 4,0 mol.L–1.s–1. Portanto, a 
reação é de segunda ordem em relação ao reagente X. Já a 
curva II corresponde a [X] constante e a [Y] variável. Nessa 
situação, quando [Y] é igual a 1,0 mol.L–1, a velocidade 
da reação é 1,0 mol.L–1.s–1, ao passo que quando [Y] é 
2,0 mol.L–1, ou seja, o dobro, a velocidade inicial da reação 
duplica, ou seja, passa a ser 2,0 mol.L–1.s–1. Portanto, 
a reação é de primeira ordem em relação ao reagente Y. 
B) A lei de velocidade da reação apresentada é representada pela 
equação v = k . [X]2 . [Y]. Se triplicarmos a concentração de X 
e duplicarmos a de Y e mantivermos todas as outras condições 
constantes, a equação que representa a lei de velocidade da 
reação pode ser representada da seguinte forma:
 v = k . [3 . X]2 . [2 . Y]
 v = k . 9. [X]2 . 2 . [B]
 v = 18 . k . [A]2 . [B]
 Com essas alterações, a velocidade da reação passará a ser 
18 vezes maior, conforme demonstrado por meio dos cálculos. 
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50 Coleção EM2
Questão 34 – Letra D
Comentário: A partir dos dados fornecidos de ordem de 
reação e da constante de velocidade (k) a uma determinada 
temperatura, determina-se a velocidade de cada uma das reações 
representadas quando a concentração molar dos reagentes é 
0,1 mol.L–1, com base na Lei da Ação das Massas. No exercício não 
foi fornecida a unidade da constante de velocidade, mas sabe-se 
que a constante de velocidade k para as reações de primeira 
ordem tem unidade “tempo–1” e, para as reações de segunda 
ordem, tem unidade “concentração–1.tempo–1”. Assim, a unidade 
de velocidade apresentará uma unidade genérica de tempo.
1. C2H5I(g) → C2H4(g) + HI(g) 
 A reação é de primeira ordem em relação ao reagente, e a 
constante de velocidade é igual a 1,6 . 10–5 a 600 K; logo, 
a Lei da Ação das Massas dessa reação na temperatura 
especificada pode ser expressa por:
v1 = k . [C2H5I]1
v1 = 1,6 . 10–5 . [0,1]1
v1 = 1,6 . 10–6 mol.L–1.tempo–1 
2. H2C CH2
CH3 CH CH2
CH2
 A reação é de primeira ordem em relação ao reagente, e a 
constante de velocidade é igual a 3,3 . 10–9 a 600 K; logo, 
a Lei da Ação das Massas dessa reação na temperatura 
especificada pode ser expressa por:
v2 = k . [ciclopropano]1
v2 = 3,3 . 10–9 . [0,1]1
v2 = 3,3 . 10–10 mol.L–1.tempo–1 
3. N2O5(g) → NO2(g) + NO3(g) 
 A reação é de primeira ordem em relação ao reagente, e a 
constante de velocidade é igual a 1,2 . 10–2 a 600 K; logo, 
a Lei da Ação das Massas dessa reação na temperatura 
especificada pode ser expressa por:
v3 = k . [N2O5(g)]1
v3 = 1,2 . 10–2 . [0,1]1
v3 = 1,2 . 10–3 mol.L–1.tempo–1 
4. CO(g) + NO2(g) → CO2(g) + NO(g) 
 A reação é de segunda ordem em relação ao reagente 
NO2, de ordem zero em relação ao CO, e a constante de 
velocidade é igual a 2,8 . 10–2 a 600 K; logo, a Lei da Ação 
das Massas dessa reação na temperatura especificada pode 
ser expressa por:
v4 = k . [NO2(g)]2
v4 = 2,8 . 10–2. [0,1]2
v4 = 2,8 . 10–4 mol.L–1.tempo–1 
 Dessa forma, a ordem crescente das velocidades das 
reações é:
v2 < v1 < v4 < v3 
Questão 35 – Letra D
Comentário: Ordem de uma reação é a soma dos expoentes 
das concentrações dos reagentes encontrados na Lei da Ação 
das Massas que, nesse caso, é dada por v = k . [NO2] . [CO]. 
Desse modo, a reação em questão é de 2ª ordem. 
A molecularidade é o número de partículas reagentes que 
devem interagir para que sejam convertidas em produtos em 
uma única etapa. No caso da reação considerada, é necessário 
que duas partículas, uma partícula de NO2 e uma partícula de 
CO, se movimentem em direção ao mesmo ponto e colidam 
efetivamente. Assim, essa reação é de molecularidade 2.
Questão 36 – Letra C
Comentário: Em uma reação não elementar, os expoentes da Lei 
da Ação das Massas são iguais aos coeficientes estequiométricos 
dos reagentes que participam da etapa lenta da reação, que é a 
etapa determinante da velocidade da reação. Assim:
v = k . [NO]2 . [H2]
Triplicando-se a pressão parcial do NO e mantendo-se constante 
a do H2, a equação que representa a lei de velocidade da reação 
pode ser representada da seguinte forma:
v = k . [3 . NO]2 . [H2]
v = 9 . k . [NO]2 . [H2]
Com essas alterações, a velocidade da reação passará a ser 
9 vezes maior, conforme demonstrado por meio dos cálculos. 
Questão 37 – V F F V F
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada um dos itens. 
1º item: Verdadeiro. As reações apresentam cinética de primeira 
ordem. Assim, o expoente do reagente A na Lei da Ação das 
Massas é igual a 1, e a lei de velocidade das reações é dada por:
v = k . [A]
2º item: Falso. A unidade mol.L–1.s–1 é a unidade correspondente 
à velocidade da reação, a qual expressa a variação da 
concentração molar do reagente no intervalo de tempo de 
1 segundo. A unidade da constante de velocidade é igual a s–1, 
conforme demonstrado a seguir:
Unidade de velocidade = k . Unidade de concentração 
mol.L–1. s–1 = k . mol.L–1 
k = s–1 
3º item: Falso. De acordo com o gráfico dado, em um mesmo 
intervalo de tempo, há maior variação da concentração do 
reagente A na reação em que a constante de velocidade é 
k2, o que indica que a reação 2 é mais rápida que a reação 1.
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51Bernoulli Sistema de Ensino
4º item: Verdadeiro. O tempo de meia-vida de um radioisótopo 
é o tempo necessário para que a sua quantidade ou a sua 
atividade se reduzam à metade. Pela análise do gráfico, 
percebe-se que o tempo de meia-vida da reação 2 é menor 
queo da reação 1. De acordo com o gráfico, para se reduzir à 
metade a concentração do reagente A na reação 2, gasta-se 
menor tempo.
5º item: Falso. A reação é de primeira ordem em relação ao 
reagente A, o que significa que se a concentração de A duplicar, 
a velocidade da reação também irá duplicar.
Questão 38 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas. 
1. Incorreta. Quando a concentração do 2-bromo-2-metilpropano 
(C4H9Br) dobra e a de OH– permanece constante, a velocidade 
da reação aumenta por um fator de 2, ou seja, dobra. 
Portanto, a reação é de primeira ordem em relação a esse 
reagente. Porém, se a concentração de ambos dobrar, a 
velocidade da reação também aumenta por um fator de 2, 
o que significa que a concentração do reagente OH– não 
influencia a velocidade da reação. Dessa forma, a lei de 
velocidade da reação pode ser expressa por v = k . [C4H9Br] 
e a reação é de primeira ordem. 
2. Correta. Vide comentário da afirmativa 1.
3. Correta. Quando a velocidade independe da concentração do 
reagente, como é o caso do OH–, a velocidade instantânea 
da reação é de ordem zero em relação a esse reagente. 
4. Correta. A [OH–] não influencia a velocidade da reação; logo, 
se a concentração desse reagente triplicar, a velocidade da 
reação não se altera.
5. Correta. O tempo de meia-vida é característico de cada 
reagente e independe da concentração inicial dos reagentes.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: O tempo decorrido da injeção do antibiótico, 
12h, até às 13h30min, foi de 1h30min. Esse intervalo de tempo 
corresponde a 1,5 meia-vida de amoxicilina e, segundo o 
gráfico, a quantidade de fármaco ainda presente no organismo 
humano após 1,5 meia-vida é 35%.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. Se a espessura da camada fosse diretamente 
proporcional à idade, a curva deveria ser uma reta, o que 
não se verifica.
B) Incorreta. Pela simples análise do gráfico, vemos que a 
espessura não dobra a cada 10 000 anos. Essa situação 
corresponderia a uma curva exponencial, o que também 
não se verifica.
C) Correta. Pode-se observar que a maior variação de 
espessura para a menor variação de tempo ocorre quando 
a pedra é mais jovem, ou seja, a velocidade de fixação 
de água na superfície da pedra, formando uma camada 
hidratada, diminui com o passar do tempo.
D) Incorreta. Quando a pedra é mais velha, o aumento da 
espessura é muito pequeno, mesmo para intervalos grandes 
de tempo.
E) Incorreta. Embora tenha sido um aumento muito pequeno, 
a espessura da camada aumentou após 100 000 anos.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Quando a concentração da hemoglobina é 
triplicada, a velocidade da reação também é triplicada e a 
duplicação da concentração de O2 resulta em duplicação da 
velocidade da reação. Em ambos os casos, as grandezas 
variaram linearmente, indicando que são diretamente 
proporcionais. Dessa forma, a ordem da reação em relação à 
hemoglobina e ao O2 é 1 e a lei da velocidade para o processo 
poderá ser representada por:
v = k . [Hemoglobina(aq)] . [O2(g)].
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
I. Correta. A formulação A atinge a concentração mínima 
efetiva em menos tempo, portanto, sua absorção é mais 
rápida que a da formulação B.
