resolução comentada - ita 2012 - curso objetivo...1 d uma amostra de 2 × 1 0–2g de um...

QQUUÍÍMMIICCAA

CONSTANTES

Constante de Avogadro = 6,02 x 1023 mol–1

Constante de Faraday (F) = 9,65 x 104 C mol–1 =

= 9,65 x 104 A s mol–1 = 9,65 x 104 J V–1 mol–l

Volume molar de gás ideal = 22,4 L (CNTP)

Carga elementar = 1,602 x 10–19 C

Constante dos gases (R) = 8,21 x 10–2 atm LK–1 mol–1 =

= 8,31 JK–1mol–1 = 1,98 cal K–1 mol–1 =

= 62,4 mmHg LK–1 mol–1

Constante gravitacional (g) = 9,81 ms–2

DEFINIÇÕES

Pressão de 1 atm = 760 mmHg = 101 325 Nm–2 = 760Torr

1 J = 1 Nm = I kgm2 s–2

Condições normais de temperatura e pressão (CNTP):0°C e 760 mmHg

Condições ambientes: 25°C e 1 atm

Condições-padrão: 25 °C e 1 atm; concentração das solu -ções = 1 mol L–1 (rigorosamente: atividade unitária dasespécies); sólido com estrutura cristalina mais estável nascondições de pressão e temperatura em questão.

(s) = sólido. (�) = líquido. (g) = gás. (aq) = aquoso.

(CM) = circuito metálico. (conc) = concentrado.

(ua) = unidades arbitrárias. [A] = concentração da espéciequímica A em mol L–1.

MASSAS MOLARES

ElementoQuímico

NúmeroAtômico

MassaMolar

(g.mol–1)

ElementoQuímico

NúmeroAtômico

MassaMolar

(g.mol–1)

H 1 1,01 S 16 32,07

Li 3 6,94 Cl 17 35,45

C 6 12,01 K 19 39,10

N 7 14,01 Ca 20 40,08

O 8 16,00 Mn 25 54,94

F 9 19,00 As 33 74,92

Na 11 22,99 Br 35 79,90

Mg 12 24,30 Ag 47 107,90

Al 13 26,98 I 53 126,90

Si 14 28,08 Pt 78 195,08

P 15 30,97 Hg 80 200,59

II TTAA ((44 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

1 DDUma amostra de 2 × 1 0– 2 g de um determinado compostoorgânico é dissolvida em 300 mL de água a 25°C,resultando numa solução de pressão osmótica 0,027 atm.Pode-se afirmar, então, que o composto orgânico é o(a)

a) ácido etanoico (ácido acético).

b) 1,2-etanodiol (etileno glicol).

c) etanol (álcool etílico).

d) metanodiamida (ureia).

e) tri-fluor-carbono.

ResoluçãoCálculo das concentrações de partículas dissolvidas

(não dispersas) para cada substância M = :

• ácido acético (CH3COOH):

M = mol/L = 1,11 . 10–3

• 1,2 etanodiol (HO — CH2 — CH2 — OH):

M = mol/L = 1,07 . 10–3

• etanol (CH3 — CH2 — OH):

M = mol/L = 1,44 . 10–3

• ureia (CO(NH2)2):

M = mol/L = 1,11 . 10–3

• trifluorcarbono (CHF3):

M = mol/L = 9,52 . 10–3

Cálculo da concentração de partículas dispersas nasolução:

π = [ ] . R . T ⇒

⇒ [ ] = = mol/L =

= 1,10 . 10 – 3

Como o ácido acético sofre uma pequena ionização emágua (ácido fraco), a concentração de partículas

dispersas seria maior que 1,11 . 10–3 . Logo, o

composto é a ureia.

�m–––––M . V�

mol–––––

L

2 . 10–2––––––––––60,06 . 0,3

mol–––––

L

2 . 10–2––––––––––62,08 . 0,3

mol–––––

L

2 . 10–2––––––––––46,08 . 0,3

mol–––––

L

2 . 10–2––––––––––60,07 . 0,3

mol–––––

L

2 . 10–2––––––––––70,02 . 0,3

0,027––––––––––––––8,21 . 10–2 . 298

π––––––R . T

mol–––––

L

mol–––––

L


2 BBConsidere as seguintes afirmações:

I. Aldeídos podem ser oxidados a ácidos carboxílicos.

II. Alcanos reagem com haletos de hidrogênio.

III. Aminas formam sais quando reagem com ácidos.

IV. Alcenos reagem com álcoois para formar ésteres.

Das afirmações acima, está(ão) CORRETA(S) apenas

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

ResoluçãoI) Verdadeira.

II) Falsa.Alcanos sofrem reação de substituição com F2,Cl2, Br2 e I2, na presença de luz, formando haletosde alquila.Não reagem com haletos de hidrogênio (HX).

III) Verdadeira.R — NH2 + HX ⎯⎯→ R – NH3

+X–

amina ácido sal

IV) Falsa.Alcenos sofrem reações de adição, como porexemplo hidrogenação e cloração. Já a formaçãodo éster se dá pela reação entre um ácidocarboxílico e um álcool:

ácido carboxílico + álcool →← éster + água

O O[O]

R — C ⎯⎯→ R — C

H OHaldeído ácido carboxílico


3 DDA reação de sulfonação do naftaleno ocorre por subs -tituição eletrofílica nas posições α e β do compostoorgânico, de acordo com o diagrama de coordenada dereação a 50 °C.

Com base neste diagrama, são feitas as seguintes afir -mações:

I. A reação de sulfonação do naftaleno é endotérmica.

II. A posição α do naftaleno é mais reativa do que a de β.

III. O isômero β é mais estável que o isômero α.


a) I. b) I e lI. c) II. d) II e III. e) III.

ResoluçãoI) Errada.

