QUÍMICA ( ) H+OS MELHORES GABARITOS DA INTERNET: (19) O ELITE RESOLVE IME 2011 QUÍMICA - DISCURSIVAS

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2 4HS MELHES GABAITS DA INTENET: (9) 5-0 ELITE ESLVE IME 0 QUÍMIA - DISUSIVAS DADS QUÍMIA Massas H N Na S u Zn Atômicas (u): 6 4 6,5 65,4 Tempo de meia - vida do U 8 : 4, anos Tempo de meia - vida do U 5 : 7, anos Abundância isotópica do U 8 : 99,8% Abundância isotópica do U 5 : 0,7% ZnPotenciais padrão de eletrodo (V) H ZnHe-,5 --Zn ZnZnHe0,76 e- -Zn4H-, -H-4e 4H0,40 He H, --e H0,70 Energia Livre de Gibbs: G = nfe F = (mol. e ) = 0,08 atm.l.mol -.K - = 8,4 J.mol K log 0,998 = -0,00 log = 0,0 log = 0,48 log, = 0,49 ln = 0,69 ln =, ln,9 = 4,9 5 / =,4 QUESTÃ 0 elemento X tem dois isótopos estáveis. Um de tais isótopos é isótono do nuclídeo 46 Q 08 e isóbaro do nuclídeo 48 Z 09. om base nestas informações responda: a) Qual o número atômico de X? b) A que grupo e período da Tabela Periódica pertence o elemento X? c) Qual a configuração eletrônica de X no estado fundamental? d) Quais são os números quânticos principal, azimutal e magnético do elétron desemparelhado na configuração descrita no item c? a) nuclídeo 46 Q 08 tem número atômico (número de prótons) igual a 46 e número de massa (número de prótons mais números de nêutrons) igual a 08. Logo, seu número de nêutrons é = 6. Já o nuclídeo 48 Z 09 tem número atômico igual a 48 e número de massa igual a 09. Se um isótopo do elemento X tem mesmo número de nêutrons (isótono) que o nuclídeo 46 Q 08, então ele também tem 6 nêutrons. Além disso, como ele é isóbaro (mesmo número de massa) do nuclídeo 48 Z 09, então ele tem número de massa igual a 09. Assim, seu número atômico é dado por 09 6 = 47. b) A configuração eletrônica seria, pela regra de Linus Pauling: s s p 6 s p 6 4s d 0 4p 6 5s 4d 9 Entretanto, como é inclusive bastante típico dos elementos de transição, aqui há uma exceção à regra, já que a configuração com o subnível 4d completamente preenchido (0 elétrons) é mais estável, além do fato de que o subnível 5s semi-preenchido também goza de significativa estabilidade. Assim, a distribuição real é: s s p 6 s p 6 4s d 0 4p 6 5s 4d 0 De acordo com essa distribuição, tal elemento pertence ao grupo (ou B) e ao 5º período da Tabela Periódica. c) omo já descrito no item anterior, a distribuição real é: s s p 6 s p 6 4s d 0 4p 6 5s 4d 0 d) elétron desemparelhado corresponde ao subnível 5s. Para a quinta camada, temos número quântico principal n = 5. Para o subnível s, temos número quântico azimutal = 0. Nesse caso (subnível s), a única possibilidade para o número quântico magnético é m = 0. QUESTÃ 0 s isótopos do urânio U 8 e U 5 aparecem na natureza sempre juntos. omo o U 5 não é gerado a partir do U 8 por desintegração e admitindo que não há razão para privilegiar um em relação ao outro, podemos supor que o riador os tenha colocado em proporções iguais no momento da formação da Terra. onsiderando válida tal hipótese, calcule a idade que nosso planeta teria. Vamos denominar: T a idade do planeta que queremos calcular; 9 T = 4,50 0 anos o tempo de meia-vida do urânio U 8 e; 8 T = 7,07 0 anos o tempo de meia-vida do urânio U 5 e; Q 0 a quantidade inicial de cada isótopo (iguais, por hipótese). Após a passagem do tempo T, o número de meias-vidas de cada isótopo é dado por n = T/T (para o U 8 ) e n = T/T (para o U 5 ). As quantidades desses isótopos atualmente são dadas por: n n n n Q( T) = Q0 = Q 0 e Q( T) = Q0 = Q 0 Sendo Q TTAL a quantidade de urânio atualmente, sabemos que a abundância de cada isótopo é: Q( T) = 99,8% QTTAL Q( T) = 0,7% QTTAL Dividindo a primeira igualdade pela segunda membro a membro, vem que (as fatorações efetuadas se justificam pelos logaritmos em base 0 que foram fornecidos na prova): n 4 QT 99,8 Q0 0,998 0 n n 0,998 0 = = = n Q( T) 0,7 Q0 0 