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IME2004 QUÍMICA
“A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo”Galileu Galilei
Calcule a concentração de uma solução aquosa de ácido acético cujo pH é 3, sabendo que a constante de dissociação do ácido é 51,75 10−× . Resolução:
( ) ( ) ( )3 3aq aq aqCH COOH H CH COO+ −+
Início n − −
Reage/Forma x x x
Equilíbrio n x x x−
I) 33 1,0 10 mol/LpH H + −⎡ ⎤= ⇒ = ×⎣ ⎦
31,0 10 mol/Lx xHv v
+ −⎡ ⎤ = ⇒ = ×⎣ ⎦
II) [ ]
2
3 5
3
1,75 10
xH CH COO vK K
n xCH COOHv
+ −−
⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠= ⇒ = = ×−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
mas n x n− ≅ , pois K é muito pequeno, assim:
( )
2
223
5
1 1 1 101,75 10
xn xvK
n v K vv
−−
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠= ⇒ = ⋅ = ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
25,71 10 mol/Lnv
−⎛ ⎞∴ = ×⎜ ⎟⎝ ⎠
Na produção de uma solução de cloreto de sódio em água a 0,90% (p/p), as quantidades de solvente e soluto são pesadas separadamente e, posteriormente, promove-se a solubilização. Certo dia, suspeitou-se que a balança de soluto estivesse descalibrada. Por esse motivo, a temperatura de ebulição de uma amostra da solução foi medida, obtendo-se 100,14°C. Considerando o sal totalmente dissociado, determine a massa de soluto a ser acrescentada de modo a produzir um lote de 1000 kg com a concentração correta.
Q u e s t ã o 0 1
Q u e s t ã o 0 2
Resolução: Para que a solução de 1000kg esteja com concentração ( )0,90% /p p é necessário haver 9kg de ( )sNaC e 991kg de água. Como a
balança que mediu o solvente estava correta, há exatos 991kg de água.
I) Dissociação do soluto: ( ) ( ) ( )
2H Os aq aqNaC Na C+ −⎯⎯⎯→ +
Assim 58,5g/molM = e 2i =
II) Lei de Raoult:
( ) ( )( )
1
2
100,14 100,00 0,52 258,5 kg
m gt ke w i
mΔ = ⋅ ⋅ ⇒ − = ⋅ ⋅
⋅
( )( )
( )( )
1 1 3
2 2
g kg7,875 7,875 10
kg kgm m
m m−= ⇒ = ⋅
Como 2 991kgm = , temos que na solução da amostra:
1 7,9kgm = de NaC
Como é necessário 9kg de NaC para obter a concentração de ( )0,90% /p p , deve ser adicionados mais 1,2kg de NaC .
1,2kgAm = de NaC
Um calcário composto por MgCO3 e CaCO3 foi aquecido para produzir MgO e CaO. Uma amostra de 2,00 gramas desta mistura de óxidos foi tratada com 100 cm3 de ácido clorídrico 1,00 molar. Sabendo-se que o excesso de ácido clorídrico necessitou de 20,0 cm3 de solução de NaOH 1,00 molar para ser neutralizado, determine a composição percentual, em massa, de MgCO3 e CaCO3 na amostra original desse calcário. Resolução: I) Trabalhando com excesso de ácido ( ) ( ) ( ) 2aq aq aqHC NaOH NaC H O+ ⇒ +
( ) ( )HC excesso NaOHn n=
( ) [ ] ( ) ( ) ( )31 20 10HC excesson NaOH V NaOH −= = ⋅ ×
( )22,0 10HC excesson mol−= ×
II) Trabalhando com ácido que reage ( ) ( ) ( )HC reage HC início HC excesson n n= =
( ) ( )( )3 21 100 10 2 10HC reagen mol− −= × − ×
( )28,0 10HC reagen mol−= ×