II. Correta. A concentração sérica média apresenta-se maior 
ou igual à concentração mínima efetiva por um tempo maior 
na formulação B do que na formulação A.
III. Incorreta. O tratamento é mais barato com a formulação B. 
Considerando a mesma quantidade de medicamento nas 
duas formulações, a formulação B é a que permite um maior 
tempo de manutenção da concentração mínima efetiva.
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52 Coleção EM2
CAPÍTULO – B4 
Teoria das colisões e do complexo 
ativado
Exercícios de aprendizagem
Questão 01 – Letra B
Comentário: Para que uma colisão seja efetiva, é necessário que 
as partículas dos reagentes tenham energia, no mínimo, igual à 
energia de ativação. Além disso, as partículas devem orientar-se 
favoravelmente à formação dos produtos. Essas condições 
apenas são simultaneamente obedecidas na situação II.
Questão 02 – Letra D
Comentário: O atrito do palito de fósforo com uma superfície 
áspera fornece energia suficiente para elevar a energia cinética 
das moléculas até o valor da energia de ativação. A partir disso, 
a reação se processa exotermicamente, liberando energia 
suficiente para alimentar a combustão de todo o palito.
Questão 03 - Letra D 
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. A reação de formação do composto II é exotérmica, 
visto que esta espécie apresenta um conteúdo energético 
menor se comparado ao reagente.
B) Correta. A partir da análise do gráfico, verifica-se que a 
entalpia dos produtos (II) é menor que a entalpia dos 
reagentes (I), o que significa que a conversão de I em II 
ocorre com diminuição da entalpia do sistema.
C) Correta. Em uma reação elementar, a energia de ativação 
é calculada subtraindo-se a energia do complexo ativado 
pela energia potencial dos reagentes:
 Eativação = Ecomplexo ativado − Epotencial dos reagentes
 As energias de ativação de I → II e de II → I estão 
representadas a seguir:
Tempo
Eat
EatEn
ta
lp
ia
II
I
Tempo
En
ta
lp
ia
II
I → II
I
II → I
 Dessa forma, a energia de ativação de I → II é menor que 
a de II → I.
D) Incorreta. A equação termoquímica deve ser escrita como 
I → II + calor, uma vez que, como a reação de formação do 
composto II é exotérmica, ela ocorre com liberação de calor.
E) Correta. Em uma reação exotérmica, os reagentes são mais 
energéticos do que os produtos. Assim, a energia liberada pelo 
sistema promove o aumento da temperatura da vizinhança.
Questão 04
Comentário: 
A) A equação química balanceada da reação é dada por:
2SO2 + O2 → 2SO3
B) A espécie (SO2)2O2 é denominada complexo ativado.
C) O produto da reação apresenta um conteúdo energético menor 
que se comparado aos reagentes. Logo, a reação é exotérmica.
Questão 05 – Soma = 47
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
01. Correta. A reação de formação dos compostos K e T é 
exotérmica, visto que essas espécies apresentam um 
conteúdo energético menor se comparado ao reagente R.
02. Correta. Podemos observar no gráfico que, no decorrer da 
reação, o produto K se forma primeiro que o produto T. Isso 
indica que a velocidade de formação do produto K é maior que 
a do produto T, já que envolve uma menor energia de ativação.
04. Correta. A estabilidade de uma espécie química está 
diretamente relacionada com seu conteúdo energético. 
Assim, quanto menor a energia de uma espécie, nesse 
caso, o produto T, mais estável ela é. 
08. Correta. A transformação do reagente R nos produtos K e T 
ocorre em duas etapas em que há a formação de uma espécie 
intermediária comum. A formação desse intermediário ocorre 
na primeira etapa em que a energia de ativação corresponde 
a E1. A partir dessa espécie, ocorre a formação dos produtos 
K e T e a energia de ativação da reação de formação do 
primeiro produto (K) é a E2.
16. Incorreta. O produto K se forma primeiro que o produto T. 
No entanto, não haverá conversão entre os produtos, pois 
esse caminho de reação não foi representado no gráfico.
32. Correta. A reação ocorre em duas etapas em que há a 
formação de uma espécie intermediária comum, cuja 
energia de ativação corresponde a E1.
64. Incorreta. O gráfico representa reações não catalisadas, sendo 
que o produto T, por ser menos energético, é mais estável que 
o produto K e, portanto,é formado em maior quantidade.
Questão 06 – Letra D
Comentário: A elevação da temperatura provoca um aumento 
da energia cinética média das partículas, aumentando o número 
de partículas com energia maior ou igual à energia de ativação. 
Portanto, a frequência de colisões efetivas é maior e, como 
consequência, ocorre aumento da velocidade da reação. Logo, 
a reação mais rápida ocorre na temperatura T4.
Questão 07 – Letra E
Comentário: Para a resolução da questão, analisaremos cada 
uma das alternativas.
A) Falsa. O aumento da temperatura do sistema leva a um 
aumento da energia cinética média das partículas. Para 
sistemas gasosos, quanto maior a pressão, maior será a 
velocidade da reação. Como o estado físico dos reagentes 
não está explícito, não podemos afirmar que haverá 
aumento da velocidade quando aumentarmos a pressão 
do sistema.
B) Falsa. O aumento do volume do sistema gera um maior 
afastamento das partículas, o que levaria a uma diminuição 
da velocidade da reação.
C) Falsa. O aumento de energia na forma de calor no sistema 
não altera a concentração dos reagentes.
D) Falsa. O aumento da energia cinética do sistema não altera 
a energia de ativação dos reagentes.
E) Verdadeira. O aumento da temperatura aumenta a energia 
cinética média das partículas reagentes e pode elevar 
o número de choques efetivos, gerando aumento da 
velocidade da reação.
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Manual do Professor
53Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 08 – Letra B
Comentário: Quanto maior for o grau de agitação das 
partículas reagentes, maior será a frequência de colisões 
efetivas em um dado intervalo de tempo e, consequentemente, 
maior será a velocidade da reação. A diluição do oxigênio 
diminuiria a frequência dessas colisões efetivas, pois é um 
gás e possui elevado grau de agitação. O carbono, por ser um 
reagente sólido em um sistema heterogêneo, não interfere na 
velocidade da reação, porque sua concentração é constante.
Questão 09 – Soma = 06
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
01. Incorreta. A energia de ativação de uma reação química 
pode ser alterada pela ação de um catalisador, já que este 
propõe um novo mecanismo para reação em que a energia 
de ativação é menor, aumentando a velocidade da mesma.
02. e 04. Corretas. O aumento da temperatura e da superfície 
de contato entre os reagentes provoca aumento da rapidez 
das reações, pois favorecem a ocorrência de colisões 
efetivas entre as partículas reagentes. 
08. Incorreta. Uma colisão com orientação adequada só resulta 
na formação de novas substâncias se ocorrer com energia 
suficiente para superar a energia de ativação da reação. 
Caso a colisão apresente orientação favorável, mas as 
partículas que colidem não apresentem energia cinética 
maior ou igual à energia de ativação, a reação não ocorrerá.
Questão 10 – Letra B
Comentário: Como são colocadas as mesmas quantidades 
de reagentes nos dois sistemas, e considerando o mesmo 
rendimento, deverão ser produzidas as mesmas quantidades 
de produtos. Assim, será produzido o mesmo volume de H2 
quando o ferro for totalmente consumido.
Entretanto, apesar de se tratar dos mesmos reagentes, o ferro 
se apresenta de duas formas diferentes. O ferro sob a forma 
de limalha apresenta maior superfície de interação em relação 
ao ferro em placa. Dessa forma, a reação com a limalha de 
ferro será mais rápida, devido à maior frequência de colisões 
entre os reagentes, aumentando a probabilidade de ocorrerem 
colisões efetivas e aumentando também a velocidade da reação.
No gráfico de volume de H2 produzido por variação de tempo, 
a curva mais inclinada indicará a reação de maior velocidade, 
ou seja, a reação que utiliza limalha de ferro como reagente.
Questão 11 – Letra D
Comentário: Quando adicionamos um catalisador para acelerar 
o processo direto, ele também acelera o processo inverso. 
Logo, um catalisador não afeta um sistema em equilíbrio 
e as concentrações de equilíbrio são independentes de sua 
concentração. Portanto, as alternativas B e C estão incorretas. 
A velocidade das reações pode ser influenciada pela concentração 
do catalisador. Isso ocorre, geralmente, em catálises homogêneas, 
já que o catalisador se encontra na mesma fase que os reagentes. 
Assim, a alternativa A está incorreta. 
O catalisador pode participar de uma das etapas da reação, sendo 
consumido; porém, ao fim do processo, ele é integralmente 
regenerado. Dessa forma, a alternativa D está correta.
Questão 12 – Letra D
Comentário: A reação de produção do cloreto de vinila a 
partir do eteno é catalisada pelo CuCl2, pois, de acordo com 
as equações, ele é consumido em uma etapa e regenerado ao 
final do processo.
Questão 13 – Letra B
Comentário: De acordo com os dados da questão, o íon iodeto 
é o catalisador da reação de hidrólise do brometo de metila, 
uma vez que ele é consumido e regenerado durante o processo. 
A reação é exotérmica e seu DH é representado por E5. Logo, 
as alternativas A e D estão corretas.
A energia de ativação da reação não catalisada é dada por E1 e 
da reação catalisada é dada por E2. O abaixamento da energia de 
ativação provocado pelo catalisador é representado por E3. Assim, 
as alternativas C e E estão corretas e a alternativa B está incorreta.
Questão 14
Comentário: A variação de entalpia B representa a energia 
de ativação da reação não catalisada. A energia necessária 
para se formar o complexo ativado da reação A → B, sob 
a ação de um catalisador, é representada pela variação A. 