Aplicando logaritmo em base 0 nos dois membros dessa identidade: 4 n ( n ) 0,998 0 log0 = log0 4 ( n n) log = log0,998 log0 log log T T 0,0 = 0,00 4 0,0 0, ,07 0 4, ,69 7,07 0 4, T = T 5,97 0 anos 9 8 0,0 4,50 0 7,07 0 QUESTÃ 0 Podemos obter nitrato cúprico reagindo cobre tanto com ácido nítrico diluído quanto com ácido nítrico concentrado. As equações não balanceadas são: u HN u N H N dil. u HN u N H N conc. Para obter nitrato cúprico a partir de 0 kg de cobre, pergunta-se: a) Qual dos dois processos é o mais econômico em termos de consumo de HN? b) Qual a economia, em kg de HN, pela escolha conveniente do processo? Vamos balancear as equações químicas: fazendo a variação de cargas entre os elementos em ambos os lados da equação igual a zero; igualando o número de átomos de cada tipo em ambos os lados. Para a primeira equação, temos que o u varia seu NX de 0 a ( Δ = ), e o N varia seu NX de 5 a ( Δ= ) ao formar N. Desta forma a equação balanceada é u 8HN u( N ) 4H N Procedendo desta forma para a segunda equação, obtemos sua forma balanceada: u 4HN u N H N a) Se dividirmos a primeira equação por, fica fácil comparar as proporções entre ambas as equações, e daí veremos que os coeficientes que acompanham o HN são 8 e 4 (para a primeira e segunda equações, respectivamente). omo os coeficientes que acompanham o u e o u N são iguais em ambas as equações, concluímos que usar HN diluído é mais econômico.

3 S MELHES GABAITS DA INTENET: (9) 5-0 ELITE ESLVE IME 0 QUÍMIA - DISUSIVAS b) Vamos calcular para ambos os processos a massa de HN necessária quando utilizamos 0kg de u: s mononitrados N Processo : 8 mol( u) mol( HN ) 8 6,5g 6g x 5,9kg 0kg x azuleno N N N N Processo : mol( u) 4mol( HN ) 6,5g 4 6g x 79,kg 0kg x Assim a economia em massa de HN ao se escolher o processo é = 6,46 kg. de aproximadamente ( 79, 5,9) QUESTÃ 04 A adição de 8,90 g de um hidrocarboneto aromático X a 56 g de benzeno resulta em uma solução cuja temperatura de congelamento é,9 inferior à do benzeno puro. Sabendo que a constante criométrica molal do benzeno é 5, kg mol -, dê as fórmulas estruturais dos produtos monossubstituídos resultantes da reação de X com uma mistura sulfonítrica (HN H S 4 concentrado). Despreze a existência do hidrocarboneto X na fase vapor. Dada a equação da criometria: Δ t = Kc WX,9 = 5, WX WX 0,7mol kg Sabendo a molalidade de X ( W X ), podemos encontrar sua massa molar: kg benzeno 0,7mol X nx = 0,0695mol 0,56kg benzeno nx 0,0695 mol X 8,9 g X MX 8g mol mol X M X omo se trata de um hidrocarboneto aromático, pode-se ver facilmente que 0 H 8 possui a massa molar calculada. om esta fórmula molecular podemos imaginar que o composto esperado pela banca fosse o naftaleno, uma vez que este é formado por anéis benzênicos, sendo a estrutura aromática mais conhecida pelos estudantes. naftaleno e seus derivados mononitrados estão representados abaixo: Naftaleno mononitrado N α-nitronaftaleno mononitrado N β-nitronaftaleno No entanto, é preciso ter cuidado, pois a aromaticidade não se dá exclusivamente pela existência de anéis benzênicos, mas sim por uma série de fatores, como a existência de ligações π delocalizadas ao longo de um ou mais anéis, não necessariamente de forma alternada (mas mais comumente nesta forma), como exemplo podemos citar o azuleno, composto aromático estável em condições ambientes que não possui anéis benzênicos. Figura. azuleno e seus derivados mononitrados. Podemos imaginar ainda a existência de vários outros compostos aromáticos de fórmula molecular 0 H 8, possivelmente estáveis em condições diferenciadas. Veja abaixo algumas possibilidades: omposto X mononitrado N N N mononitrado N N N mononitrado Tabela. utras possibilidades para X e seus derivados mononitrados. QUESTÃ 05 Um combustível de fórmula molecular média H 6 é alimentado em um queimador à taxa