A reação de sulfonação do naftaleno é exotérmica,pois a entalpia dos produtos é menor que aentalpia dos reagentes, indicando que ocorreuliberação de energia durante a reação.

II) Correta.A energia de ativação da reação de sulfonação donaftaleno em posição α é menor do que a energiade ativação da reação de sulfonação do naftalenoem posição β, portanto a posição α do naftaleno émais reativa do que a posição β.

III) Correta.O isômero β apresenta menor entalpia que oisômero α, sendo portanto mais estável.


4 BBAssinale a opção que corresponde, aproximadamente, aoproduto de solubilidade do AgCl(c) em água nas con -dições-padrão, sendo dados:

Ag+(aq) + e– →← Ag(c); E0 = 0,799 V e

AgCl(c) + e– →← Ag(c) + Cl–(aq); E0 = 0,222 V,

em que E0 é o potencial do eletrodo em relação ao eletro -do padrão de hidrogênio nas condições-padrão.

a) 1×10–18 b) 1×10–10 c) 1×10–5

d) 1×105 e) 1×1010

ResoluçãoAplicando a Equação de Nernst ao equilíbrio de umasolução saturada (com corpo de fundo), temos:

AgCl(c) →← Ag+(aq) + Cl –(aq)

ΔE = ΔE0 – log Q

Q = KPS para ΔE = 0

Cálculo do ΔE0:

Ag(c) →← Ag+(aq) + e– E0 = – 0,799V

AgCl(c) + e– →← Ag(c) + Cl –(aq) E0 = 0,222V––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––AgCl(c) →← Ag+(aq) + Cl –(aq) E0 = – 0,577 V

0 = – 0,577 – log KPS

0,577 = – 0,059 log KPS

– 10 = log KPS

0,059–––––

n

0,059–––––

1

KPS = 1 x 10–10


5 DDConsidere as seguintes misturas (soluto/solvente) na con -centração de 10% em mol de soluto:

I. acetona/clorofórmio II. água/etanol

III. água/metanol IV. benzeno/tolueno

V. n-hexano/n-heptano

Assinale a opção que apresenta a(s) mistura(s) para a(s)qual(is) a pressão de vapor do solvente na mistura éaproximadamente igual à sua pressão de vapor quandopuro multiplicada pela sua respectiva fração molar.

a) Apenas I b) Apenas I, II e III

c) Apenas II e III d) Apenas IV e V

e) Apenas V

ResoluçãoA pressão de vapor é a pressão exercida pelo vapor emequilíbrio com o líquido. Depende da temperatura eda natureza do líquido. Quando a pressão de vapor do solvente na solução éigual à pressão de vapor no estado puro multiplicadapela respectiva fração molar, temos o enunciado daLei de Raoult:

P1 = x1 . P1o

em que P1 e P1o são respectivamente as pressões de

vapor do solvente puro e do solvente na solução e x1 éa fração molar do solvente na solução.Uma solução ideal é aquela que obedece à Lei deRaoult, isto é, apresenta intensidades relativas deforça intermolecular aproximadamente igual noscom ponen tes puros e na respectiva solução.Nas soluções IV e V, as forças intermoleculares sãoaproximadamente de mesma magnitude (Forças devan der Waals).Nas soluções II e III, as forças intermoleculares sãomais intensas nos solventes puros do que nas res -pectivas soluções (forças do tipo ligações de hidro -gênio).Na solução I, as forças são mais fracas nos componen -tes puros e mais intensas na solução.Portanto, as soluções que obedecem à Lei de Raoultsão IV e V.


6 BBConsidere que a reação hipotética representada pelaequação química X + Y → Z ocorra em três condiçõesdiferentes (a, b e c), na mesma temperatura, pressão ecomposição total (número de moléculas de X + Y), asaber:

a) O número de moléculas de X é igual ao número demoléculas de Y.

b) O número de moléculas de X é 1/3 do número demoléculas de Y.

c) O número de moléculas de Y é 1/3 do número demoléculas de X.

Baseando nestas informações, considere que sejam feitasas seguintes afirmações:

I. Se a lei de velocidade da reação for v = k[X].[Y]2, entãovc < va < vb.

lI. Se a lei de velocidade da reação for v = k [X]. [Y],então vb = vc < va.

III. Se a lei de velocidade da reação for v = k [X], então

t1/2(c) > t1/2(b) > t1/2(a), em que t1/2 = tempo de meia-

vida.


a) I. b) I e II. c) II. d) II e III. e) III.

ResoluçãoConsiderando um total de “z” mol de moléculas, emum volume “V”, tem-se:

* situação a:

* situação b:

* situação c:

I. Para a lei de velocidade v = k . [X] . [Y]2:

va = k . . . � . �2

= k . = k.

vb = k . . . � . �2

= k .

� 1 z[X] = –– –– mol/L

2 V1 z

[Y] = –– –– mol/L2 V

� 1 z[X] = –– –– mol/L

4 V3 z

[Y] = –– –– mol/L4 V

� 3 z[X] = –– –– mol/L

4 V1 z

[Y] = –– –– mol/L4 V

8 . z3––––––64 V3

1 . z3––––––8 . V3

z––V

1––2

z––V

1––2

9 . z3––––––64V3

z––V

3––4

z––V

1––4


vc = k . . . � . �2

= k .

Neste caso, vc < va < vb

II. Para a lei de velocidade v = k . [X] . [Y]:

va = k . . . . = k . = k .

vb = k . . . . = k .

vc = k . . . . = k .

Neste caso, vb = vc < va

III. Para a lei de velocidade v = k . [X]:Por se tratar de uma reação de primeira ordemem relação a X (função linear), ao aumentar aconcentração de X, a velocidade aumentaproporcionalmente e, portanto, os tempos demeia-vida serão os mesmos.