III) Trabalhando com as misturas I: ( ) ( ) ( ) ( )222s aq aq aqCaO HC CaC H O+ ⇒ +
( ) ( ) ( ) ( )22
N HC In CaO n HC I n CaO= ⇒ =
II: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 aq aqMgO s HC MgC H O+ ⇒ +
( ) ( ) ( ) ( )22
n HC IIn MgO n HC II n MgO= ⇒ =
( ) ( )( ) ( ) ( )
2,0
reage
m CaO m MgO g
n HC I n HC II n HC
⎧ + =⎪⎨
+ =⎪⎩
( ) ( )56
m CaOn CaO = e ( ) ( )
40,3m MgO
n MgO =
( ) ( )
( ) ( ) 2
56 40,3 2
2 2 8 10
n CaO n MgO
n CaO n MgO −
⎧ ⋅ + ⋅ =⎪⎨
+ = ×⎪⎩
Q u e s t ã o 0 3
Resolvendo o sistema, temos: ( ) 22,47 10n CaO mol−= ⋅
( ) 21,53 10n MgO mol−= ⋅
Como o número de mols de MgO e 3MgCO são os mesmos, temos:
( ) ( ) ( )3 3m MgCO n MgO MM MgCO= ⋅
( ) 23 1,53 10 84,3m MgCO −= ⋅ ⋅
( ) ( )3 1,29 1m MgCO g=
Idem para o 3CaCO :
( ) ( ) ( )3 3m CaCO n CaO MM CaCO= ⋅
( ) 23 2,47 10 100m CaCO −= ⋅ ⋅
( ) ( )3 2,47 2m CaCO g=
Composição percentual:
( ) ( )( ) ( )3
3
3 3
100% 2,47% / 65,7%1,29 2,47CaCO
m CaCOm m
m MgO m CaCO×
= = =+ +
e ( ) ( )( ) ( )3
3
3 3
100%% / 34,3%MgCO
m MgCOm m
m MgCO m CaCO×
= =+
Uma pilha de combustível utiliza uma solução de KOH e dois eletrodos porosos de carbono, por onde são admitidos, respectivamente hidrogênio e oxigênio. Esse processo resulta numa reação de global de combustão que gera eletricidade. Considerando que a pilha opera nas condições padrão: a) calcule a entropia padrão de formação da água líquida; b) justifique por que a reação da pilha é espontânea; c) avalie a variação de entropia nas vizinhanças do sistema. Resolução: Semi-reações de pilha.
Ânodo: 2 2 2H H e+⎯⎯→ +←⎯⎯ º 0,0VE =
Cátodo: 12 22 2 2O H e H O+ ⎯⎯→+ + ←⎯⎯ º 1,20VE =
Reação global: 12 2 22H O H O⎯⎯→+ ←⎯⎯ º 1,20VE =
a) 4 2º º º 2 9,65 10 1,20 2,316 10 kJ/molG nFE GΔ = − ⇒ Δ = − ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ Como º 285,9kJ/molHΔ = − (dado da prova), temos:
º º ºG H T SΔ = Δ − ⋅ Δ 231,9 285,9 298 ºS− = − − Δ
º 0,181 kJ/mol KS∴ Δ = − ⋅
b) Como a variação de energia livre de Gibbs ( )ºGΔ é negativa, a reação é espontânea.
c) Como a variação de entropia do sistema é negativa e a variação de entropia do universo é positiva, as vizinhanças apresentam variação positiva de entropia. ( ) ( ) ( )universo sistema vizinhançasS S SΔ = Δ + Δ
( ) 0vizinhançasS∴ Δ >
Q u e s t ã o 0 4
Na figura abaixo, o cilindro A de volume VA contém um gás inicialmente a pressão PO e encontra-se conectado, através de uma tubulação dotada de uma válvula (1), a um vaso menor B de volume, VB, repleto do mesmo gás a uma pressão p tal que PO > p > Patm onde Patm é a pressão atmosférica local. Abre-se a válvula 1 até que a pressão fique equalizada nos dois vasos, após o que, fecha-se esta válvula e abre-se a válvula 2 até que a pressão do vaso menor B retorne ao seu valor inicial p, completando um ciclo de operação. Sabendo-se que o sistema é mantido a uma temperatura constante T, pede-se uma expressão para a pressão do vaso A após N ciclos.