de 0,6 mol/min, com 40% de ar em excesso, de modo a garantir a combustão completa. Admitindo-se que a composição percentual molar do ar seja de 80% de nitrogênio e 0% de oxigênio, calcule a taxa, em mol/min, de saída dos gases do queimador. Esta questão apresenta problemas de clareza, uma vez que especifica de forma dúbia a qual reagente corresponde a taxa de 0,6 mol/min, sendo que esta taxa poderia se referir ao combustível ( H 6 ) ou ao ar. Além disso, embora a vivência com a química permita interpretar os 40% de ar em excesso como porcentagem do injetado, também seria plenamente possível a interpretação de que os 40% em excesso são em relação à quantidade estequiométrica, isto é, a quantidade estequiométrica corresponde a 00% e a quantidade injetada seria 40%, devido aos 40% de excesso. Esperamos que a banca considere qualquer uma das 4 interpretações possíveis, as quais consideram: a.) 0,6 mol/min de combustível injetado, havendo 40% de ar em excesso, em relação ao injetado: Para a queima do combustível, a reação é: H6 H Se 0,6 mol/min é a quantidade H 6 injetado, então a quantidade de que reage ( n ) é dada por: n = 0,6 mol / min n =, mol / min omo o excesso é 40% do injetado, então 60% do de injetado reagem, logo, a quantidade de injetado ( n ) é dada por: n ( / ) 00% n (, mol / min ) 60%, n / 8,5 / n 60% Logo o excesso de é dado por: n = n n = 8,5, mol / min ex n = 7,4 mol / min ex N N N

4 S MELHES GABAITS DA INTENET: (9) 5-0 ELITE ESLVE IME 0 QUÍMIA - DISUSIVAS omo o de injetado corresponde a 0% do ar injetado e o N corresponde aos 80% restantes, então a quantidade de N injetada é 4 vezes o de injetado: nn = 4 8,5 mol / min n N = 74 mol / min Além disso, considerando as proporções da reação, temos: mol de, / n mol / min mol de mol de H n ( mol / min ), n = mol / min n 7, /, nh= mol / min n 7,8 / H= Assim, o de gases que saem do queimador ( n = n n H n ex nh = 7, 7,8 7,4 74 ( mol / min) = 96,4 mol / min a.) 0,6 mol/min de combustível injetado, havendo 40% de ar em excesso, em relação à quantidade estequiométrica: Se 0,6 mol/min é a quantidade H 6 injetado, então a quantidade de que reage ( n ) é dada por: n = 0,6 mol / min n =, mol / min omo o excesso é 40% da quantidade estequiométrica, então o excesso de injetado é dado por: n ex H n ex( mol / min) 40% n (, mol / min ) 00% n = 40%, mol / min n = 4,44 mol / min ex ex Assim, o de é dado por: n = n n = 4,44, mol / min ex n = 5,54 mol / min omo o de injetado corresponde a 0% do ar injetado e o N corresponde aos 80% restantes, então a quantidade de N injetada é 4 vezes o de injetado: nn = 4 5,54 mol / min n N = 6,6 mol / min Além disso, considerando as proporções da reação, temos: mol de, / n mol / min mol de mol de H n ( mol / min ) H, n = mol / min n 7, /, nh= mol / min n 7,8 / H= Assim, o de gases que saem do queimador ( n = n n H n ex nh = 7, 7,8 4,44 6,6 ( mol / min) n = 8,6 mol / min b.) 0,6 mol/min de ar injetado, sendo 40% desta taxa o excesso: Se 0,6 mol/min é a quantidade de ar injetado, dos quais 40% é excesso, então apenas 60% do presente no ar reage. Seja n a taxa de que reage: n = ( excesso) % de no ar taxa de injeção de ar n = 60% 0% 0,6 mol / min n 0,07 / onsiderando as proporções da reação, temos: mol de 0,07 / n mol / min mol de mol de H n ( mol / min ) 0,07 n = mol / min n 0,047 / 0,07 nh= mol / min n 0,05 / H= Além dos produtos formados, os quais irão compor o de gases que saem do queimador, há ainda o excesso de ( n ex) e o de N ( n N ), os quais não participam da reação, portanto, compõem os gases que saem do queimador: n ex = excesso % de no ar taxa de injeção de ar ex ex H n = 40% 0% 0,6 mol / min n = 0,048 mol / min n = % de N no ar taxa de injeção de ar N n = 80% 0,6 mol / min n = 0,48 mol / min N N Logo, o de gases que saem do queimador ( n = nprodutos nexcesso de reagentes