3 . z3––––––64 V3

z––V

1––4

z––V

3––4

4 . z2––––––16 . V2

1 . z2––––––4 . V2

z––V

1––2

z––V

1––2

3 . z2––––––16 . V2

z––V

3––4

z––V

1––4

3 . z2––––––16 . V2

z––V

1––4

z––V

3––4


7 CCConsidere os seguintes potenciais de eletrodo em relação

ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-pa drão

(E0): E0M3+/M2+ = 0,80V e E0

M2+/M0 = – 0,20V. As sinale a

opção que apresenta o valor, em V, de E0M3+/M0.

a) – 0,33 b) – 0,13 c) + 0,13

d) + 0,33 e) + 1,00

ResoluçãoEscrevendo as semirreações por intermédio dassemiequações, temos:

I M3+ + e– → M2+ E0M3+/M2+ = 0,80V n = 1

II M2+ + 2e– → M0 E0M2+/M = – 0,20V n = 2

–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––III M3+ + 3e– → M0 E0

M3+/M0 = x n = 3

Utilizando a fórmula ΔG0 = – n F E0, temos:

ΔGIII0 = ΔGI

0 + ΔGII0

– 3 F E0 = – 1 . F . 0,80 – 2 . F (– 0,20)

– 3 E0 = – 0,80 + 0,40

E0 = + 0,13 V


8 DDConsidere as seguintes afirmações a respeito dos haletosde hidrogênio HF, HCl, HBr e HI:

I. A temperatura de ebulição do HI é maior do que a dosdemais.

II. À exceção do HF, os haletos de hidrogêniodissociam-se completamente em água.

III. Quando dissolvidos em ácido acético glacial puro,todos se comportam como ácidos, conforme a se -guinte ordem de força ácida: HI > HBr > HCl > HF .


a) I. b) I e II. c) II.

d) II e III. e) III.

ResoluçãoI. Errada.

Entre os haletos de hidrogênio apresentados, o HFé o que possui maior temperatura de ebulição, porser o único capaz de estabelecer ligações dehidrogênio entre suas moléculas.

II. Correta.O íon hidrônio é, na realidade, o ácido mais forteque pode existir na água. Quando solubilizados emágua, certos ácidos fortes como HCl, HBr e HIionizam-se completamente na reação com a água,e formam o H3O+ e a respectiva base conjugada.HCl + H2O → H3O+ + Cl –

0,1 mol/L 0,1 mol/L 0,1 mol/L

Nota: Admitindo que a ionização desses três ácidosé aproximadamente completa, o item II estariaerrado e a resposta correta do teste seria a alter -nativa e.

III. Correta.Como o ácido acético é mais fraco que os haletosapresentados, ele irá comportar-se como base, aodissolvê-los.A ordem de força ácida depende do tamanho dosátomos, portanto:

HF, HCl, HBr, HI⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

tamanho do átomo aumenta⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

força do ácido aumenta

No HF, apesar de ser quase iônico, o pequeno íonF– tem grande densidade de carga e a sua ligaçãocom H+ será curta e forte, sendo difícil liberar oH+, por isso o HF é considerado fraco (ou mo -derado).


9 EEConsidere volumes iguais dos gases NH3,CH4 e O2 nasCNTP. Assinale a opção que apresenta o(s) gás(es) quese comporta(m) idealmente.

a) Apenas NH3 b) Apenas CH4

c) Apenas O2 d) Apenas NH3 e CH4

e) Apenas CH4 e O2

ResoluçãoAs moléculas do gás ideal não apresentam forças deatração ou de repulsão.Analisando as moléculas, temos:NH3 apresenta forças intensas de atração devido àspontes de hidrogênio.O2 e CH4, moléculas apolares, apresentam somentefracas Forças de van der Waals (dipolo induzido).Dos três gases citados, apenas CH4 e O2 mais seaproximam do modelo de gás ideal, pois apresentamas menores forças intermoleculares.


10 CC ((**))A 25 °C, a força eletromotriz da seguinte célula eletroquí -mica é de 0,45 V:

Pt(s) � H2(g, 1 atm) � H+(x mol . L–1) �� KCl(0,1 mol.L–1) �Hg2Cl2(s) � Hg(l) �Pt(s).

Sendo o potencial do eletrodo de calomelano

– KCl(0,1 mol .L–1) � Hg2Cl2(s) � Hg(l) – nas condições-padrão igual a 0,28 V e x o valor numérico da concen -tração dos íons H+, assinale a opção com o valoraproxi mado do pH da solução.

a) l,0 b)1,4 c) 2,9 d) 5,1 e) 7,5

ResoluçãoSemirreações que ocorrem na célula galvânica:

Oxidação: H2(g) →← 2H+(aq) + 2e–

Redução: Hg2Cl2(s) + 2e– →← 2Hg(l) + 2Cl –(aq)––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––Equação

: H2(g) + Hg2Cl2(s) →← 2H+(aq) + 2Hg(l) + 2Cl–(aq)global

O potencial da célula galvânica pode ser calculadopor:Ecélula = EH2

+ Ecalomelano

EH2= E0

H2 – . log ⇒

n = 2; PH2= 1 atm

⇒ E = – 0,0592 log [H+] = 0,0592 pH

Ecalomelano = E0calomelano – . log [Cl–]2

Considerando o potencial-padrão do calomelano paraa concentração de 1 mol . L–1 de KCl, tem-se:

Ecalomelano = 0,28 – 2 . . log 0,1 =

= 0,28 + 0,0592(V) = 0,3392V

Logo:

Ecélula = EH2+ Ecalomelano ⇒ 0,45 = 0,0592 . pH + 0,3392

⇒ pH = = 1,87

Não há resposta.

* Considerando o potencial 0,28V como o do eletrodopadrão de calomelano para concentração 0,1 mol/L deKCl, tem-se:* Ecélula = EH2

+ Ecalomelano

EH2= E0

H2 – . log

0,0592––––––

2

0,45 – 0,3392–––––––––––––

0,0592

[H+]2––––––

PH2

0,0592––––––

n

0,0592––––––

2

[H+]2––––––

PH2

0,0592––––––

n


Ecalomelano = E0calomelano , pois o eletrodo está nas

condições-padrão dadas.