A variação de entalpia total da reação (DHr) está representada 
no gráfico pela variação C.
Questão 15 – Letra A
Comentário: Um catalisador é uma substância que acelera 
a reação, já que possibilita um novo mecanismo com menor 
energia de ativação. 
Na catálise homogênea, o catalisador se encontra na mesma fase 
que os reagentes, enquanto na catálise heterogênea encontra-se 
em uma fase diferente. 
Quando um dos produtos da reação é o próprio catalisador, 
trata-se de uma autocatálise. 
Para acentuar o efeito de um catalisador, deve-se adicionar um 
promotor ou ativador. Já o veneno diminui ou anula a ação do 
catalisador. 
Portanto, a sequência correta é 6–4–2–3–5.
Questão 16 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
A) Incorreta. Nas reações de catálise, o catalisador pode formar 
uma única fase com os reagentes (catálise homogênea) ou 
formar fases múltiplas (catálise heterogênea). 
B) Incorreta. O catalisador possibilita um novo mecanismo 
com menor energia de ativação para a reação, podendo 
participar da etapa lenta do mesmo. Como a equação 
de velocidade de uma reação não elementar é dada pela 
etapa lenta, a velocidade da reação pode depender da 
concentração do catalisador. 
C) Incorreta. A adição de um catalisador acelera a reação 
direta na mesma proporção que acelera a reação inversa. 
Portanto, o catalisador não altera as concentrações das 
espécies em equilíbrio, apenas faz com que o equilíbrio 
seja estabelecido mais rapidamente. 
D) Correta. Na catálise heterogênea, a adsorção do reagente 
na superfície do catalisador torna mais fácil a transformação 
dos reagentes em produtos, pois o catalisador promove o 
enfraquecimento das ligações dos reagentes, o que gera 
um novo complexo ativado com energia mais baixa.
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54 Coleção EM2
Questão 17 – Letra D 
Comentário: A concentração dos reagentes diminui em função 
do tempo. Pela equação química, a reação consome 1 mol 
do reagente O2, e 2 mols do reagente SO2. Sendo assim, a 
concentração de dióxido de enxofre diminui mais rapidamente 
em um mesmo intervalo de tempo. O monóxido de nitrogênio 
participa como catalisador da reação, e, portanto, ele será 
consumido e regenerado durante o processo, e sua concentração 
se mantém constante. O trióxido de enxofre é o produto da 
reação, e sua concentração aumenta com o decorrer do processo.
Logo, as espéciespodem ser atribuídas da seguinte forma: 
I = SO3; II = O2; III = SO2; IV = NO.
Questão 18 – Letra A
Comentário: A reação I ocorre na presença do catalisador Fe, 
espécie que se encontra na fase sólida. Logo, essa é uma reação 
de catálise heterogênea.
A velocidade da reação II é aumentada devido à presença da 
enzima zimase. Logo, ocorre uma reação de catálise enzimática.
Questão 19 – Letra A
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. Um catalisador aumenta a velocidade de uma 
reação, pois possibilita que a reação se processe por um 
mecanismo que envolve menor energia de ativação.
B) Incorreta. O catalisador não altera os valores de energia 
livre dos reagentes e produtos.
C) Incorreta. A adição de um catalisador a um processo reversível 
não promove o deslocamento de equilíbrio, pois aumenta, 
igualmente, as velocidades dos processos direto e inverso. 
D) Incorreta. A adição de um catalisador não altera a variação 
de entalpia de uma reação, pois esta é uma função de estado 
que só depende das entalpias dos reagentes e dos produtos.
Questão 20 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. As enzimas são catalisadores biológicos que 
possibilitam que reações bioquímicas metabólicas ocorram 
em uma faixa de temperatura em torno de 35 °C. Em alguns 
casos, as enzimas transformam reações lentas em reações 
mais rápidas. Entretanto, existem situações nas quais sem a 
ação de uma enzima a reação não ocorreria, pois as partículas 
reagentes, na temperatura de 35 °C, não apresentam energia 
cinética maior ou igual à energia de ativação.
B) Incorreta. Em uma reação química não elementar, a etapa lenta 
corresponde à etapa determinante da velocidade do processo 
global por apresentar uma maior energia de ativação.
C) Correta. Quanto maior for a superfície de contato entre os 
reagentes, maior será a frequência de colisões efetivas e, 
portanto, maior será a rapidez da reação.
D) Correta. A elevação da temperatura provoca o aumento da 
energia cinética média das partículas, aumentando também 
a frequência das colisões das partículas no sistema reacional. 
Isso aumenta a probabilidade da ocorrência de colisões 
efetivas aumentando, assim, a velocidade da reação.
E) Correta. A adição de um catalisador em um sistema 
reacional faz com que a reação se processe por meio de 
um caminho alternativo, em que a energia de ativação é 
menor. Isso faz com que a reação catalisada seja mais 
rápida se comparada com a reação não catalisada.
Exercícios propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
I. Falsa. Nem todas as colisões entre os reagentes resultam em uma 
reação química. Apenas as colisões que apresentarem energia 
cinética superior ou igual à energia de ativação e orientação 
favorável promoverão a conversão de reagentes e em produtos.
II. Verdadeira. Quanto maior for o número de colisões efetivas entre 
as partículas reagentes, maior será a velocidade da reação.
III. Verdadeira. Existem colisões que não apresentam a energia 
cinética suficiente, ou a direção que favoreça colisões eficazes.
IV. Falsa. Quanto maiores forem os valores de energia de 
ativação, mais tempo será gasto para que as partículas 
reagentes adquiram energia cinética suficiente para formar 
o produto da reação.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Durante uma tempestade, a descarga elétrica de 
um raio libera grande quantidade de energia. Parte dessa energia 
que aumenta a energia cinética do sistema, sendo, portanto, fonte 
energética iniciadora da reação, favorece a reação de formação 
do produto. Apesar de favorecer a reação, os raios e relâmpagos 
não atuam como catalisadores diminuindo a energia de ativação 
da reação, ou alterando a energia potencial do sistema. 
Questão 03 – Letra A 
Comentário: A energia de ativação corresponde à energia 
cinética mínima necessária para permitir a colisão entre 
as partículas reagentes, originando o complexo ativado e 
possibilitando a ocorrência da reação. Assim, esse estímulo 
fornece energia suficiente para elevar a energia cinética das 
moléculas até o valor da energia de ativação. 
Questão 04 – Letra A 
Comentário: Quando uma reação tem sua energia de ativação 
reduzida, os reagentes necessitam absorver uma quantidade 
de energia menor para alcançar a energia de ativação. Sendo 
assim, a reação que apresenta a menor energia de ativação 
possui a maior velocidade de reação. Logo, a diferença entre 
a energia de ativação e a entalpia é igual a 5 kJ. 
Questão 05 – Letra A 
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
I. Verdadeira. Para uma reação não elementar, a variação da entalpia 
total da reação será igual à soma das variações de entalpia de 
cada uma das etapas das reações, até se obter o produto C. Dessa 
maneira, a entalpia total da reação de formação da espécie C será 
a soma dos valores de DH dos processos +1 e +2.
II. Verdadeira. O DH total de uma reação é igual ao DH de sua 
reação reversa em módulo. 
III. Falsa. As reações não elementares podem ocorrer sob a 
presença de catalisadores. Dessa maneira, a energia de 
ativação da reação global não será igual à soma das energias 
de ativação de etapa de formação das espécies intermediárias.
IV. Falsa. A energia de ativação Ea+3 corresponde à diferença de 
energia entre o estado intermediário e o estado inicial da 
reação. Como a entalpia da espécie C(g) não é igual à entalpia 
da espécie A(g), a diferença entre a energia da reação inversa 
e o intermediário, Ea–3, não será igual a Ea+3 em módulo.
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55Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 06 
Comentário: 
A) O mecanismo da reação global por reações elementares 
é representado pelo seguinte conjunto de equações:
 Primeira etapa: 3ClO– → ClO2– + Cl– + ClO–
 Segunda etapa: ClO– + ClO2– + Cl– → ClO3– + 2Cl– ___________________________________________
 Reação global: 3ClO– → ClO3– + 2Cl–
B) A velocidade da reação global dependerá da etapa que 
apresenta a maior energia de ativação. Logo, a lei de 
velocidade pode ser expressa da seguinte forma:
v = k.[ClO–]3
Questão 07 – V F F F V
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada um dos itens.
1. Verdadeiro. O conteúdo energético dos produtos é menor 
que o dos reagentes, ou seja, a reação se processa com 
liberação de energia (exotérmica).
2. Falso. A energia de ativação de uma reação é a energia 
absorvida pelos reagentes para atingirem o estado de 
complexo ativado. Pelo gráfico, essa energia é igual a
Eat = E3 – E2
3. Falso. E3 representa o conteúdo energético do complexo 
ativado. 
4. Falso. E1 representa o calor envolvido na reação
reagentes → produtos.
5. Verdadeiro. Catalisadores são substâncias que possibilitam 
um mecanismo alternativo com menor energia de ativação 
para a reação química, promovendo a aceleração da mesma.
Questão 08 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
A) Verdadeira. Há uma variação na entalpia de aproximada-
mente 135 kJ.mol–1 para que os reagentes possam ser con-
vertidos em produtos, que corresponde à energia cinética 
mínima necessária para a formação do complexo ativado.
B) Verdadeira. A reação no sentido de formação dos 
reagentes ocorre com uma variação positiva da entalpia. 
Logo, a reação é endotérmica.
C) Verdadeira. A variação da entalpia é dada pela diferença dos 
valores de entalpia entre produtos e reagentes. Logo, a entalpia 
da reação direta ocorre com uma variação de 225 kJ.