ngases que não reagem = n n H n ex nh = 0,047 0,05 0,048 0,48 ( mol / min) = 0,66 mol / min b.) 0,6 mol/min de ar injetado, sendo 40% da quantidade estequiométrica o excesso: Se 0,6 mol/min é a quantidade de ar injetado e 40% da quantidade estequiométrica é excesso, então 0,6 mol/min corresponde a 40% da quantidade estequiométrica de ar. Seja n a taxa de que reage: taxa de injeção de ar n = % de no ar 40% 0,6 n = 0% mol / min n 0,086 / 40% onsiderando as proporções da reação, temos: mol de 0,086 / n mol / min mol de mol de H n ( mol / min ) 0,086 n = mol / min n 0,0556 / 0,086 nh= mol / min n 0,060 / H= Além dos produtos formados, os quais irão compor o de gases que saem do queimador, há ainda o excesso de ( n ex) e o de N ( n N ), os quais não participam da reação, e, portanto, compõem os gases que saem do queimador: H

5 S MELHES GABAITS DA INTENET: (9) 5-0 ELITE ESLVE IME 0 QUÍMIA - DISUSIVAS n = % de no ar taxa de injeção de ar = 0% 0,6 mol / min n = 0, mol / min omo o excesso de é a diferença entre o e o que reage: n = n n = 0, 0,086 mol / min ex n = 0,04 mol / min ex Já o de N é dado por: n = % de N no ar taxa de injeção de ar N n = 80% 0,6 mol / min n = 0,48 mol / min N N QUESTÃ 07 Identifique cada reagente, produto ou função orgânica indicados pelas letras de A a J no esquema abaixo. onsidere que é um grupo alquila. Logo, o de gases que saem do queimador ( n = n n H n ex nh = 0,0556 0,060 0,04 0,48 ( mol / min) n = 0,60 mol / min QUESTÃ 06 Determine os percentuais em massa dos produtos na mistura obtida a partir da reação de saponificação completa, com NaH, de,00 mol do triacilglicerol formado pelos ácidos decanóico, -octenóico e dodecanóico. A reação de saponificação do triacilglicerol está mostrada a seguir: H H H H NaH Na Na A reação do cloreto de ácido com sal de ácido carboxílico gera o anidrido de ácido carboxílico (B) e como subproduto Nal. composto B ao reagir com álcool (alcoolise) gera um éster (A) e ácido carboxílico como subproduto. composto A reage com dois mols do reagente de Grignard, seguido de NH 4 l para formar um álcool terciário (J) e Mg()Br e Mg(H)Br como subprodutos. Essa reação tem como produto intermediário uma cetona. A transformação do ácido carboxílico em cloreto de ácido é feita pelo composto E, que pode ser um haleto de fósforo (Pl ou Pl 5 ) ou cloreto de tionila. Ácido clorídrico não efetua essa transformação. A reação do cloreto de ácido com H e Pd/BaS 4 (redução de osenmund) o converte em aldeído (G). A reação da amônia com cloreto de ácido gera amida (), que pode sofrer duas transformações: Hidrólise em meio básico com NaH, gerando carboxilato de sódio (H) e amônia. Esta hidrólise produziria ácido carboxílico se ocorresse em meio ácido. edução com P 5 gerando nitrila (D) e água. A nitrila (D) se converte em ácido carboxílico por uma reação de hidrólise ácida, portando o composto I é H. ácido carboxílico se converte em éster (A) ao reagir com um álcool (F). Pelo fato da reação ser reversível, exclui-se a possibilidade do composto F ser cloreto de ácido. H NH Na s compostos obtidos na reação são: decanoato de sódio (MM = 94 g/mol) -octenoato de sódio (MM = 64 g/mol) dodecanoato de sódio (MM = g/mol) glicerol (MM = 9 g/mol) H -H - Na Partindo-se de mol do triacilglicerol obtem-se mol de cada produto, assim, a massa dos produtos da reação é 67 g. álculo da porcentagem em massa: decanoato de sódio 94 8,87% 67 Pl ou Pl5 ou Sl H N -octenoato de sódio 64 4,40% 67 dodecanoato de sódio,04% 67 glicerol 9,69% 67 4