Ecélula = – . log + 0,28

0,45 = – . log [H+]2 + 0,28

0,45 = 0,0592 . pH + 0,28 ⇒ pH =

pH = 2,87, aproximadamente pH = 2,9.

[H+]2––––––

1

0,0592––––––

2

0,0592––––––

20,45 – 0,28––––––––––

0,0592


11 CCSão feitas as seguintes afirmações a respeito dos produtosformados preferencialmente em eletrodos eletroquimi -camente inertes durante a eletrólise de sais inorgânicosfundidos ou de soluções aquosas de sais inorgânicos:

I. Em CaCl2 (l) há formação de Ca (s) no catodo.

II. Na solução aquosa 1×l0–3 mol.L –1 em Na2SO4 háaumento do pH ao redor do anodo.

III. Na solução aquosa 1 mol.L– 1 em AgNO3 há formaçãode O2 (g) no anodo.

IV. Em NaBr(l) há formação de Br2(l) no anodo.

Das afirmações acima, está(ão) ERRADA(S) apenas

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

ResoluçãoI. Correta.

No catodo, temos a redução do íon Ca2+:Ca2+(l) + 2e– → Ca(s)Há formação de Ca(s).

II. Incorreta.No anodo, temos a oxidação da água:

H2O (l) → O2 (g) + 2H+ (aq) + 2e–

Há diminuição do pH ao redor do anodo devido àformação de H+.

III. Correta.No anodo, temos a oxidação da água:

H2O (l) → O2 (g) + 2H+ + 2e–

Temos a formação de O2 .IV. Correta.

No anodo, temos a oxidação do ânion Br–:2Br–(l) → Br2 (l) + 2e–

Temos a formação de Br2 (l).

1––2

1––2


12 AASão feitas as seguintes afirmações em relação à isomeriade compostos orgânicos:

I. O 2-cloro-butano apresenta dois isômeros óticos.

II. O n-butano apresenta isômeros conformacionais.

III. O metil-ciclo-propano e o ciclo-butano são isôme -ros estruturais.

IV. O alceno de fórmula molecular C4H8 apresenta umtotal de três isômeros.

V. O alcano de fórmula molecular C5H12 apresentaum total de dois isômeros.


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

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

ResoluçãoI) Verdadeira.

O 2-clorobutano apresenta isomeria óptica, con -tendo um carbono assimétrico. Desta forma, comesta fórmula há os isômeros dextrogiro (d) elovogiro (l).

II) Verdadeira.Os diferentes arranjos espaciais dos átomos, queresultam da rotação em torno de uma ligaçãosimples (ligação sigma) são chamados confor -mações. Moléculas com diferentes conformaçõessão denominadas isômeros conformacionais. Nocaso do butano, tem-se, por exemplo:

1 2 3 4CH3 — CH2 — CH2 — CH3

III) Verdadeira.

O metilciclopropano e o ciclobutano são isômerosde cadeia, isômeros estruturais (isômeros planos).

IV) Falsa.Com a fórmula molecular C4H8 , há um total de 4alcenos isômeros (considerando isomeria plana eespacial geométrica).


V) Falsa.Com a fórmula molecular C5H12, há um total de 3alcanos.


13 AAConsidere as reações representadas pelas seguintes equa -ções químicas:

I. C(s) + 2H2(g) → CH4(g)

II. N2O(g) → N2(g) + 1/2O2(g)

III. 2NI3(s) → N2(g) + 3I2(g)

IV. 2O3(g) → 3O2(g)

Assinale a opção que apresenta a(s) reação(ões) quími -ca(s) na(s) qual(is) há uma variação negativa de entropia.

a) Apenas I b) Apenas II e IV

c) Apenas II e III e IV d) Apenas III

e) Apenas IV

ResoluçãoA grandeza termodinâmica entropia (S) indica o graude desordem de um sistema. Quando o grau de desor -dem diminui (ou o grau de organização aumen ta), avariação de entropia é negativa.I. Variação negativa de entropia (�S � 0):

C(s) + 2H2(g) → CH4(g)

menor quantidade de gases (desordem diminui)

II. Variação positiva de entropia (�S � 0):

N2O(g) → N2(g) + O2(g)

maior quantidade de gases (desordem aumenta)

III. Variação positiva de entropia (�S � 0):2NI3(s) → N2(g) + 3I2(g)sólido gasesdesordem aumenta

IV. Variação positiva de entropia (�S � 0):2O3(g) → 3O2(g)maior quantidade de gases (desordem aumenta)

1––2


14 BBAssinale a opção que indica o polímero da borrachanatural.

a) Poliestireno b) Poliisopreno

c) Poli (metacrilato de metila) d) Polipropileno

e) Poliuretano

ResoluçãoA borracha natural é um polimero do 2-metilbuta-1,3-dieno, também chamado de isopreno. Teoricamente,a reação de formação da borracha natural é aseguinte:


15 CC ((??))Assinale a opção que apresenta os compostos nitroge -nados em ordem crescente de número de oxidação doátomo de nitrogênio.

a) N2H4 < K2N2O2 < NaNH2 < NI3 < Na2NO2

b) K2N2O2 < Na2NO2 < NI3 < NaNH2 < N2H4

c) NaNH2 < N2H4 < K2N2O2 < Na2NO2 < NI3

d) NI3 < NaNH2 < Na2NO2 < N2H4 < K2N2O2

e) Na2NO2 < NI3 < N2H4 < K2N2O2 < NaNH2

ResoluçãoDeterminação do Nox do nitrogênio:

Assim, a ordem crescente seria:

NI3 = NaNH2 < N2H4 < K2N2O2 < Na2NO2

Na página 828 do livro: “Química, a Ciência Central”dos autores Brown, LeMay e Bursten está escrito:

“COMO O NITROGÊNIO É MAIS ELETRO NE -

GATIVO DO QUE TODOS OS ELEMENTOS, COM

EXCEÇÃO DO FLÚOR, DO OXIGÊNIO E DO

CLORO, ELE EXIBE ESTADOS DE OXIDAÇÃO

POSITIVO APENAS NA COMBINA ÇÃO COM

ESSES TRÊS ELEMENTOS”

No composto NI3, o nitrogênio tem número de oxi -

dação –3 e o iodo +1 .

