1º SIMULADO DISCURSIVO IME

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1 RESLUÇÕES Questão 1 Teremos: a) SF 6 Geometria octaédrica ou bipirâmide de base quadrangular: apolar. b) SF 4 Geometria de gangorra: polar. c) 3 Geometria angular: polar. G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 12

2 d) XeF 4 Geometria quadrado planar: apolar. e) CF3 Geometria em T: polar. Questão 2 a) Um dos isótopos é isótono do nuclídeo Q : nêutrons 109 Z : pr ótons nêutrons 109 número de prótons do isótopo isótopo seria X, seu número atômico é Q e isóbaro do nuclídeo Z, então: b) Grupo 11 ou I B: X : 1s 2s 2p 3s 3p s 3d 6 4p 2 5s 9 4d Grupo 11 ou IB c) No estado fundamental, teremos: Configuração mais estável : X : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d d) Teremos: 1 5s n (número quântico principal) 5 (número quântico sec undário ou azimutal) 0 m (número quântico magnético) 0 G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 13

3 Questão 3 Comparando os potenciais de redução do hidrogênio e do ferro, percebemos que o do hidrogênio é maior: 0,000 V > - 0,440 V. Então: Fe (s) Fe 2+ (aq) + 2e - 2H + (aq) + 2e - H 2(g) Fe (s) + 2H + (aq) Fe 2+ (aq) + H 2(g) E = E maior - E menor E = 0,000 V ( 0,440 V) = + 0,440 v Agora utilizaremos a equação de Nernst, que relaciona a ddp da pilha com a as concentrações molares das soluções nas quais os eletrodos estão imersos: 0 0, 059 E E logq n nde: E = ddp da pilha a 25 o C com solução de concentração molar diferente de 1 M. E 0 = ddp da pilha com solução de concentração 1 M. 0,059 = valor constante a 25 o C, porém pode mudar com a temperatura. n = número de mols de elétrons transferidos no processo. Q = quociente entre as concentrações relacionadas, semelhante à constante de equilíbrio. A partir da equação global da pilha: Fe (s) + 2H + (aq) Fe 2+ (aq) + H 2(g) 2 [Fe ][H 2] 2 p(h 2) Como foi dada a pressão parcial do hidrogênio e p(h 2 ) = k[h 2 ] [H 2 ] = k' 2 [Fe ]p(h 2) 2.k ' 2 [Fe ]p(h 2) Q 2 2 [Fe ]p(h 2).k ' 2 [FeS 4 ] = 1 M [Fe 2+ ] = 1 M; p(h 2 ) = 1,0 atm. A força eletromotriz medida a 25 o C é igual a 0,292 V (E). número de elétrons transferidos é igual a 2, ou seja, n = 2. Utilizando a equação de Nernst, teremos: 2 0 0,059 [Fe ]p(h 2) E E log n 2 0, , 292 0, 440 log 2 2 (0,292 0, 440).2 log1 2log 0,059 G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 14

4 + 5,0169 = 2log[H + ] log[h + ] = 2,5085 ph = 2,50 Questão 4 Teremos 25 ml de ácido acético 0,1000 mol.l -1, ou seja: 0,1000 mol de ácido acético 1000 ml n 25 ml n ácido acético = 2,5 x 10-3 mol 1H 3 CCH + 1NaH 1H 3 CCNa + HH No ponto de equivalência n(nah) = n(h 3 CCH): n(nah) = 2,5 x 10-3 mol Como a concentração de NaH é igual a 0,1000 M, teremos: 0,1000 mol NaH 1 L 2,5 x 10-3 mol NaH V(NaH) V(NaH) = 2,5 x 10-2 L = 25 ml No ponto de equivalência teremos 25 ml de solução de ácido acético e 25 ml de solução de NaH, num total de 50 ml (50 x 10-3 L). Logo, [H 3 CCH] início = 2,5x10 50x ,05 M Agora observemos a reação de hidrólise: 1H 3 CCNa + H 2 1H 3 CCH + Na + + H - 1H 3 CC - + H 2 1H 3 CCH + H - 0,05 M 0 0 (início) x + x + x (durante) (0,05 x) x x (equilíbrio) Em (0,05 x), desprezamos x, então teremos apenas 0,05 M. h h [H 3CCH] [H CC ] 3 x.x x (0, 05 x) 0, 05 2 Como h w, teremos: x 10 0, a a, a = 1,8 x 10-5, então: G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 15

5 2 14 x 10 0,05 5 1,8x10 x 2 = 27,78 x x = 5,27 x 10-6 M Como x = [H - ], [H - ] = 5,27 x 10-6 M. w = [H + ][H - ] = [H + ] x 5,27 x 10-6 = [H + ] = 1,9 x ,0 x 10-9 ph = log[h + ] ph = log(2,0 x 10-9 ) = 9 log2 = 9 0,3 = 8,7 ph = 8,7 Questão 5 Teremos: 2Mn aq 8H aq 6e 2Mn s 4H Mn s 6H2 3Mn2 s 12H aq 6e ( ) 2 2Mn aq 3Mn aq 2H 5Mn s 4H aq A diferença de potencial é dada por Δ E = 1,70 1,23 = 0,47 V. Utilizando a equação de Nernst, vem: 0,059 E logq n 0, ,47 log 6 0,059 log 0,47 6 0,47 log 6 log 47,796 0,059 log 47, ,8 Questão 6 a) Cálculo do número de mols do ácido e da base: n [CH CH] V CH3CH 3 CH3CH n 0,20 M0,50 L 0,10 mol CH3CH n [NaH] V NaH NaH CH3CH n 0,10 M0,50 L 0,05 mol G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 16

6 3 3 2 CH CH NaH CH C Na H 1 mol 1 mol 1 mol 0,10 mol 0,05 mol 0,05 mol (excesso de 0,05 mol) 0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol V 0,50 L 0,50 L 1 L 0,05 [CH3CH] excesso 0,05 M 1 0,05 [CH3C ] 0,05 M 1 [CH3C ] ph pa log [CH 3 CH] excesso 0,05 M ph 4,75 log 4,75 0,05 M b) Teremos: Cálculo da nova concentração de NaH: 0,05 0,01 [NaH] 0,06 M CH CH NaH CH C Na H 0,06 M 3 3 0,06 M [CH CH] 0,06 M [CH C ] 0,06 M 0,06 M [CH3C ] ph pa log [CH 3 CH] excesso [CH CH] ph pa log [CH C ] 3 excesso 3 0,04 M ph 4,75 log 4,75 log0,666 0,06 M ph 4,75 0,1765 4,5735 Questão 7 a) [S 4 2 ] = mol.l 1. b) [Ba 2+ ] = 2, mol.l 1. G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 17

7 Questão 8 Em (a) e (b) teremos: G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 18

8 Questão 9 bservação: C6H6 CH3 C6H5 CH3 Teremos: Questão 10 a) Fórmula molecular da atropina: C 7 H 23 N 3. b) Estruturas das substâncias derivadas da hidrólise ácida da atropina: CH 3 CH 3 N H N H H 2 /H + H + H c) Teremos: H P 3 H 2 H H + H-P 3 H 2 H 2 + Produto orgânico A H H H + NaH H 2 + Na + - Produto orgânico B G:\2014\Reprografia\ITA-IME\Simulado IME\1 disc quim.doc 19