D) Falsa. A variação de entalpia da reação inversa possui 
o mesmo valor em módulo da variação de entalpia da 
reação direta, porém com sinal invertido. Então, a reação 
inversa possui um DH absoluto igual a 225 kJ.mol–1.
E) Verdadeira. A reação direta é exotérmica, e a variação de 
DH entre os produtos e reagentes do processoé negativa. 
Questão 09 – Letra B
Comentário: De acordo com os dados da questão, os reagentes 
utilizados nas duas reações são os mesmos e estão sob as mesmas 
condições experimentais. Logo, a energia dos reagentes da 
reação I é igual à energia dos reagentes da reação II, portanto, 
a alternativa C está incorreta.
O DH da reação II é mais negativo que o DH da reação I. 
Isso significa que a energia liberada em II é maior que em I, 
e, portanto, a alternativa D está incorreta.
Como a velocidade da reação II é maior, a energia de ativação 
é menor e a energia do complexo ativado (estado de transição) 
também será menor. Logo, a alternativa A está incorreta e a 
B está correta.
Questão 10 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas. 
A) Incorreta. A entalpia de combustão do metano equivale à 
diferença entre a somatória das entalpias de formação de 
um mol de CO2 e dois mol de H2O e o valor da somatória 
das entalpias de formação de um mol de CH4 e 2 mol de O2, 
que são valores fornecidos pelo gráfico. O DHc do metano 
pode ser calculado da seguinte forma:
	 DHc (CH4) = [DHf(CO2(g)) + 2 . DHf(H2O(g))] – 
 [DHf(CH4(g)) + 2 . DHf(O2(g))]
	 DHc (CH4) = [–965,4 kJ] – [–75 kJ]
	 DHc (CH4) = –890,4 kJ.mol–1
B) Correta. A energia de ativação de uma reação elementar 
pode ser calculada da seguinte forma:
 Eat(reação) = Ep(complexo ativado) – Ep(reagentes originais)
 Eat(reação) = 100 kJ – (–75 kJ)
 Eat(reação) = 175 kJ.mol–1 
 Desse modo, a energia envolvida na formação do complexo 
ativado é consideravelmente menor que a energia envolvida 
na combustão do metano.
C) Incorreta. Conforme calculado no comentário da alternativa 
A, a reação de combustão do metano é um processo 
exotérmico, uma vez que apresenta DH < 0. Porém, há 
liberação de 890,4 kJ, e não de 965,4 KJ, quando um mol 
desse gás é queimado para produzir 3 mol de produtos 
gasosos (um mol de CO2 e dois mol de H2O).
D) Incorreta. Vide comentário das afirmativas A e B.
E) Incorreta. Vide comentário da afirmativa A. 
Questão 11 – V F V F V
Comentário: Para a resolução dessa questão, julgaremos 
cada um dos itens. 
1º item: verdadeiro. A reação B, no sentido direto, apresenta 
entalpia dos produtos maior que a entalpia dos reagentes, 
o que resulta em uma variação de entalpia positiva. Dessa 
forma, a reação B é endotérmica no sentido direto.
2º item: falso. A reação A, no sentido direto, apresenta 
entalpia dos produtos menor que a entalpia dos reagentes, 
o que resulta em uma variação de entalpia negativa. 
Dessa forma, a reação A é exotérmica no sentido direto. 
A reação A, no sentido inverso, é, portanto, endotérmica.
3º item: verdadeiro. A energia de ativação é a diferença entre a 
energia potencial do complexo ativado e a energia potencial dos 
reagentes. As reações A e B possuem a mesma energia potencial 
dos reagentes, e a energia potencial do complexo ativado de B (E5) 
é maior que a energia potencial do complexo ativado de A (E4). 
Assim, a reação B possui maior energia de ativação que a reação A.
4º item: falso. Os catalisadores não alteram os valores de 
entalpia dos reagentes (Hr) e dos produtos (Hp) nem os valores 
de variação de entalpia da reação (DH). Eles criam, para a 
reação, um novo caminho para formação dos produtos, com 
energia de ativação menor.
5º item: verdadeiro. E5 é o valor da energia potencial do 
complexo ativado da reação B, e E2 é o valor da energia 
potencial dos reagentes da reação B. Portanto, a energia 
correspondente a E5 – E2 corresponde à energia de ativação 
da reação B. 
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56 Coleção EM2
Questão 12 – Letra D
Comentário: A energia de ativação é calculada subtraindo-se 
da energia potencial do complexo ativado dessa etapa o valor 
da energia potencial dos reagentes originais:
Eat(reação) = Ep(complexo ativado mais instável) – 
Ep(reagentes originais)
Logo, analisando-se o gráfico, verifica-se que essa energia é 
representada pela letra Z. 
Questão 13 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas. 
A) Correta. O 2-cloropropano apresenta menor conteúdo 
energético que o 1-cloropropano. Portanto, é o produto 
mais estável.
B) Correta. A reação de produção do 2-cloropropano possui 
menor energia de ativação que a reação do 1-cloropropano, 
de modo que mais moléculas terão energia suficiente para 
reagir e a velocidade de sua reação será maior. Assim, 
o 2-cloropropano é produzido mais rapidamente do que o 
1-cloropropano.
C) Correta. A existência de um vale intermediário entre 
dois picos de energia em um gráfico termocinético indica 
a formação de um produto intermediário. Portanto, as 
reações de formação do 2-cloropropano e do 1-cloropropano 
envolvem duas etapas.
D) Incorreta. O 2-cloropropano é um produto mais estável do 
que o 1-cloropropano. Assim, no equilíbrio, nas mesmas 
condições experimentais, haverá maior concentração do 
2-cloropropano que do 1-cloropropano.
Questão 14 – Letra B
Comentário: A energia de ativação de uma reação está 
associada ao tempo necessário para que uma reação ocorra. 
Quanto maior for a energia de ativação de uma reação, 
maior será o tempo necessário para que ela se complete. 
Reações químicas que apresentam energia de ativação igual 
a zero não apresentam formação do complexo ativado. Logo, 
os diagramas I e III representam a reação mais lenta e a reação 
com energia de ativação nula, respectivamente. 
Questão 15 – Letra B
Comentário: Quando a temperatura é elevada, aumenta-se 
o número de partículas com energia mínima necessária para 
atingir o estado de complexo ativado (Eat). Com isso, aumenta-se 
a fração de partículas com energia maior ou igual à energia 
de ativação e, dessa forma, ocorre um aumento da velocidade 
da reação. Isso explica o motivo pelo qual as velocidades das 
reações metabólicas são maiores nos animais que possuem 
sangue quente. 
Questão 16 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
I. Incorreta. Um aumento na temperatura promove o aumento 
do número de partículas com energia cinética mínima 
necessária para atingir o estado de complexo ativado (Eat). 
Com isso, ocorre um aumento da velocidade da reação. 
A energia do complexo ativado, contudo, é mantida constante.
II. Correta. Toda reação ocorre a partir de colisões entre as 
partículas reagentes, e, para que as colisões sejam efetivas, 
as partículas que colidem devem apresentar energia cinética 
maior ou igual à energia de ativação. Como o aumento na 
temperatura promove o aumento do número de partículas 
com energia mínima necessária para formar o complexo 
ativado (Eat), aumenta-se a fração de partículas que irão 
colidir eficazmente.
III. Incorreta. O número de moléculas com energia igual ou 
superior à energia de ativação é menor na temperatura T1. 
Assim, a probabilidade de ocorrerem colisões efetivas 
também é menor e, portanto, a velocidade da reação é 
menor nessa temperatura.
IV. Incorreta. O número de moléculas com energia igual ou 
superior à energia de ativação é maior na temperatura 
T2. Assim, a probabilidade de ocorrer colisões efetivas 
também é maior e, portanto, a velocidade da reação é maior 
nessa temperatura. 
Questão 17 
Comentário: 
A) Com a diminuição da temperatura, a frequência de colisões 
efetivas diminui, uma vez que o número de partículas com 
energia igual ou superior à energia de ativação da reação 
também diminui. Assim, haverá diminuição da velocidade 
da reação. 
B) Um aumento de 10 °C na temperatura pode ser suficiente 
para dobrar a velocidade de uma reação lenta, porque, 
para alguns sistemas, o aumento de 10 °C na temperatura 
dobra o número de moléculas reagentes com energia maior 
ou igual à energia de ativação (energia mínima necessária 
para a conversão do reagente em produto).
Questão 18 
Comentário: 
A) A combustão do metano ocorre com o gás oxigênio 
participando da reação como reagente, formando água e CO2 
e pode ser representadapela seguinte equação química:
 CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
B) O processo de combustão do metano consome uma 
quantidade total de matéria de 24 mols de CH4. 
A estequiometria dessa reação nos permite concluir que o 
consumo de oxigênio é igual a: 
 1 mol de CH4  2 mols de O2
24 mols de CH4  x
x = 48 mols de O2
 Dessa forma, a velocidade de decomposição de H2O2 é igual a:
0,5 mol de O2  1 mol.h–1 de H2O2 consumidos
 48 mols  y
y = 96 mol.h–1 de H2O2 consumidos 
C) O aumento da concentração da espécie reagente permite 
que um número maior de espécies químicas possam 
realizar choques efetivos. Logo, a velocidade da reação 
de queima do CH4 será maior quando a concentração de 
oxigênio for aumentada quando a concentração de oxigênio 
for aumentada. 
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57Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 19
Comentário: Para aumentar a velocidade de reação química, 
pode-se usar água quente (aumento da temperatura) ou colocar 
quantidades iguais de vinagre e de água (aumento da concentração 
de reagente). Ambos os processos aumentam a frequência 
de colisões efetivas das moléculas e, consequentemente, 
a velocidade da reação.