Infelizmente, o gabarito oficial do ITA apresentará ccomo alternativa correta, implicando um número deoxidação +3 para o nitrogênio e –1 para o iodo.

Isso é um absurdo. Não há alternativa correta. O

TESTE DEVERIA SER ANULADO.

N I3

–3 +1

NaNH2

+1 –3 +1

N2H4

–2 +1

K2 N2O2

+1 +1 –2

Na2NO2

+1 +2 –2

– 3 – 3 – 2 +1 +2


16 EEA figura representa a curva de aquecimento de uma amos -tra, em que S, L e G significam, respectivamente, sólido,líquido e gasoso.

Com base nas informações da figura é CORRETO afir -mar que a amostra consiste em uma

a) substância pura.

b) mistura coloidal.

c) mistura heterogênea.

d) mistura homogênea azeotrópica.

e) mistura homogênea eutética.

ResoluçãoO gráfico fornecido representa o aquecimento de umamistura homogênea eutética, pois o ponto de fusão éconstante e o ponto de ebulição é variável.O gráfico de uma substância pura apresenta ponto defusão e ponto de ebulição constantes.O gráfico de uma mistura homogênea azeotrópicaapresenta apenas ponto de ebulição constante.


17 BBConsidere os seguintes pares de moléculas:

I. LiCl e KCl

II. AlCl3 e PCl3III. NCl3 e AsCl3Assinale a opção com as três moléculas que, cada uma noseu respectivo par, apresentam ligações com o maiorcaráter covalente.

a) LiCl, AlCl3 e NCl3 b) LiCl, PCl3 e NCl3c) KCl, AlCl3 e AsCl3 d) KCl, PCl3 e NCl3e) KCl, AlCl3 e NCl3

ResoluçãoAs ligações químicas apresentam maior caráter cova -lente quanto menor for a diferença de eletronega -tividade entre os átomos envolvidos. Neste caso,haverá maior caráter covalente nas ligações dassubstân cias em que haja um elemento com maioreletrone gatividade ligado ao elemento cloro:I. O Li é mais eletronegativo que o K.II. O P é mais eletronegativo que o Al.III. O N é mais eletronegativo que o As.A eletronegatividade cresce de baixo para cima em umgrupo da tabela periódica.Portanto, temos:LiCl, PCl3, NCl3


18 EESão descritos três experimentos (I, II e III) utilizando-seem cada um 30 mL de uma solução aquosa saturada, comcorpo de fundo de cloreto de prata, em um béquer de 50 mL a 25 °C e 1 atm:

I. Adiciona-se certa quantidade de uma solução aquosa1 mol.L–1 em cloreto de sódio.

II. Borbulha-se sulfeto de hidrogênio gasoso na soluçãopor certo período de tempo.

III. Adiciona-se certa quantidade de uma solução aquosa1 mol.L–1 em nitrato de prata.

Em relação aos resultados observados após atingir oequilíbrio, assinale a opção que apresenta o(s) experi mento(s)no(s) qual(is) houve aumento da quantidade de sólido.

a) Apenas I b) Apenas I e II

c) Apenas I e III d) Apenas II e III

e) Apenas I, II e III

ResoluçãoNuma solução saturada de cloreto de prata com corpode fundo, teremos o seguinte equilíbrio:

AgCl(s) →← Ag+(aq) + Cl–(aq)

O sal é pouco solúvel e o seu KPS tem valor baixo.

Experimento I: adição de certa quantidade de soluçãoaquosa 1 mol L–1 de cloreto de sódio

A solução aquosa de NaCl apresenta as seguintesconcentrações de íons na solução:

NaCl → Na+ + Cl–

[Na+] = [Cl–] = 1 mol L–1

Adicionando-se um volume V de NaCl(aq) na soluçãosaturada de AgCl, irá aumentar a concentração deíons Cl– na solução final. (A concentração de Cl – nasolução saturada era baixa, pois o KPSAgCl

é pequenoe adicionaremos um volume V de NaCl com con -centração de Cl– elevada (1 mol L–1).)O equilíbrio de solubilidade de AgCl será deslocadopara a esquerda, aumentando a quantidade deAgCl(s) na solução.

Experimento II: borbulhar sulfeto de hidrogêniogasoso.


A adição de sulfeto de hidrogênio gasoso implicará aseguinte equação de reação de precipitação do Ag2S:

2 Ag+Cl–(aq) + H2S(g) → Ag2S(s) + 2 HCl(aq)

O sulfeto de prata é um sal bem menos solúvel que oAgCl e será depositado no sistema segundo a equaçãoiôni ca:

2 Ag+(aq) + H2S(g) → Ag2S(s) + 2 H+(aq)

Embora ocorra dissolução de parte do AgCl (s), oAg2S é bem menos solúvel que o AgCl e, portanto,aumentará a quantidade de sólido no sistema.

Experimento III: adição de certa quantidade desolução aquosa 1 mol L–1 de nitrato de prata.

Assim como no experimento I, a solução de nitrato deprata apresentará concentração de íons Ag+ e NO3

–

igual a 1 mol L–1.A adição de Ag+(aq) implicará o deslocamento deequilíbrio de solubilidade do cloreto de prata para aesquerda, aumentando a quantidade de sólido (AgCl

no sistema.


