QUÍMICA COMENTÁRIO DA PROVA DE QUÍMICA

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1 COMENTÁRIO DA PROVA DE QUÍMICA Prova boa, com questões claras e nível superior ao do ano passado. Nota-se, no entanto, a falta de uma revisão criteriosa, feita por algum professor da área, que não tenha elaborado as questões. Isso já foi notado no ano passado, quando uma questão inteira e mais um item de outra questão tiveram que ser anulados. Nesse ano também ocorreram falhas. São elas: Questão 2: faltou informar os números atômicos dos elementos do ácido fosfórico. Questão 3: o enunciado afirma que a reação produz um composto com isomeria geométrica, o que indica a presença de insaturação; no entanto, a equação apresentada mostra a formação de um composto saturado. Questão 4: uso da expressão massas atômicas sendo que na mesma linha os valores foram dados em g.mol 1. Ainda nesta questão faltou o enunciado enfatizar que, nesse caso, está sendo considerado que a fórmula mínima é igual à fórmula do composto (fórmula química). Além dessas falhas, houve um grave erro na unidade da constante ebuliométrica na questão 9: o correto seria K e = 0,52 o C/molal. Esse erro poderia comprometer a resolução por parte dos alunos que interpretam as unidades em vez de decorar as fórmulas. Vale ressaltar que, na resolução da questão 2, não levamos em conta a expansão do octeto para o fósforo, para que seja possível o cálculo da carga formal. Quanto à abrangência, a prova estava adequada, porém faltou a cobrança de alguma reação orgânica relevante. Como sugestão, os itens de cada questão poderiam ser mais bem explorados, aumentando significativamente a abrangência. Em comparação com o ano passado, houve progresso merecedor de elogios. Esperamos que essa evolução continue. Professores de Química do Curso Positivo. 1

2 2 NaOH (aq) + H 2 (aq) Na 2 (aq) + 2 H 2 O (l) Massas Molares: H 2 = 98g/mol NaOH = 40 g/mol Cálculo da quantidade de mols: Para o ácido sulfúrico (H 2 ) 1 mol 98g x 19, g x = mol Para o hidróxido de sódio (NaOH) 1 mol 40g x g x = mol Da reação, temos: 1 H 2 2NaOH 1 mol 2 mol mol mol Há excesso de H 2 Dos mol reage 1, mol. Logo há mol de H 2 em excesso. [H 2 ] = mol. L 1 Admite-se que o grau de ionização é 100%, portanto temos: mol. L 1 H 2 [H + ] = 10 3 mol. L 1 x ph = 3 2

3 ácido fosfórico H 3 PO 4 Elétrons de valência H = 1e x 3 = 3e O = 6e x 4 = 24e P = 5e x 1 = 5e 32 e de valência (total) Fórmula de Lewis De outra maneira: Carga formal dos átomos de hidrogênio = (1 1) zero Carga formal dos átomos de oxigênio ligados à hidrogênio = (6 6) zero Carga formal do átomo de oxigênio não ligado à hidrogênio = (6 7) 1 Carga formal do átomo de fósforo = (5 4) +1 Obs.: na molécula, a soma das cargas formais é zero. Cálculo da carga formal e de valência 1/2e compartilhados e livres Carga formal Hidrogênio Oxigênio (no OH) Oxigênio Fósforo

4 Uma maior produção de ácido graxo saturado é conseguida pelo aumento da concentração de gás hidrogênio (H 2 ). Obs.: Na verdade há outra possibilidade não contemplada nas informações fornecidas pelo enunciado (logo não há necessidade de citá-la na resposta). Como o hidrogênio é o único componente gasoso presente no equilíbrio. Um maior rendimento também seria obtido pelo aumento da pressão total. O enunciado informa que o isômero trans é mais estável que o cis. Considerando hidrogenação parcial, haverá ainda a presença de ácidos graxos insaturados; por isomerização o cis converte-se em trans. Resolução dos itens a e b : X Ametal % em massa Y = 60% Y Metal (ponderal) X = 40% Y 60% X 40% Fórmula Centesimal n quantidade de matéria (em mols) n = m % = M M n y = = 0, 625 n x = = 1,25 Y 0,625 X 1,25 0,625 ( pelo menor) Y 1 X 2 fórmula mínima Admitindo que a fórmula mínima seja igual à fórmula química do composto, a resposta do item b será YX 2. 4