Questão 20 
Comentário: 
A) Durante o aquecimento em uma panela de pressão, o ar 
contido dentro da panela aumenta de volume, e escapa 
através de uma válvula. Ocorre também um aumento de 
pressão no interior da panela e esse acréscimo de pressão 
permite que a água entre em ebulição em uma temperatura 
maior. Como o aumento de temperatura aumenta a 
velocidade de cozimento dos alimentes e eles serão cozidos 
em um espaço de tempo menor.
B) No momento da “tragada”, uma quantidade maior de ar 
entra em contato com o local onde ocorre a queima dos 
reagentes. Há um aumento na concentração de oxigênio, 
que	participa	 como	 reagente	da	 reação.	 Logo,	 a	 reação	
ocorre com uma velocidade maior, e o cigarro é consumido 
mais rapidamente.
Questão 21 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas:
A) Correta. Nas condições especificadas, apenas uma pequena 
fração dos reagentes possui energia igual ou superior 
à energia de ativação. Assim, mesmo com uma grande 
concentração de oxigênio, como em uma câmara desse 
gás, a velocidade da reação será muito baixa. Isso ocorre 
porque a frequência de colisões efetivas é baixa em virtude 
da pequena fração de reagentes com energia cinética maior 
ou igual à energia de ativação.
B) Correta. De acordo com o enunciado, mesmo quando a 
celulose é colocada em uma câmara de oxigênio, não é 
observada transformação. Isso indica que um aumento 
na pressão de oxigênio não influencia apreciavelmente a 
rapidez da reação.
C) Correta. A energia de ativação corresponde à energia 
cinética mínima necessária para permitir a colisão entre 
as partículas reagentes, originando, assim, o complexo 
ativado e possibilitando a ocorrência da reação. Assim, esse 
estímulo fornece energia suficiente para elevar a energia 
cinética das moléculas até o valor da energia de ativação, 
ou seja, até que seja vencida a barreira de energia para a 
formação dos produtos.
D) Incorreta. Quanto maior for a concentração dos reagentes, 
maior será o número de espécies químicas que podem 
realizar choques efetivos e, consequentemente, maior será 
a velocidade da reação.
E) Correta. Para que uma reação seja considerada espontânea, 
a variação da energia livre de Gibbs (∆G = ∆H – T∆S) deve 
ser menor que zero. Assim, reações cujo ∆H seja menor 
que zero não são necessariamente espontâneas.
Questão 22 – Letra A
Comentário: Para que o processo de deterioração seja lento, 
a velocidade da reação deve ser muito baixa. As condições 
que influenciam na rapidez de uma reação química, como 
superfície de contato e temperatura, devem ser consideradas. 
Quanto maior a superfície de contato e maior a temperatura, 
maior é a velocidade de deterioração, uma vez que a frequência 
de colisões efetivas será maior. A peça fatiada possui maior 
superfície de contato que a peça inteira, e gelo comum e 
freezer de uso doméstico estão em temperaturas mais altas que 
nitrogênio líquido e CO2 sólido. Portanto, a condição especificada 
na alternativa A é a que apresenta a menor superfície de contato 
e a menor temperatura, o que implica menor frequência de 
colisões efetivas e, consequentemente, menor velocidade da 
reação de deterioração.
Questão 23 – Letra E
Comentário: A velocidade da reação de combustão depende 
da	superfície	de	contato	entre	as	espécies	 reagentes.	Logo,	
o processo de combustão ocorrerá com maior velocidade na 
fogueira 2, em que a lenha possui maior superfície de contato 
com espécies reagentes que estão no ar.
Questão 24 
Comentário: O processo de ferrugem ocorre mais rapidamente 
no ferro encontrado na forma de palha de aço, devido à maior 
superfície de contato entre os reagentes. 
Questão 25 – Letra B 
Comentário: Existem duas variáveis que alteram a 
velocidade da reação de formação de CO2 nos experimentos, 
a concentração dos reagentes e a superfície de contato. 
A utilização da amostra de CaCO3 em pó permite uma maior 
interação entre os reagentes, e faz com que a velocidade das 
reações nos experimentos II e III sejam maiores do que no 
experimento I. Como a concentração da espécie reagente HC 
é duas vezes maior no experimento III, ela apresentará a maior 
velocidade	de	reação	entre	os	demais	experimentos.	Logo,	as	
velocidades de reação em ordem crescente serão: 
V1 > V2 > V3.
Questão 26 – Letra B
Comentário: Para avaliar a rapidez da reação de um comprimido 
efervescente em diferentes condições, os fatores superfície 
de contato e temperatura devem ser considerados. Quanto 
maior a superfície de contato e maior a temperatura, maior é 
a velocidade de liberação de CO2, uma vez que a frequência 
de colisões efetivas será maior. O comprimido triturado possui 
maior superfície de contato que o comprimido inteiro, portanto, 
a condição II é a que possui maior velocidade de liberação de 
CO2. Na condição III, o comprimido encontra-se inteiro, e a 
temperatura é menor que a ambiente, portanto, trata-se da 
situação em que há menor velocidade de liberação de CO2.	Logo,	
as velocidades de reação em ordem crescente serão:
vIII < vI < vII
Analisando o gráfico, verifica-se que a curva A corresponde à 
reação de maior velocidade, pois houve a formação de um maior 
volume de CO2 em um determinado intervalo de tempo. A curva 
C, por sua vez, corresponde à reação de menor velocidade, 
pois houve a formação de um menor volume de CO2 em um 
determinado intervalo de tempo. Assim, as curvas A, B e C 
representam, respectivamente, as condições II, I e III.
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58 Coleção EM2
Questão 27 – Letra D
Comentário: Um dos componentes do fermento responsável 
por liberar o gás carbônico para o crescimento da massa é o 
bicarbonato de sódio, que, sob ação do calor, decompõe-se em 
carbonato de sódio, água e gás carbônico. Durante o processo 
de cozimento do bolo em duas temperaturas diferentes, 160 °C 
e 220 °C, todo fermento foi consumido, ou seja, a mesma massa 
de CO2 será formada nas duas temperaturas de preparo. No 
entanto, o cozimento do bolo à 220 °C será mais rápido e a 
decomposição do bicarbonato de sódio também, de forma que 
a massa de CO2 total será liberada mais rapidamente. O gráfico 
que mostra a quantidade igual de CO2 liberada em ambos os 
experimentos, porém de forma mais rápida na temperatura de 
220 °C, é o da alternativa D.
Questão 28 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
A) Correta. Os catalisadores aumentam a velocidade de 
uma reação química porque criam um novo caminho para 
formação dos produtos, com energia de ativação menor. 
Eles podem participar de uma das etapas da reação, 
sendo consumidos; porém, ao fim do processo, são 
integralmente regenerados.
B) Correta. A catálise é homogênea quando catalisador e 
reagentes formamuma única fase, ou seja, quando formam 
um sistema homogêneo.
C) Correta. Vide comentário referente a afirmativa A.
D) Incorreta. A catálise é heterogênea quando catalisador 
e reagentes formam mais de uma fase, ou seja, quando 
formam um sistema heterogêneo.
E) Correta. Os catalisadores não alteram os valores de entalpia 
dos reagentes (Hr) e dos produtos (Hp) nem os de variação 
de entalpia da reação (ΔH). Eles criam, para a reação, um 
novo caminho para formação dos produtos, com energia 
de ativação menor.
Questão 29 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
o período por partes, para que os termos adequados sejam 
inseridos em cada lacuna.
1ª lacuna: Reagentes. Em uma reação química, as espécies 
que dela participam são denominadas produtos e reagentes. 
As espécies inicialmente presentes em um sistema e que 
reagem entre si transformando-se em outras espécies são 
denominadas reagentes, e as novas substâncias produzidas 
são denominadas produtos.
2ª lacuna: Choque efetivo. Para a ocorrência de reações, 
devem ocorrer choques efetivos, que são aqueles em que as 
partículas que colidem apresentam energia cinética maior ou 
igual à energia de ativação e orientação favorável.
3ª lacuna: Complexo ativado. Os choques efetivos promovem 
a fusão das nuvens eletrônicas das partículas reagentes, 
originando uma espécie química denominada complexo ativado.
4ª lacuna: Agitação térmica. Quando se aumenta a temperatura, 
aumenta-se o número de partículas com energia mínima 
necessária para formar o complexo ativado. Dessa forma, maior 
a probabilidade de ocorrência de choques efetivos.
Questão 30 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Correta. A velocidade de uma reação é diretamente 
proporcional ao produto das concentrações dos reagentes 
elevadas a expoentes (que correspondem à ordem da 
reação em relação a cada reagente), multiplicado por uma 
constante k.
B) Incorreta. Os coeficientes dos reagentes da equação da 
velocidade não correspondem aos coeficientes da equação 
química balanceada. Esses valores são determinados 
a partir da análise de dados experimentais da variação 
da velocidade instantânea da reação em função da 
variação das concentrações em mol.L–1 dos reagentes à 
temperatura constante. No caso em questão, os coeficientes 
estequiométricos dos reagentes na reação balanceada são 
diferentes dos expoentes da lei de velocidade, pois essa 
reação é não elementar e os coeficientes dos dois reagentes 
na etapa lenta são iguais a 1.
C) Correta. Como a reação é de primeira ordem em relação à 
concentração de (S2O8)2–, ao duplicarmos a concentração 
desse reagente, a velocidade da reação será multiplicada 
pelo fator 21, em que o expoente 1 é indicado pela ordem 
da reação.
D) Correta. Quando aumentamos a temperatura, estamos 
aumentando o número de partículas com energia cinética 
mínima necessária para formar o estado de transição 
denominado complexo ativado, ou seja, estamos 
aumentando o número de partículas com energia cinética 
maior ou igual à energia de ativação (Eat), aumentando 
a quantidade de choques efetivos e, consequentemente, 
a velocidade da reação.