19 EEAssinale a opção com a resina polimérica que mais reduzo coeficiente de atrito entre duas superfícies sólidas.

a) Acrílica b) Epoxídica

c) Estirênica d) Poliuretânica

e) Poli (dimetil siloxano)

ResoluçãoO poli (dimetil siloxano) é membro da família dospolímeros do silicone:

CH3 CH3 CH3| | |

— O — Si — O — Si — O — Si —| | |

CH3 CH3 CH3

Os silicones são atóxicos, têm boa estabilidade em facedo calor, da luz e do oxigênio.Têm valiosas propriedades como antiadesivos e anties -pumantes. Uma das aplicações é como lubrificantes.


20 AA ((**))Considere uma amostra aquosa em equilíbrio a 60°C, compH de 6,5, a respeito da qual são feitas as seguintesafirmações:

I. A amostra pode ser composta de água pura.

II. A concentração molar de H3O+ é igual àconcentração de OH–.

III. O pH da amostra não varia com a temperatura.

IV. A constante de ionização da amostra depende datemperatura.

V. A amostra pode ser uma solução aquosa 0,1 mol.L–1

em H2CO3, considerando que a constante dedissociação do H2CO3 é da ordem de 1 x 10–7.

Das afirmações acima está(ão) CORRETA(S) apenas

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

d) III e V. e) V.

ResoluçãoA 25°C, 1 atm, o produto iônico da água (Kw) é iguala 1,0 . 10–14.

2H2O →← H3O+ + OH–

Kw = [H3O+] . [OH–] = 1,0 . 10–14

Portanto, uma solução neutra a 25°C terá:

[H3O+] = [OH–] = 1,0 . 10–7mol/L

Como pH = – log [H3O+] e pOH = – log [OH–], a 25°C,uma solução neutra apresenta pH = pOH = 7.

Obs.: Embora não tenha sido fornecido o valor de Kw

a 60°C (Kw = 9,3 . 10–14 � 10–13), uma amostra deágua pura nessa temperatura apresenta valor de pH = pOH � 6,5.

Uma solução de pH = 6,5 é neutra.

A ionização da água é um processo endotérmico.

endotérmico2H2O ⎯⎯⎯⎯⎯→ ←⎯⎯⎯⎯⎯ H3O+ + OH–

Um aumento da temperatura desloca o equilíbrio paraa direita, aumentando a concentração dos íons H3O+

e OH– e diminuindo os valores de pH e pOH.I. Correta.

Pode ser água pura ou uma solução neutra.

II. Correta.Por se tratar de uma solução neutra, as con cen -trações dos íons H3O+ e OH– são iguais.

III. Falsa.O pH de um sistema varia com a temperatura.

IV. Correta.Qualquer constante de equilíbrio depende datemperatura.

V. Falsa.


Vamos calcular o valor do pH da amostra nascondições citadas:

Ka =

1,0 .10–7 =

x2 = 1,0 . 10–8

x = 1,0 . 10–4

∴ [H3O+] = 1,0 . 10–4 e portanto pH = 4

*Nota: É um absurdo exigir o valor de Kw a 60°C.

O TESTE DEVERIA SER ANULADO.

H2CO3(aq) +H2O(l) →← H3O+(aq) + HCO3–(aq)

início 0,1 mol L–1 ≅ 0 0

reage eforma

x x x

equilí-brio

0,1 – x ≅0,1 mol L–1 x x

[H3O+] . [HCO–3]

––––––––––––––––[H2CO3]

x . 1–––––

0,1


AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADASDE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NOCADERNO DE SOLUÇÕES.

AS QUESTÕES NUMÉRICAS DEVEM SER DE -SEN VOLVIDAS ATÉ O FINAL, COM APRE SEN -TAÇÃO DO VALOR ABSOLUTO DO RESULTADO.

21A tabela mostra a variação de entalpia de formação nascondições-padrão a 25°C de algumas substâncias. Calculea variação da energia interna de formação, em kJ.mol–1,nas condições-padrão dos compostos tabelados. Mostreos cálculos realizados.

ResoluçãoA variação da energia interna (ΔU) é dada pelaexpressão:

ΔU = ΔH – Δ n . R . T

Ag (s) + Cl2 (g) → AgCl (s) ΔH = – 127 kJ/mol

ΔU = – 127 – (– 0,5 . 8,31 . 298) . 10–3

Ca (s) + C (s) + O2 (g) → CaCO3 (s)

ΔH = – 1207 kJ/mol

ΔU = – 1207 – (– 1,5 . 8,31 . 298 . 10–3)

H2 (g) + O2 (g) → H2O (l) ΔH = – 286 kJ/mol

ΔU = – 286 – (0,5 . 8,31 . 298 . 10–3)

H2 (g) + S (s) → H2S (g) ΔH = – 20 kJ/mol

ΔU = – 20 – (0 . 8,31 . 298 . 10–3)

ΔU = – 20 kJ/mol

N2 (g) + O2 (g) → NO2 (g) ΔH = + 34 kJ/mol

ΔU = + 34 – (– 0,5 . 8,31 . 298 . 10–3)

ΔU = + 35,23 kJ/mol

Substância AH0f (kJ.mol–1)

AgCl(s) –127

CaCO3(s) –1207

H2O(l) –286

H2S(g) –20

NO2(g) +34

1––2

ΔU = – 125,76 kJ/mol

3––2

ΔU = – 1203,3 kJ/mol

1––2

ΔU = – 287,23 kJ/mol

1––2


22Apresente os respectivos produtos (A, B, C, D e E) dasreações químicas representadas pelas seguintes equações:

ResoluçãoA halogenação de alquibenzenos pode ocorrer emduas regiões distintas: no anel ou na cadeia lateral. Ahalogenação dos alcanos exige condições suscetíveis delevar à formação de átomos de halogênio, ou seja, altatemperatura ou luz. Já a halogenação do benzenopressupõe a ionização do halogênio, que ocorre pelaação de catalisadores ácidos, como o cloreto férrico.Assim, tem-se:

A nitração do fenol, em meio ácido, dirige a entradado grupo nitro (– NO2) nas posições orto e para.Como o esquema sugere a formação de um únicoproduto, deve-se utilizar excesso de HNO3, ocorrendouma trinitração:

A oxidação do tolueno (por KMnO4) produz um ácidocarboxílico:

Já o ácido benzoico sofre nitração, sendo 1 : 1 a pro -


porção da reação:

Se a nitração ocorrer com excesso de HNO3, temos:


23Uma mistura gasosa é constituída de C3H8, CO e CH4.A combustão de 100 L desta mistura em excesso de oxi -gênio produz 190 L de CO2.