Resolução:
Seja ( )P n a pressão do vaso A após n ciclos por recorrência, antes de abrir 1V , temos:
No vaso A : ( ) ( )A AP n V N RT I=
No vaso B : ( )B BP V N RT II=
Após abrir 1V , temos:
( ) [ ] [ ] ( )1 A B A BP n V V N N RT III+ ⋅ + = +
De I e II em III , temos:
( ) ( )1 A B
A B A B
V VP n P n PV V V V⎡ ⎤ ⎡ ⎤
+ = ⋅ +⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
transformando a equação recorrente acima para linear e homogênea, temos:
( ) ( ) ( )22 1 0A B A
A B A B
V V VP n P n P nV V V V
⎡ ⎤ ⎡ ⎤++ − + + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Portanto, resolvendo a equação recorrente acima, temos:
( ) [ ]0
n
A
A B
VP n P P PV V⎡ ⎤
= − ⋅ +⎢ ⎥+⎣ ⎦
Inicia-se um determinado experimento colocando-se uma massa mx (g) de um radionuclídeo X de meia vida τ 1/2 (s) dentro de um balão de volume Vb (m3), que encontra à pressão atmosférica, como mostrado na figura 1. Esse experimento é conduzido isotermicamente à temperatura Tb (K). O elemento X é um alfa emissor e gera Y, sendo este estável, de acordo com a seguinte equação:
42X Y He→ +
Considerando que apenas uma percentagem p do hélio formado difunde-se para fora da mistura dos sólidos X e Y, determine a altura h (em metros) da coluna de mercúrio apresentada na Figura 2, depois de decorrido um tempo t (em segundos) do início do experimento. Utilize a seguinte notação: massa molecular de X = Mx (g); densidade do mercúrio = ρ (kg/m3); aceleração da gravidade = g (m/s2); constante dos gases perfeitos = R (Pa.m3/mol.K).
Q u e s t ã o 0 5
Q u e s t ã o 0 6
Resolução: 1) Calculando número de mol decaído de x
( ) mxn xinícioMx
=
( ) ktmxn x resto eMx
−= , 2
2
y
nk =τ
( ) ( ) ( )n x decai n x início n x resto= −
( )2
21 y
t nmxn x decai eMx
−τ
⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎣ ⎦
2) Devido a reação, temos: 4
2x y He⇒ −
( ) ( )n x decai n He formado=
( )2
21 y
t nmxn He formado eMx
−τ
⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎣ ⎦
Mas, ( ) ( )n He difundido n He formado= ρ ⋅
( )2
21 y
t nmxn He difundido eMx
−τ
⎡ ⎤⎢ ⎥= ρ −⎢ ⎥⎣ ⎦
3) Calculando a pressão devido ao gás hélio
( ) ( )
21
21t n
x
bb
b x b
pm en He difundido RT
P He RTV M V
−τ
⎡ ⎤−⎢ ⎥
⎢ ⎥⋅ ⎣ ⎦= =⋅
4) Por Stevan, temos:
x e y
BA
He(g)
h
( )atm atmA BP P P P He P pgh= ⇒ + = +
( )
21
21t n
x b
x b
pm e RTP He
h hpg pgM V
−τ
⎡ ⎤−⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦= ∴ =
A incidência de radiação eletromagnética sobre um átomo é capaz de ejetar um elétron mais externo de sua camada de valência. A energia necessária para a retirada desse elétron pode ser calculada pelo princípio da conservação de energia, desde que se conheça sua velocidade de ejeção. Para um dado elemento, verificou-se que a velocidade de ejeção foi de 61,00 10 m/s× , quando submetido a 1070,9kJ/mol de radiação eletromagnética. Considerando a propriedade periódica apresentada no gráfico (Energia de Ionização× Número Atômico) e a massa do elétron igual a 319,00 10 k−× , determine: a) o elemento em questão, sabendo que pertence ao terceiro período da tabela periódica;
Q u e s t ã o 0 7
b) o número atômico do próximo elemento do grupo; c) as hibridizações esperadas para o primeiro elemento desse grupo.
GRÁFICO: Potencial de ionização (kJ/mol) x Número atômico
Resolução: a) Por conservação de energia temos: ( ) ( ) ( )radiação cinética ionizaçãoE E E= +
( ) ( )
2
2Aradiação ionizaçãomVE N E= ⋅ + , com AN o número de Avogadro.
( )
( )
223 31 66,02 10 9,00 10 1,00 101070,9kJ/mol
2 ionizaçãoE− −⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= +
( )1070,9kJ/mol 270,9kJ/mol ionizaçãoE= +
( )28,00 10 kJ/molionizaçãoE∴ = ⋅
Analisando-se a tabela de energia de ionização, o elemento do 3º período é o silício ( )Si .
b) ( ) 14SiZ =
O próximo elemento do grupo é o germânio Ge , de número atômico 32 . c) As hibridizações do primeiro elemento do grupo, o carbono, são: ap , 2ap , 3ap .