E) Correta. Os catalisadores são substâncias químicas que, 
ao serem adicionadas ao sistema reacional, aumentam a 
velocidade da reação. Isso ocorre porque um novo complexo 
ativado menos energético é criado, o que diminui a energia 
de ativação.
Questão 31 – Letra B
Comentário: A decomposição do ozônio é representada pela 
seguinte sequência de reações:
O3(g) + NO(g) → O2(g) + NO2(g)
NO2(g) + O3(g) → 2O2(g) + NO(g)
Nesse processo, observa-se que o NO(g) é consumido na primeira 
etapa e é regenerado ao final, o que indica ser essa espécie o 
catalisador da reação de decomposição do ozônio.
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma das 
afirmações.
I. Incorreta. Na reação de decomposição do ozônio, nota-se 
que o catalisador, NO(g), forma uma única fase com os 
reagentes da reação, uma vez que misturas gasosas são 
sempre homogêneas. Dessa forma, trata-se de uma catálise 
homogênea. 
II. Correta. Como o NO é o catalisador da reação, ele atua 
diminuindo a energia de ativação, proporcionando a 
formação de um complexo ativado menos energético.
III. Incorreta. Os catalisadores podem participar de uma das 
etapas da reação, sendo consumidos; porém, ao final do 
processo, são integralmente regenerados.
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59Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 32 – Letra A
Comentário: Ordem de uma reação é a soma dos expoentes 
das concentrações dos reagentes encontrados na Lei da Ação 
das Massas que, nesse caso, é dada por v = k . [O2] . [NO]2. 
Desse modo, a reação em questão é de 3ª ordem global.
Questão 33
Comentário:
A) A equação que representa o processo global de decomposição 
da água oxigenada é representada por:
Etapa I: H2O2(aq) + I–(aq) → H2O(l) + IO–(aq)
Etapa II: H2O2(aq) + IO–(aq) → H2O(l) + I–(aq) + O2(g)
Equação global: 2H2O2(aq) → 2H2O(l) + O2(g)
B) De acordo com as equações anteriores, o catalisador I– 
participa da reação, sendo consumido em uma etapa e 
regenerado na etapa posterior. Logo, a afirmação é falsa.
C) m = 1 e n = 1.
 Comparando-se os experimentos I e II, percebe-se 
que, mantendo-se constante a concentração de KI(aq) e 
duplicando-se a concentração de H2O2(aq), a velocidade da 
reação também dobra. Logo, a velocidade é diretamente 
proporcional à concentração de H2O2(aq) (v ∝ [H2O2]).
 Comparando-se os experimentos II e III, percebe-se 
que, mantendo-se constante a concentração de H2O2(aq) e 
reduzindo-se a concentração de KI(aq) à metade, a velocidade 
da reação também se reduz à metade. Logo, a velocidade é 
diretamente proporcional à concentração de KI(aq) (v ∝ [KI]).
Questão 34 – Letra A
Comentário: Os catalisadores aumentam a velocidade de 
uma reação química, pois criam, para a reação, um novo 
caminho para formação dos produtos, com energia de ativação 
menor. Assim, essas espécies proporcionam a formação de um 
complexo ativado menos energético e, consequentemente, 
aumentam a velocidade da reação.
Questão 35 – Letra B
Comentário: De acordo com a teoria das colisões, para que duas 
partículas reajam, é necessário que ocorra uma colisão entre elas. 
Somente colisões em que a energia cinética relativa das partículas 
é igual ou superior a um determinado valor crítico, denominado 
energia de ativação, resultam em uma reação química. 
A energia de ativação corresponde à energia cinética mínima 
necessária para permitir a colisão entre as partículas reagentes, 
originando, assim, o complexo ativado, que originará os produtos. 
Assim, para que ocorra a formação desse complexo ativado, 
é necessário o fornecimento de energia adicional aos reagentes.
Questão 36 – Letra B
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. Um catalisador fornece um caminho alternativo com 
energia de ativação menor, com formação de um complexo 
ativado menos energético, o que resulta em aumento da 
velocidade da reação. A reação ocorre na ausência de catalisador, 
entretanto, ela será mais lenta do que na presença dele.
B) Correta. O tempo de reação e o consumo de energia 
são dois fatores que devem ser avaliados para que o 
processo seja economicamente viável. Nesse sentido, 
os catalisadores proporcionam para a reação um caminho de 
menor energia, o que faz com que a reação seja acelerada 
e o processo industrial, viável. 
C) Incorreta. A reação é catalisada por uma base, logo, esta 
não poderá ser descartada no ambiente, porque poderá 
provocar, entre outros impactos, o aumento do pH dos 
sistemas e, consequentemente, desequilíbrios ambientais.
D) Incorreta. Na reação que representa a produção do 
biodiesel, além desse combustível, é gerada também a 
glicerina, que é um resíduo da reação.
Questão 37
Comentário:
A) Em uma reação de decomposição, um composto químico 
é fragmentadoem substâncias simples ou compostos 
químicos menores. Na decomposição do clorato de potássio, 
KClO3, ocorre a formação de cloreto de potássio e gás 
oxigênio, conforme equação representada a seguir:
2KClO3(s) → 2KCl(s) + 3O2(g)
B) O MnO2 atua como um catalisador, diminuindo a energia 
de ativação da reação, permitindo, assim, que o processo 
ocorra numa temperatura menor.
Questão 38 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas:
A) Incorreta. O catalisador permite um mecanismo alternativo 
para a reação que diminui a energia de ativação, de modo 
a aumentar a fração de moléculas com energia maior que 
a energia de ativação, aumentando a velocidade da reação.
B) Incorreta. A regra de Van’t Hoff diz que, para algumas 
reações, um aumento de 10 °C é capaz de dobrar, e não 
reduzir à metade, a velocidade de uma mesma reação. 
A fórmula que descreve esse comportamento é:
=
−
v v . 2
2 1
T T
10 C
2 1
º
C) Correta. A presença de luz acelera a decomposição de 
água oxigenada sem, no entanto, ser um catalisador, pois 
não corresponde a uma espécie química que participa 
efetivamente da reação.
D) Incorreta. A reação entre zinco e ácido clorídrico será mais 
rápida quanto maior for a superfície de interação entre os 
reagentes. Assim, uma reação utilizando zinco em pedra 
será mais lenta do que se for utilizado zinco em pó.
E) Incorreta. A velocidade de uma reação depende da 
concentração dos reagentes, pois quanto maior a 
concentração de reagentes, maior é o número de espécies 
químicas que podem realizar os choques efetivos.
 Observação: Para reações de ordem zero, a velocidade 
da reação não depende da concentração dos reagentes e 
é igual à constante de velocidade da reação.
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Questão 39 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas:
I. Incorreta. Quanto menor a energia de ativação de uma 
reação, maior a fração de moléculas com energia mínima 
para reagir e maior é a velocidade da reação, se compararmos 
duas reações que se processam à mesma temperatura.
II. Correta. O catalisador participa da reação permitindo um 
mecanismo alternativo com energia de ativação menor, 
aumentando a velocidade da reação.
III. Incorreta. A energia de ativação de uma reação depende 
do tipo de ligação nos reagentes e nos produtos, ou seja, 
assume um valor específico para cada reação e independe 
de qualquer outra variável.
 Observação: São raros os casos em que a energia da 
ativação depende da temperatura.
IV. Correta. A energia de ativação é a energia necessária para 
os reagentes vencerem uma barreira energética (energia do 
complexo ativado), a fim de atingirem o estado de produtos. 
Portanto, o complexo ativado é a associação de reagentes 
com energia igual à soma da energia de ativação com a 
entalpia dos reagentes.
Questão 40
Comentário:
A) A análise dos dados dos experimentos 1 e 2 revela que, ao 
dividirmos por 10 a concentração de H2O2, mantendo-se 
constantes as concentrações de H+ e de Br –, a velocidade 
da reação também é dividida por 10. Portanto, a reação é 
de primeira ordem em relação à água oxigenada (H2O2). 
A análise dos dados dos experimentos 1 e 3 revela que, 
ao dividirmos por 10 a concentração de H+, mantendo-se 
constantes as concentrações de H2O2 e de Br–, a 
velocidade da reação também é dividida por 10. Portanto, 
a reação é de primeira ordem em relação ao H+. Por 
fim, ao analisarmos os experimentos 1 e 4, verifica-se 
que, ao dividirmos por 10 a concentração de Br –, 
mantendo-se constantes as concentrações de H2O2 e 
de H+, a velocidade da reação também é dividida por 
10. Portanto, a reação também é de primeira ordem em 
relação ao Br –. 
B) Quando aumentamos a temperatura de uma reação química, 
aumentamos o valor e–(Eat /RT), o que aumenta o valor da 
constante de velocidade e, consequentemente, a velocidade 
da reação química. A utilização de catalisadores em uma 
determinada reação proporciona um novo mecanismo de 
reação cuja energia de ativação, Ea, é menor. Assim, com 
a diminuição da Ea, a velocidade da reação aumenta, pois 
o valor de k aumenta. 
Questão 41 – Letra C
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. A energia do complexo ativado da reação 
catalisada é menor do que a da reação não catalisada.
Assim, a energia de ativação da reação com catalisador é 
menor do que aquela sem catalisador.
B) Incorreta. Quanto menor for a energia de ativação, maior 
será a probabilidade de ocorrência de colisões efetivas entre 
as partículas reagentes, o que aumenta a velocidade da 
reação química.
C) Correta. A adição de um catalisador a uma reação permite 
a criação de um mecanismo alternativo, com um complexo 
ativado de energia menor do que aquele formado na reação 
sem catalisador.