Determine o valor numérico do volume, em L, depropano na mistura gasosa original.

ResoluçãoComo a combustão ocorre com excesso de oxigênio,pode-se considerar combustão completa.As equações das reações são:

C3H8 (g) + 5 O2 (g) → 3 CO2 (g) + 4H2O (g)

CO (g) + 1/2 O2 (g) → CO2 (g)

CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2H2O (g)

Como a mistura é gasosa e todos estão submetidos amesma temperatura e pressão, podemos afirmar quea proporção estequiométrica em quantidade de maté -ria é a mesma que em volume. Neste caso:

C3H8 (g) + 5 O2 (g) → 3 CO2 (g) + 4 H2O (g)x L 3x L 4x L

CO (g) + 1/2 O2 (g) → CO2 (g)y L y L

CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2 H2O (g)z L z L 2z L

O volume da mistura gasosa original é 100L,portanto:

(I)

O volume de CO2 produzido é 190L, portanto:

(II)

Da equação I, afirma-se que:y + z = 100 – x

Substituindo na equação III:3x + 100 – x = 1902x = 90

O valor numérico do volume do propano na misturaoriginal é 45L.

x = 45L

x + y + z = 100


24Descreva por meio de equações as reações químicasenvolvidas no processo de obtenção de magnésiometálico a partir de carbonato de cálcio e água do mar.

Resolução• Calcinação do calcário:

CaCO3(s) → CaO(s) + CO2 (g)�

• Formação da cal hidratada:CaO(s) + H2O(l) → Ca(OH)2 (aq)

• Precipitação do magnésio iônico presente na águado mar, na forma de Mg(OH)2:

Ca(OH)2(aq) + Mg2+(aq) → Ca2+ (aq) + Mg(OH)2(s)

• Formação do cloreto de magnésio:Mg(OH)2 (s) + 2H Cl (aq) → MgCl2(aq) + 2H2O(l)

• Secagem, fusão e eletrólise ígnea do MgCl2:

MgCl2(l) → Mg (s) + Cl2(g)


25A figura apresenta a variação de velocidade em funçãodo tempo para a reação química hipotética não catalisadarepresentada pela equação A2 + B2

→← 2AB.

Reproduza esta figura no caderno de soluções, incluindono mesmo gráfico, além das curvas da reação catalisada,as da reação não catalisada, explicitando ambas as condições.

ResoluçãoAo adicionar um catalisador na reação, temos um au - mento tanto da velocidade direta como da veloci dadeinversa, possibilitando um tempo menor para atingiro equilíbrio químico.


26Considere a reação de combustão do composto X, demassa molar igual a 27,7 g . mol–l, representada pelaseguinte equação química balanceada:

X(g)+3O2(g) → Y(s) + 3H2O(g); ΔH0C = –2035 kJ. mol–1

Calcule o valor numérico, em kJ, da quantidade de calorliberado na combustão de:

a) 1,0 x 103 g de X

b) 1,0 x102 mol de X

c) 2,6 x 1022 moléculas de X

d) uma mistura de 10,0 g de X e 10,0 g de O2

ResoluçãoNa equação fornecida, verificamos que há liberaçãode 2035 kJ por mol de X (reação exotérmica):

X(g) + 3O2(g) → Y(s) + 3H2O(g) ΔH0C = – 2035 kJ/mol

liberama) 27,7 g ⎯⎯⎯⎯→ 2035 kJ

1,0 . 103 g ⎯⎯⎯⎯→ w

b) libera1 mol de X ⎯⎯⎯⎯→2035 kJ

1,0 . 102 mol ⎯⎯⎯⎯→ t

c) liberam6,02 . 1023 moléculas ⎯⎯⎯⎯→ 2035 kJ

2,6 . 1022 moléculas ⎯⎯⎯⎯→ z

d) A reação entre 10g de X com 10g de O2 apresentaexcesso de X:1 mol de X ⎯⎯⎯⎯→ 3 mol de O2

27,7 g ⎯⎯⎯⎯→ 96 gj ⎯⎯⎯⎯→ 10 g

mexcesso = 10 g – 2,9 g = 7,1 g

Cálculo da quantidade de calor liberado:

liberam27,7 g ⎯⎯⎯⎯→ 2035 kJ

2,88 g ⎯⎯⎯⎯→ s

s = 212 kJ

w = 73,4 . 103 kJ

t = 203,5 . 103 kJ

z = 87,9 kJ

j = 2,88 g


27Considere dois lagos naturais, um dos quais contendorocha calcárea (CaCO3 e MgCO3) em contato com aágua.

Discuta o que acontecerá quando houver precipitação degrande quantidade de chuva ácida (pH < 5,6) em ambosos lagos. Devem constar de sua resposta os equilíbriosquímicos envolvidos.