5 Resolução do item a: YX 2 para 1 mol de Y 1 X 2 temos n total = 1 mol de Y + 2 mols de X = 3 mols de átomos % em mols de átomos de Y e X Y 3 mols 100% 3 mols 100% X 1 mol 33,3% 2 mols 66,7% Respostas do item a Invertendo as equações (I) e (II), mantendo a (III) e somando, teremos: + + H = 321 kj.mol 1 Lei de Hess K (g) Br (g) KBr (s) K (aq) Br (aq) + KBr (s) K (aq) K + (g) + Br (g) + Br (aq) H = 337 kj.mol 1 + H = kj.mol 1 H =? kj.mol 1 H = + 31 kj.mol 1 resposta do item b Resposta do item a: A dissolução do brometo de potássio em água é um processo endotérmico ( H > 0), ocorrendo com absorção calor. 5

6 M KBr 119 g.mol 1 1 mol = 119 g m solução = m KBr + m água = 119 g + 881g = 1000 g c = 4,18 J.g 1 K 1 Admitindo que H = Q = + 31 kj.mol 1 = 31000J.mol 1 Q = m c T T = Q mc T = ,18 T = 31 7,4K 7,4 o C 4,18 Obs: T K = t ( o C) (a variação da temperatura na escala Kelvin é igual à variação da temperatura na escala Celsius). Como a dissolução do brometo de potássio em água absorve calor, a temperatura irá diminuir em 7,4 o C. Logo, a temperatura final será: 20,0 o C 7,4 o C = 12,6 o C (resposta do item c) 6

7 São consideradas ácido de Brønsted-Lowry as funções fenol e ácido carboxílico. 7

8 resposta do item a: 0 O agente oxidante mais forte é o H 2 (peróxido de hidrogênio), pois apresenta o maior E Red. Redução ClO + 2e + H 2 O Cl + 2(OH) 2I Oxidação I 2 + 2e + ClO + H 2 O + 2I Cl + 2(OH) + I 2 * equação que representa uma reação espontânea de oxirredução (resposta do item b) E = E Red _ E Red Maior menor E = (+0,890 V) (+0,535 V) E = +0,355 V (resposta do item c) 8

9 Início Levando em conta que temos inicialmente n o de mol total igual a (x) P = 1atm PV = nrt R = 0,082 atm.l.k 1mol 1 1V = x.(0,082)(298) T = 298K V = 24,5x L volume do sistema V =? Reação Total 1NO (g) + 1N(g) N 2 O 3(l) 1mol 1mol 0,4x 0,6x Há excesso de 0,2x mol de N(g) Reação Total 2N(g) 1N 2 O 4(g) 2 mol 1 mol 0,2x mol y y = 0,1 mol N 2 O 4 Ao final do processo, temos: V = 24,5x L T = 196K n = 0,1x mol R = 0,082 atm.l.k 1 mol 1 P =? PV = nrt P. 24,5x = 0,1x(0,082)(196) P = 0,0656 atm 9

10 Neste exercício, a unidade da constante ebuliométrica está incompleta. Ela deveria ser expressa da seguinte maneira: K e = 0,52 o C/ molal Interpretação: Para cada mol de partículas do soluto (dissolvida) em um quilograma de solvente (H 2 O), a temperatura de início da ebulição aumenta 0,52 o C. A solução tem 5% em massa de etilenoglicol (C 2 H 6 ) e portanto 95% em massa de água. Partindo de 1000g de solução, temos: 50 g de C 2 H 6 = 0,8 mol 0,8 mol de C 2 H 6 0,95 kg de H 2 O x mol de C 2 H 6 1,0 kg de H 2 O x 0,85 mol de C 2 H 6 1 mol de partículas aumenta 0,52 o C kg 0,85 mol de partículas aumenta x o C kg x = 0,44 o C Há um aumento de 0,44 o C na temperatura de início de ebulição, logo a solução começa a ferver a 94,44 o C. 10

11 O níquel atua como catalisador da reação. O níquel de Raney, por ser catalisador, diminui a energia de ativação e, consequentemente, aumenta a velocidade de reação. 11