D) Incorreta. Como o conteúdo energético dos produtos é 
menor do que o conteúdo energético dos reagentes, a reação 
ocorreu com liberação de energia e é, portanto, exotérmica.
Questão 42 – Letra B
Comentário: A adição de um catalisador a uma reação diminui 
a energia de ativação por meio da criação de um mecanismo 
alternativo, com um complexo ativado de menor energia 
potencial do que aquele formado na reação sem catalisador. 
No entanto, tal adição não altera as entalpias dos reagentes 
ou dos produtos.
Como a reação tem variação de entalpia negativa, os produtos 
estão em um estado energético menor que os reagentes.
Assim, o gráfico que melhor descreve esse comportamento é:
 Desenvolvimento da reação
E
n
er
g
ia
Questão 43 – Letra E
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das alternativas.
A) Incorreta. A entalpia dos produtos é menor que a entalpia 
dos reagentes. Assim, a variação de entalpia da reação, 
que é dada por Hp – Hr, é menor que zero, ou seja, 
a reação é exotérmica. A variação de entalpia da reação 
não é alterada devido à presença de catalisador e mantém 
o valor d na presença ou na ausência de catalisador. 
B) Incorreta. Conforme explicado no comentário da alternativa 
A, a reação é exotérmica. O valor a representa a energia 
de ativação da reação na ausência de catalisador. O ΔH 
da reação é representado por d e não é influenciado pela 
presença de catalisador.
C) Incorreta. Vide comentário da alternativa B.
D) Incorreta. O catalisador promove a diminuição da energia 
de ativação da reação. No caso da reação representada no 
gráfico, a energia da reação catalisada é b, e da reação não 
catalisada é a. A letra c corresponde à variação das energias 
de ativação dos processos catalisado e não catalisado.
E) Correta. Vide comentários das alternativas A e D.
Questão 44 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmativas.
A) Incorreta. Como a energia do complexo ativado é menor 
na curva II, ela representa a reação catalisada.
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61Bernoulli Sistema de Ensino
B) Incorreta. Uma vez que a entalpia dos reagentes é menor 
que a dos produtos, a reação de decomposição do ácido 
fórmico ocorre com absorção de energia e é, portanto, 
endotérmica.
C) Incorreta. Uma maior energia de ativação implica menor 
rapidez de reação. Assim, a velocidade da reação não 
catalisada (curva I) é menor porque apresenta maior 
energia de ativação.
D) Correta. A rapidez da reação representada pela curva II é 
maior, pois, apesar de ocorrer em várias etapas, estas têm 
baixas energias de ativação, o que garante que a reação 
seja mais rápida por esse caminho.
E) Incorreta. A ação do catalisador não altera os produtos 
formados e, como a variação de entalpia é uma função de 
estado, o ΔH depende somente dos estados inicial e final da 
reação. Dessa forma, a presença de catalisador não diminui 
o ΔH da reação de decomposição do ácido fórmico. 
Questão 45 – Letra E
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cadauma das alternativas.
A) Incorreta. De acordo com o gráfico, a reação 1 possui, entre 
as reações representadas, a menor fração de moléculas com 
energia cinética igual ou superior à energia de ativação. 
Com isso, a frequência de colisões efetivas na reação 1 
deverá ser menor, e, portanto, a velocidade inicial da reação 
1 é menor que as velocidades iniciais das reações 2 e 3.
B) Incorreta. As energias de ativação das partículas na 
reação 3, na reação 2 catalisada e na reação 1 catalisada 
aumentam na seguinte ordem:
 Ea2’ < Ea3 < Ea1’
 Quanto menor a energia de ativação da reação, maior é a fração 
de partículas com energia suficiente para que ocorram colisões 
efetivas e, portanto, maior é a velocidade da reação. Sendo 
assim, a velocidade das reações cresce na seguinte ordem:
 v2 catalisada > v3 > v1 catalisada
C) Incorreta. As energias de ativação das partículas na reação 2, 
na reação 3 e na reação 1 catalisada aumentam na seguinte 
ordem:
 Ea3 < Ea1’ < Ea2
 Quanto menor a energia de ativação da reação, maior é 
a fração de partículas com energia suficiente para que 
ocorram colisões efetivas e, portanto, maior é a velocidade 
da reação. Sendo assim, a velocidade das reações cresce 
na seguinte ordem:
 v3 > v1 catalisada > v2
D) Incorreta. As energias de ativação das partículas na reação 2 
catalisada, na reação 3 e na reação 1 catalisada aumentam 
na seguinte ordem:
 Ea2’ < Ea3 < Ea1’
 Quanto menor a energia de ativação da reação, maior é 
a fração de partículas com energia suficiente para que 
ocorram colisões efetivas e, portanto, maior é a velocidade 
da reação. Sendo assim, a velocidade das reações cresce 
na seguinte ordem:
 V2 catalisada > v3 > v1 catalisada
E) Correta. As energias de ativação das partículas na reação 1 
catalisada, na reação 2 e na reação 3 aumentam na 
seguinte ordem:
 Ea3 < Ea1’ < Ea2 
 Quanto menor a energia de ativação da reação, maior é a fração 
de partículas com energia suficiente para que ocorram colisões 
efetivas e, portanto, maior é a velocidade da reação. Sendo 
assim, a velocidade das reações cresce na seguinte ordem:
 v3 > V1 catalisada > v2 
Questão 46
Comentário: 
A) A reação mais lenta está representada pela curva 3, pois 
gasta-se mais tempo para que uma menor concentração 
do reagente se reduza a zero.
B) A entalpia do complexo ativado é alterada na reação com 
catalisador. Esse processo forma um complexo ativado 
com energia menor do que aquele formado na reação 
sem catalisador, de forma que uma reação catalisada se 
processa mais rapidamente que uma reação na ausência 
de catalisador. Portanto, a reação catalisada é representada 
pela curva 2, pois nela o consumo total de H2O2 acontece 
mais rapidamente, indicando que a reação se processou 
em um tempo menor.
Questão 47
Comentário: A equação global da reação pode ser obtida pela 
soma das duas etapas seguintes:
A B E F G
E F G C D
A B C D
+ → + +
+ + → +
+ → + ΔH < 0
Conforme informado no enunciado, a reação química A + B → C + D 
é exotérmica, ou seja, ΔH < 0. Dessa forma, a entalpia dos 
produtos C + D deve ser menor que a entalpia dos reagentes 
A + B. Como a reação ocorre em duas etapas, deve-se 
representar dois picos no gráfico, e cada um deles representa 
a energia de ativação de uma das reações. Além disso, quando 
o catalisador é adicionado, a reação correspondente à etapa 
lenta ocorre por um caminho alternativo, em que a energia de 
ativação é menor. No gráfico a seguir estão indicadas todas 
essas informações:
A+B
En
er
gi
a 
po
te
nc
ia
l
Coordenada da reação
∆H < 0
C+D
E1
E3
E2
E+F+G
Legenda:
ΔH = Variação de entalpia da reação
E1 = Energia de ativação da etapa 1.
E2 = Energia de ativação da etapa 2.
E3 = Energia de ativação da etapa 2 com catalisador.
A etapa 2 é a mais lenta, pois apresenta maior energia de 
ativação.
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62 Coleção EM2
Questão 48
Comentário: A equação global da reação pode ser obtida pela 
soma das três etapas seguintes:
B
C
A
C
D
A D
→
→
→
→
B
 ΔH < 0
Conforme informado no enunciado, a reação química A → 
D é exotérmica, ou seja, ΔH < 0. Dessa forma, a entalpia 
do produto D deve ser menor que a entalpia do reagente A. 
Como a reação envolve três reações unimoleculares, deve-se 
representar três picos no gráfico, e cada um deles representa 
a energia de ativação de uma das reações. A reação I é rápida, 
dessa forma, sua energia de ativação é baixa. Além disso, ela é 
endotérmica, ou seja, o ΔHI > 0. A reação II é lenta, logo, ela 
possui maior energia de ativação que a reação I. Além disso, 
ela é endotérmica, o que significa que o ΔHII > 0, sendo que 
ΔHII > ΔHI. A reação III é rápida, dessa forma, sua energia de 
ativação é baixa, porém é maior que a energia de ativação da 
reação I. Portanto:
EaI < EaIII < EaI.
ΔHII > ΔHI > 0
No gráfico a seguir, estão indicadas todas essas informações:
Ep
Caminho da reação
D
A
B
C
∆HII
∆HIII
∆HI
EaI
EaII
EaIII
Questão 49
Comentário: 
A) A curva I possui menor energia de ativação. Assim, no 
caminho correspondente a essa curva, uma maior fração 
de partículas terá energia cinética igual ou maior à energia 
de ativação, e, consequentemente, a frequência de colisões 
efetivas será maior, aumentando a velocidade da reação.
B) Efeito de um catalisador. Os catalisadores são as espécies 
químicas que criam, para a reação, um novo caminho para 
formação dos produtos, com energia de ativação menor, 
resultando no aumento da velocidade da reação.
C) O complexo ativado em I requer, para ser formado, uma 
menor quantidade de energia do que o complexo ativado 
formado em II.
D) Sim. Como a energia cinética não é distribuída 
uniformemente, existe uma fração de moléculas com 
energia suficiente para atingir tanto o complexo ativado 
de I quanto o de II.
Questão 50 – Letra D
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada uma das afirmações.
I e II. Corretas. Os catalisadores aumentam a velocidade da 
reação. Isso ocorre por meio da diminuição da energia 
de ativação, o que resulta em um complexo ativado 
menos energético.
III. Incorreta. Catalisadores são substâncias que promovem a 
aceleração da reação. As reações ocorrem na ausência de 
catalisadores, porém, com velocidades menores.
IV. Correta. As enzimas são catalisadores biológicos que 
possibilitam que reações bioquímicas metabólicas 
ocorram em uma faixa de temperatura em torno de 35 °C. 