6 S MELHES GABAITS DA INTENET: (9) 5-0 ELITE ESLVE IME 0 QUÍMIA - DISUSIVAS QUESTÃ 08 Em uma bateria do tipo ar-zinco, um dos eletrodos é composto por uma mistura de zinco em pó e KH, contida em uma cápsula metálica isolada eletricamente do outro eletrodo. Este último é composto por uma placa porosa de carvão que permite a passagem de e H (g). A capacidade da bateria é limitada pela massa de zinco que é consumida através da reação global Zn ½ Zn(s), processo este que envolve a formação e decomposição de hidróxido de zinco. Para uma bateria desse tipo e com capacidade média de 60 mah, pede-se: a) A tensão padrão produzida pela bateria. b) A massa média de zinco necessária para que a bateria apresente a capacidade supracitada nas condições padrão. a) A pilha encontra-se ilustrada a seguir: terminal catódico () passagem de H e carvão Zn/H isolante terminal anódico (-) No ânodo, a reação de oxidação é dada por: Zn H Zn( H ) e ( E0 =,5) Já no cátodo, a reação de redução é dada por: H 4e 4H ( E0 = 0,40) Além disso, a decomposição do hidróxido de zinco (que não se trata de uma reação redox) é descrita por: Zn( H ) Zn H Multiplicando por a equação de oxidação e também a reação de decomposição do hidróxido de zinco, e somando posteriormente as três equações, temos a reação global do processo: Zn 4H Zn( H ) 4e E =, 5 H 4e 4H E = 0,40 Zn ( H ) Zn H Zn Zn Δ E =,65 Assim, a tensão produzida pela bateria é Δ E =, 65 V. b) A capacidade da bateria em coulombs () é dada por: Q = i Δ t = = 576 onsiderando a oxidação do zinco Zn Zn e, observe que mol de zinco produz mols de elétrons. omo a massa molar do zinco é 65,4 g/mol e a carga de mol de elétrons é 96485, temos: 65,4 g m 0,95 g m 576 QUESTÃ 09 Para cada composto abaixo, apresente as fórmulas estruturais planas das formas tautoméricas, se houver, ou justifique a inexistência de tautomeria. a) H H b) aldeído benzóico. a) composto possui as formas tautoméricas indicadas abaixo: H forma ceto forma enólica (0%) (80%) Podem-se representar outras formas tautoméricas para essa dicetona, porém essas não são observadas experimentalmente. H H H H H H b) aldeído benzóico não apresenta tautômeros, pois não possui hidrogênio ligado ao carbono α. QUESTÃ 0 Foi solicitado a um estudante que calculasse o ph de uma solução,0.0-7 mol/l de NaH, a 98,5 K e 00 kpa. estudante apresentou como resposta o valor 7,0. alcule o ph da solução em questão e explique eventuais divergências entre sua resposta e a resposta do estudante. onsiderando a dissociação iônica do hidróxido de sódio, em água, e sua natureza de base forte (dissociação ): NaH Na H 7 Sabendo-se que a concentração de NaH é,0.0 mol/l, tem-se que a concentração de H que seria adicionada à água também é 7,0.0 mol/l. Devemos, no entanto, considerar o equilíbrio de autoionização da água pois a concentração de H adicionada é da mesma ordem de grandeza da concentração dos íons existentes na água pura. Veja a tabela com as variações das concentrações [H ] e [H ] (em mol/l) desde a adição de NaH até o estabelecimento do equilíbrio (lembrando que para água pura a T=98,5K e P=00kPa temos 7 [ H ] = [ H ] = 0 mol L ). [H ] [H ] Início eação x x Equilíbrio 7 0 x 7 0 x 4 Sabendo que K = 0 = [H ] [H ], temos para o equilíbrio: w ( x) ( x) = x 0 x 0 = 0 Temos duas soluções para a equação acima, mas como precisamos 7 7 que x < 0 a única solução válida é x 0,8 0. Sabendo a concentração de [H ] na solução em equilíbrio, podemos calcular o ph: ph = log [ H ] = log 0 0, , ph = log( 0,6) log( 0 ) = log 7 0 ph =( log( 6,) log0) 7 = 8 log(, ) = 8 log, log Usando os valores fornecidos para log, e log, chegamos em ph= 80,490,0 ph= 7, estudante desprezou a concentração inicial de H proveniente da água e a influência da dissolução de NaH no equilíbrio iônico da água. 5

7 S MELHES GABAITS DA INTENET: (9) 5-0 ELITE ESLVE IME 0 QUÍMIA - DISUSIVAS Equipe desta resolução Química Fabiana campos Haira Emanuela Gandolfi Vinícius Garcia Freaza evisão Eliel Barbosa da Silva Fabiano Gonçalves Lopes Marcelo Duarte odrigues ecchino Zabani Vagner Figueira de Faria Digitação, Diagramação e Publicação arolina Marcondes Garcia Ferreira Hannay Molar