Uma forma de sintetizar óxido nítrico em meio aquoso é reagir nitrito de sódio com sulfato ferroso e ácido sulfúrico, produzindo, além do óxido nítrico, sulfato ferroso e bissulfato de sódio. Partindo de 75,0 g de nitrito de sódio, 150,0 g de ácido sulfúrico e 152,0 g de sulfato ferroso e tendo a reação 90% de rendimento, determine a massa de óxido nítrico obtida. Resolução: Equacionando a reação mencionada.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 22 4 4 4 3aq aq aq g aq aqNaNO FeSO H SO NO NaH SO Fe SO H O+ + ⇒ + + +
Q u e s t ã o 0 8
Que balanceada temos:
Calculando o número de mols de cada reagente, temos:
2
2 2 3
2
75 1,09mol69
NaNONaNO NaNO NaNO
NaNO
mn n n
M= ⇒ = ⇒ =
4
4 4 4
4
152 1mol152
FeSOFeSO FeSO FeSO
FeSO
mn n n
M= ⇒ = ⇒ =
2 4
2 4 2 4 2 4
2 4
150 1,53 mol98
H SOH SO H SO H SO
H SO
mn n n
M= ⇒ = ⇒ =
Portanto, o reagente limitante é o 4FeSO .
Proponha uma síntese para o TNT (2,4,6-trinitrotolueno) a partir do carbeto de cálcio e de outras matérias-primas convenientes. Resolução: Rota de síntese: 1) Reagir carbeto de cálcio com água: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 22
2s gaqCaC H O Ca OH C H+ ⎯⎯→ +
2) Com acetileno formar o benzeno: ( ) ( )2 62 63 g gC H C HΔ⎯⎯→
3) Alquilação de Fviedel-Cratts:
+ CH – Cl3
AlCl3 + HCl
CH3
4) Realizar a trinitração do metil-benzeno (tolueno):
CH3
+ 3HNO3 + 3H O2
H SO2 4
CH3
NO2
NO2
O2N
( )TNT
Um composto orgânico A, de fórmula molecular C9H10, quando tratado com hidrogênio, na presença de um catalisador, fornece um composto B de massa molecular duas unidades maior do que A. Oxidando A ou B com KMnO4 e KOH, obtém-se o composto C, de fórmula molecular C7H5O2K. A reação de B com uma solução de HNO3 e H2SO4 fornece dois isômeros D e E. Finalmente, quando A é tratado com O3 e, em seguida, com zinco em pó, obtém-se um composto F, com fórmula molecular C8H8O, o qual apresenta resultado negativo no teste de Tollens. Com base nas informações acima, forneça as fórmulas estruturais planas dos compostos A, B, C, D, E e F e justifique sua resposta, apresentando as respectivas reações.
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Q u e s t ã o 1 0
Resolução: O composto A , por apresentar fórmula geral 2 8n nC H − ( )9 10C H apresenta insaturações e/ou parte de sua cadeia fechada. Como na
hidrogenação ocorreu aumento de apenas 2 unidades na massa molecular, o composto possui cadeia benzênica: A :
C CH3H2C
( )A Reações de A : 1) Hidrogenação:
CH3CH3C CH2
+ H2(g)
cat
CHH3C
( )B( )A 2) Oxidação enérgica de ( )B
+ H2(g)
CH3C CH3
( )B ( )C
CO
O K– +
KMnO4
KOH
3) Oxidação enérgica de ( )A
( )A ( )C
CO
O K– +
KMnO4
KOH
CH3C CH2
4) Nitração de ( )B
HNO3
H SO2 42
CHH3C CH3
( )B
CHH3C CH3
( )D
+ 2H O2
CHH3C CH3
( )E
+NO2
No2
5) Ozonólise de ( )A na presença de zinco:
CH3C O
( )D
+
C CH3H2C
( )A
Zn(s)+ O3 HC OH
O
FOLHA DE DADOS 1. Massas atômicas aproximadamente de alguns elementos:
2. Potenciais de redução nas condições padrão (E0):
3. Outras informações: Calor de formação da água líquida: – 285,9 kJ/mol;
41 9,65 10 C/molF = × ; Relações termodinâmicas: 0 0G nFEΔ = −
0 0 0G H T SΔ = Δ − Δ Constantes ebulioscópica (Keb) da água: 0,52 K kg/mol; Densidade da água: 1,00 kg/L.