Em alguns casos, as enzimas transformam reações lentas 
em reações mais rápidas. Entretanto, existem situações nas 
quais, sem a ação de uma enzima, a reação não ocorreria, 
pois as partículas reagentes, na temperatura de 35 °C, 
não apresentam energia cinética maior ou igual à energia 
de ativação.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7 
Habilidade: 26
Comentário: O uso da hematita como catalisador viabiliza 
economicamente a produção da amônia, pois sua presença 
no meio reacional aumenta a velocidade da reação por meio 
da diminuição da energia de ativação, o que resulta em um 
complexo ativado menos energético.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 26
Comentário: Os catalisadores são substâncias químicas que, 
ao serem adicionadas a um sistema reacional, aumentam a 
velocidade da reação, diminuindo a sua energia de ativação. 
As enzimas são moléculas de origem proteica que funcionam 
como catalisadores de diversos processos bioquímicos, agindo no 
substrato, que é uma partícula reagente que se conecta à enzima 
em uma região específica denominada sítio ativo. Existem três 
fatores que influenciam a velocidade de uma reação enzimática: 
temperatura, concentração dos substratos e o pH do meio reacional, 
pois as enzimas são sensíveis a esses parâmetros em determinadas 
condições. Apesar disso, uma das vantagens de se substituírem os 
catalisadores químicos tradicionais por enzimas decorre do fato de 
estas serem compostos orgânicos de fácildegradação na natureza.
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Manual do Professor
63Bernoulli Sistema de Ensino
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Comentário: Para a resolução dessa questão, analisaremos 
cada um dos exemplos citados:
1. Para que sejam conservados, os alimentos são armazenados 
em ambientes refrigerados, pois, assim, as reações 
de decomposição da matéria orgânica e o crescimento 
de bactérias são desacelerados. Com a diminuição da 
temperatura do meio, a energia cinética média das 
moléculas das substâncias contidas nos alimentos diminui 
e, consequentemente, a frequência das colisões entre elas 
também diminui. Quanto menor for a frequência de choques, 
menor será a taxa de quebra das ligações e menor será a 
velocidade das reações. Com a diminuição da velocidade das 
reações de decomposição, o alimento pode ser conservado 
por muito mais tempo.
2. A reação se processa por meio do contato dos reagentes na 
superfície externa. Quando essa superfície é aumentada, 
aumenta-se a superfície de contato dos reagentes, 
e a reação se processa mais rapidamente. Isso pode ser 
observado no exemplo citado anteriormente; o alimento 
cortado em pedaços apresenta maior superfície de contato, 
e seu cozimento é mais rápido.
3. Em meio orgânico, as enzimas são catalisadores biológicos. 
Elas têm a função de criar um novo caminho para a reação, 
de modo que o complexo ativado tenha um menor conteúdo 
energético, diminuindo a energia de ativação e aumentando a 
velocidade da reação. As bactérias citadas são produtoras de 
enzimas específicas que catalisam reações envolvendo açúcares 
e proteínas lácteas, acelerando a produção do iogurte.
Dessa forma, os fatores citados nos exemplos anteriores que 
influenciam na velocidade das reações são: temperatura, 
superfície de contato e catalisadores. 
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 15
Comentário: Após aberto o leite longa-vida, é preciso guardá-lo 
em geladeira, pois vários fatores podem acelerar a sua 
deteriorização, tais como a presença de micro-organismos 
no ar e a elevada temperatura. Isso se deve ao fato de que 
os micro-organismos, ao encontrarem alimento, água e 
temperatura adequada, crescem e se multiplicam. Em geral, 
entre 25 °C e 45 °C, a multiplicação desses micro-organismos 
é mais rápida. Além disso, as reações de decomposição 
são mais rápidas quanto maiores forem a temperatura e 
a superfície de contato entre as substâncias que reagirão. 
Assim, ao colocar o leite na geladeira, evita-se o contato do 
alimento com os micro-organismos presentes no ar e diminui-se 
a velocidade das reações de decomposição, conservando o 
alimento por mais tempo.
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 5
Habilidade: 18
Comentário: Os catalisadores são substâncias químicas que, ao 
serem adicionadas a um sistema reacional, aumentam a velocidade 
da reação. Eles proporcionam um novo mecanismo para que a 
reação ocorra, em que a energia de ativação será menor, pois 
haverá a formação de um complexo ativado menos energético, 
aumentando, assim, a velocidade com que a mesma ocorre.
Os conversores catalíticos têm como função diminuir a emissão 
de gases poluentes na atmosfera, resultado de combustões 
incompletas no motor de um automóvel. Isso é possível por meio 
do aumento da velocidade das reações de oxirredução dos gases 
tóxicos produzidos na combustão, cujos produtos são gases menos 
nocivos ao meio ambiente. Como exemplo, temos a oxidação 
completa do monóxido de carbono ou de hidrocarbonetos em 
dióxido de carbono, e a redução dos óxidos de nitrogênio em 
nitrogênio gasoso e em oxigênio gasoso. 
Para a resolução dessa questão, analisaremos cada uma 
das alternativas:
A) Correta. Os conversores catalíticos são constituídos de 
metais nobres suportados em cerâmicas ou bases metálicas. 
No conversor citado na questão, os metais utilizados são 
o ródio e o paládio, ambos metais de transição localizados 
nas famílias IXB e XB, respectivamente. Como a tendência 
de crescimento dos valores de densidade está direcionada 
para o centro da tabela periódica, os metais de transição 
citados são mais densos que os metais alcalinoterrosos, 
que se localizam à esquerda da tabela.
B) Incorreta. Os metais utilizados nos conversores catalíticos 
adsorvem os reagentes, estabelecendo com eles a formação 
de uma substância intermediária, que requer menor energia 
de ativação para originar os produtos. Como o catalisador será 
consumido e, posteriormente, regenerado, não haverá perda 
de massa da mistura metálica com o funcionamento do carro.
C) Incorreta. A ação catalítica no conversor é influenciada pela 
área de contato entre as moléculas do reagente e o metal 
suportado. Assim, quanto maior for a área de contato entre 
a mistura de paládio com ródio e os reagentes, maior será a 
eficiência do catalisador.
D) Incorreta. O catalisador, no conversor, é constituído por uma 
mistura metálica sólida que, com os reagentes gasosos, 
formam uma mistura com mais de uma fase. Esse tipo de 
catálise é classificada como catálise heterogênea. 
E) Incorreta. Os inibidores são substâncias químicas que atuam 
aumentando a energia de ativação do sistema e, portanto, 
diminuindo a velocidade da reação.
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64 Coleção EM2
Questão 06 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 7
Habilidade: 24
Comentário: O catalisador é uma substância que aumenta a velocidade de uma reação, mas ele próprio não é consumido ao 
final da reação, pois, em uma das etapas do processo, ele será consumido e, em uma etapa posterior, ele será regenerado. 
A reação da questão é catalisada e acontece em 3 etapas, sendo duas rápidas e uma lenta. Para descobrir qual espécie atua 
como catalisador, é preciso verificar qual é consumida, porém regenerada, durante o processo e não participa da reação global. 
Somando as três etapas, temos: 
Ce4+ + Mn2+(aq) → Ce
3+
(aq) + Mn
3+
(aq)
Ce4+ + Mn3+(aq) → Ce
3+
(aq) + Mn
4+
(aq)
2Ce4+ + T�+(aq) → 2Ce
3+
(aq) + T�
3+
(aq)
T�+ + Mn4+(aq) → T�
3+
(aq) + Mn
2+
(aq)
Note que, durante o processo, há o consumo do íon Mn2+ – que, posteriormente, gera os íons intermediários Mn3+ e Mn4+ – e a sua 
regeneração ao fim. Como o íon Mn2+ não participa da reação global, essa espécie atua como catalisador no processo descrito.
Questão 07 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 17
Comentário: O catalisador possibilita um novo mecanismo com menor energia de ativação para a reação. Assim, sob a ação do 
catalisador, a velocidade da reação é maior. No caso da reação de hidrólise de um composto orgânico evidenciada na questão, 
a presença da enzima faz com que a reação seja não elementar, ou seja, aconteça em duas etapas, cujas energias de ativação 
são menores que a energia de ativação da reação não catalisada. 
De acordo com o gráfico que descreve a evolução das duas etapas, a etapa 1 se processa em um tempo menor do que a etapa 2. 
Logo,	a	etapa	1	tem	menor	energia	de	ativação	do	que	a	etapa	2,	e	esta	é,	portanto,	a	etapa	determinante	da	velocidade	da	
reação catalisada. 
Além disso, a reação de hidrólise desse composto orgânico é exotérmica, ou seja, ocorre com liberação de energia. Portanto, a 
variação de energia da reação catalisada e da não catalisada deve ser a mesma, uma vez que o catalisador não altera o ∆H da 
reação. Contudo, a primeira etapa da reação catalisada deve ser endotérmica, já que nessa etapa ocorre a quebra de ligações. 
Dessa forma, o gráfico termocinético que melhor representa a reação catalisada e a não catalisada é o gráfico da alternativa B.
Sugestões de leitura para o professor
•	Princípios de química: questionando a vida moderna e o meio ambiente. P. W. Jones Atkins. Bookman. 
•	Química:	a	ciência	central.	Theodore	L.	Brown;	Harold	Eugene	Lemay	Junior;	Bruce	Edward	Bursten.Tradução de Robson Matos. Pearson Prentice Hall. 
•	Química CBA: sistemas químicos. Chemical Bond Approach Project. EDART. 
•	Química Geral. John Blair Russell. Makron Books.
•	Química: um curso universitário. Bruce H. Mahan; Rollie J. Myers. E. Blucher. 
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