ResoluçãoAs rochas calcáreas serão dissolvidas quando ocorrerprecipitação de chuva ácida, de acordo com osequilíbrios:

CaCO3(s) + 2H+(aq) →← Ca2+(aq) + H2O(l) + CO2(aq)

MgCO3(s) + 2H+(aq) →← Mg2+(aq) + H2O(l) + CO2(aq)

Nos lagos que contêm rocha calcárea, ocorrerá umaumento da concentração de CO2 dissolvido e umapequena diminuição do pH.No outro lago, a precipitação de chuva ácida aumentaa concentração de íons H+ no sistema, deslocando oequilíbrio de autoionização da água para a esquerda,havendo maior diminuição do pH.

H2OH2O(l) ⎯→←⎯ H+(aq) + OH–(aq)


28A figura apresenta o diagrama de distribuição de espéciespara o ácido fosfórico em função do pH.

Com base nesta figura, pedem-se:

a) Os valores de pK1a pK2

a e pK3a, sendo K1

a, K2a e K2

a,respectivamente, a primeira, segunda e terceira cons -tantes de dissociação do ácido fosfórico.

b) As substâncias necessárias para preparar uma soluçãotampão de pH 7,4, dispondo-se do ácido fosfórico erespectivos sais de sódio. Justifique.

c) A razão molar das substâncias escolhidas no item b).

d) O procedimento experimental para preparar a soluçãotampão do item b).

ResoluçãoAs equações em etapas das ionizações do ácidofosfórico são:1.ª etapa H3PO4(aq) →← H+ (aq) + H2PO4

– (aq)

Ka1 =

2.ª etapa H2PO4– (aq) →← H+ (aq) + HPO4

2– (aq)

Ka2 =

3.ª etapa HPO42– (aq) →← H+ (aq) + PO4

3 – (aq)

Ka3 =

Nota: No enunciado, no lugar de Ka3 aparece erro -

neamente Ka2.

a) Cálculo de pKa1, pKa

2, pKa3

Pelo gráfico dado, quando as frações das espéciesH3PO4 e H2PO4

– forem iguais a 0,5, as concen -trações dessas espécies em mol L–1 serão iguais eo pH do sistema será igual a 2.Se pH = 2, a concentração de íons H+ do sistemaserá igual a 10–2 mol L–1.

Ka1 =

[H+] [HPO42–]

–––––––––––––[H2PO4

–]

[H+] [PO43–]

–––––––––––––[H PO4

–]

[H+] [H2PO4– ]

–––––––––––––[H3PO4]

[H+] [H2PO4– ]

–––––––––––––[H3PO4]


Ka1 = 10–2

Como pKa1 = – log Ka

1

pKa1 = – log 10–2

Pelo gráfico dado, quando as frações das espéciesH2PO–

4 e HPO2–4 forem iguais a 0,5, as concen -

trações dessas espécies em mol L–1 serão iguais eo pH do sistema será aproximadamente 7,1.Se pH = 7,1, a concentração de íons H+ do sistemaserá igual a 10–7,1 mol . L–1.

Ka2 =

Ka2 = 10–7,1


2

pKa2 = – log 10–7,1

Pelo gráfico, quando as frações das espécies

HPO2–4 e PO3–

4 forem iguais a 0,5, as concentrações

dessas espécies em mol L–1 serão iguais e o pH do

sistema será aproximadamente 12,2.

Se o pH = 12,2, a concentração de íons H+ do

sistema será igual a 10–12,2 mol L–1.

Ka3 =

Ka3 = 10–12,2


3

pKa3 = – log 10–12,2

b) Uma solução tampão é formada por um parconjugado ácido-base de Brönsted.Para preparar uma solução de pH = 7,4, obser -vando o gráfico, precisaríamos de uma soluçãocontendo íons H2PO4

– (fração 0,4) e íons HPO42–

(fração 0,6).Teríamos uma solução tampão constituída pelopar conjugado ácido-base (H2PO4

– e HPO42–

). Ad -mitindo a disponibilidade de di-hidrogeno fosfatode sódio (NaH2PO4) e mono-hidrogenofosfato desódio (Na2HPO4), bastaria preparar uma soluçãomis turando-os em proporção, em mol, de 4 para 6de cada sal, respectivamente.

pKa2 = 7,1

[H+] . [PO3–4 ]

––––––––––––––[HPO2–

4 ]

pKa3 = 12,2

pKa1 = 2

[H+] . [HPO2–4 ]

––––––––––––––[H2PO–

4 ]


c) A razão molar é de 4 para 6 ou 2 para 3 (2 mols deNaH2PO4 para 3 mols de Na2HPO4).

d) Experimentalmente, a solução tampão é prepara -da a partir de neutralização parcial de um ácidofraco com uma base forte.A partir de uma solução de H3PO4 de concen -tração conhecida e com auxílio de um pHmetro,adiciona-se solução de hidróxido de sódio até queo pH do meio seja igual a 7,4.

Outra alternativa: Pesam-se os sais NaH2PO4 eNa2HPO4 na proporção dada no item c e dis -solvem-se em água em um balão volumétrico.


29A nitrocelulose é considerada uma substância químicaexplosiva, sendo obtida a partir da nitração da celulose.

Cite outras cinco substâncias explosivas sintetizadas porprocessos de nitração.

ResoluçãoSubstâncias explosivas sintetizadas por processo denitração:


30Explique como diferenciar experimentalmente umaamina primária de uma secundária por meio da reaçãocom o ácido nitroso. Justifique a sua resposta utilizandoequa ções químicas para representar as reaçõesenvolvidas.

ResoluçãoTanto as aminas primárias como as secundárias rea -gem com ácido nitroso. As aminas primárias reagemformando, entre outros compostos, o gás N2:

R — NH2 + O = N — OH → R — OH + H2O + N2↗

Já as aminas secundárias reagem com ácido nitrosoformando nitrosamina (composto amarelo):

R — N — H + HO — N = O →

R

→ R — N — N = O + H2O

Rnitrosamina(amarelo)


resolução comentada - ita 2012 - curso objetivo...1 d uma amostra de 2 × 1 0–2g de um...

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