Resolução - IME QUIMICA. Equipe Rumoaoita

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1 008 Resolução - IME QUIMICA Equipe Rumoaoita

2 Questão 1 Solução: A) O item está incorreto por apresentar uma configuração eletrônica em que há uma violação do princípio da exclusão de Pauli. B) CORRETO. Observa-se experimentalmente que átomos cuja distribuição eletrônica apresenta orbitais semipreenchidos ou totalmente preenchidos apresentam uma maior estabilidade relativa. As energias dos subníveis 3d e 4s são bastante próximas, o que viabiliza energeticamente o salto de um elétron do subnível 4s para o subnível 3d de modo a tornar este semipreenchido, conferindo ao átomo uma maior estabilidade. Dessa forma, a distribuição do Cr é dada por: 1 ² ² 6 3 ² C) O item está errado por apresentar uma configuração eletrônica de um estado excitado e não no estado fundamental. A regra de Hund nos diz que para obtermos uma configuração no estado fundamental devemos primeiramente semipreencher todos os orbitais de um dado subnível para só depois adicionarmos um segundo elétron. Os itens D e E estão errados devido à explicação dada para o item B. O estado fundamental do Cr apresenta 5 elétrons no subnível d e 1 elétron no subnível s.

3 Questão Solução: Numero de mols da mistura inicial (Clapeyron): 0,74.10,0 PV = n.r.t ninicial = = 0,30 mol 0, Número de mols de CO no final mco 17,6 nco = = = 0,4mol MM 44 CO Número de mols da mistura final:,46.10,0 PfinalV = n.r.t nfinal = = 1,0mol 0, O enunciado afirma que A é um hidrocarboneto gasoso, assim representamos A por C x H y.

4 A reação de combustao pode ser descrita por: y + z CxHy + z.h + O xco + HO inicio: n n' reação: n n' + nx ny + n' + final: nx ny + n' De onde segue: n.x = nco = 0,40 n + n' = ninicial = 0,30 ny + n' nx + = nfinal = 1,0 n. y = 0,6 n= 0,4 x ( ) y 4 = 3x n + n' = 0,3 n.y + n' = 1, Lembrando que y e x devem ser inteiros, e que x deve ser menor que 6 (hidrocarboneto deve ser gasoso). É facil ver que números impares de x darão valores fracionários de y. Nos restam duas possibilidades x = ou x = 4. Para x =, temos y = 5. No entanto, não existe o hidrocarboneto C H 5 a) Portanto, temos que x = 4 e o hidrocarboneto é o buteno: C 4 H 8

5 Voltemos às equações: n + n' = 0,3 8.n + n' = 1, n = 0,1mol ; n' = 0,mol Desse modo, as pressoes parciais saem por Clapeyron: nrt 0,1.0, PA = = = 0,5 atm V 10 PH = 0,74 P = A 0,49 atm P = 0,5atm ; P = 0,49atm A H b) O único isômero que possui isomeria cis-trans é o -buteno Obs: A questão possui uma inconsistência. Se não considerarmos que a água não liquefaz quando resfriada nas condições propostas, a questão entra em contradição: o número de mols calculado para o CO é diferente do número de mols calculado a partir da massa dada no enunciado. A 7º C e pressão de,46 atm a água deve encontrar-se em um estado condensado.

6 Questão 3 Solução: a) É dado da questão que o cádmio é oxidado (consumido) durante a descarga da pilha, conforme a equação: Cd Cd +.OH + ( s) ( aq) ( aq) Assim a semi-pilha NiOOH Ni(OH) representa o catodo (redução) da pilha: Balanceamento por íon-elétron: Como o meio é básico: Logo: NiOOH Ni OH ( s) ( ) ( aq ) + NiOOH + H + e Ni OH ( s) ( aq) ( ) ( aq ) NiOOH + H O + e Ni OH + OH ( s) ( l) ( ) ( aq ) ( aq) anodica: Cd Cd + e + ( s) ( aq) ( aq) catodica: NiOOH H O e Ni OH OH aq ( s) ( l) ( ) ( ) ( aq) global: Cd NiOOH H O Cd Ni OH ( s) ( s) ( l) ( aq) ( ) ( aq )

7 b) Carga gasta total: Q = i.t =.485 = 9650C Na recarga da bateria, as reações que ocorrem são as inversas do item(a). Assim, temos: ( ) ( ) ( aq ) ( s ) ( l ) Ni OH + OH NiOOH + H O + e aq MM = 9 g C m 9650 C De onde, segue: m = 9,g

8 Questão 4 Solução: Da equação de Clapeyron para pressão osmótica temos:.v = n.r.t Π 4,1 1. ( 0,8 ) =.0, MMB = 13 g/mol MM B Sabemos que B é da forma CxHyBr z Onde, temos, uma vez que é acíclico e saturado: De onde segue que: y = x + z ( ) 1x + x + z + 80z = 13 14x + 79z = 11 Como desejamos apenas as soluções inteiras não nulas, temos: z = 1 ; x = 3 ; y = 7 O composto trata-se de: B: C3H7Br

9 Devemos achar o composto D tal que a reação com HBr gere B. Trata-se, claramente do composto: D: C3H 6 Vale lembrar que a reação com HBr na presença de peróxido é uma reação de redução, e por isso, D deve ter uma insaturação. Esta reação é a exceção à regra de Markovnikov, de modo que o hidrogênio deve entrar para o carbono com menos hidrogênios da ligação dupla, de modo que o radical Br está, portanto, na ponta do composto. B : 1 bromo propano A reação de KOH com solução alcoólica é de substituição, formando o sal KBr e água, gerando uma dupla ligação no composto orgânico. Ou seja: A reação de Br em presença de luz é uma reação de simples halogenação, de modo que:

10 Questão 5 Solução: Seja X o gás inerte em questão: Da equação de Clapeyron: n = nx + na + nb = 1,5 + n x ( ) P.V = n.r.t 3,05.15 = 1,5 + n.0, x n = 0,61mols x Nada foi dito sobre C ser solúvel ou não, então, consideremos que não sabemos a quantidade de C que ficará como gás no reator. O final da reação ocorre quando não houver mais reagente. Considerando a velocidade de reação constante, isso acontece em t = τ Segundo a Lei de Henry, a solubilidade é diretamente proporcional à pressão do gás. Como as variações sucessivas em C, foram iguais, temos que n C (quantidade no meio gasoso) deve dobrar ao final da reação. Tempo n A n B n C n X N total (atm) P total (atm) 0 0,5 0,75 0 0,61 1,86 3,05 τ 0,5 0,5 n c 0,61 n c + 1,36,59 τ 0 0,5 n c 0,61 n c + 0,86?

11 Ptotal te RT 0, P total.v = n total.r.t = c = = = 1,64 n V 15 total P n total Aplicando esta relação = total 1,64 nos dois instantes da tabela:,59 3,05 = 1,64 nc = 0, n + 1,36 1,86 c Pf 3,05 = 1,64 Pf =,13 atm n + 0,86 1,86 c

12 Questão 6 Solução: Reagir o benzeno com ácido nítrico em meio ácido, gerando o nitro-benzeno: Reagir o nitrobenzeno com Ferro e HCl, gerando o hidrogênio atômico, que fará a hidrogenação do nitro-benzeno, gerando a anilina. O próximo passo resulta no fenol, na reação conhecida como Hidrólise do Sal de diazonio

13 A alquilação do fenol gerará dois produtos parecidos. Como o radical hidroxila é orto-para dirigente, teremos os dois produtos a seguir. Desejamos apenas a disposição orto. A separação é feita pelos diferentes pontos de ebulição dos dois produtos. A oxidação enérgica (permanganato de potássio em meio ácido) transformará o radical metil na função ácido carboxílico, concluindo a obtenção pedida. OH C H 3 OH KMnO + O 4 + H O Ácido O C OH Ácido Orto-hidróxibenzóico (ácido salicílico)

14 Questão 7 Solução: A equação em questão é CH + 3Fe H + Fe C ( g) ( s) ( g) ( s) inicio 0 0,08.98 reação x x final: 1 x 0,08.98 x ( x ) ² Kc = 1 x 0,08.98

15 Como o processo é isotérmico o valor da constante de equilíbrio não é alterado. ( ) 0 0 kj H =.0 + 5,1 74,8 3.0 H = 99,9 molch 4 S =.130, ,6 186, 3.7,3 S = 0, kj molch 4 Sabemos que: G = H T. S G = 99,9 98.0,098 = 70, kj mol A variação da energia livre de Gibbs da reação é positiva, logo a reação não é espontânea, e portanto, esse processo isotérmico não é viável G = R.T.lnK p lnkp = = 8,55 = 6. 1,1 8,31.98 lnk 6.ln3 ln3 K p = = p = = ln3 Sabe-se que: 6 ( ) ( ) n 1 K = K. R.T K = 3. 0,08.98 c p c Como o valor de Kc é muito pequeno, podemos fazer a seguinte aproximação: ( ) x ² 4x² 1 1 x 0, ,08.98 ( ) 6 Kc = = 3. 0,08.98

16 x² = x = 0,08.98 ² 0, ( ) De onde segue, que no equilibrio: [ H ] 0, XH = = = [ CH4 ] + [ H ] , , XCH = 1 = XH XCH Ou seja, no equilibrio, a quantidade de H gerado é muito menor que a quantidade de metano usada, e portanto, a quantidade de cementita, que, em proporção, é gerada em metade da quantidade do que hidrogênio, é muito pequena. Conclui-se que o processo é inviável.

17 Questão 8 Solução: A massa molar do ácido benzóico, C 7 H 6 O vale 1 g. Dessa forma a solução contém 0,1 mol de ácido benzóico. Sejam: n a = número de mols na solução aquosa n b = número de anions n c = número de mols na solução orgânica n d = número de dímeros na solução aquosa Conservando a massa, temos: 0,1= na + nb + nc +.n d Vamos expressar todas as variáveis acima, em função apenas da primeira variável.

18 Como todos os equilibrios devem ser satisfeitos: K Equação de ionização do ácido: Assim: e nc 1 na = = nc = n a n d.0,01 n² a Kd = = nd = n² 00 c HB H + B + H. B 10.n K 4,50.10 n,5.n + 4,7 5 b a = = = b = a [ HB] na 0,1= na + nb + nc +.nd na +,5.na + 0,5.na + n² a = 0,1 Resolvendo a equação do segundo grau temos: n = 0,05mol a Assim: [ HB] = 0,5 mol aq L Agradecimentos ao professor Pedro Madeira

19 Questão 9 Solução: Temos que: k k XR = 1 XS XQ = 1 1.e +.e + e k k1 k k1 kt k1t ( e ) k 1. e = k k 1 k1t 1 kt k1t O valor máximo da função X R (t) acontecerá para (dica do enunciado): k k k k e. k e k.e 0 e 1 k e k.t kt k1t ( 1 ) ( + 1 ) = = = k.t k k.t Ou seja, o valor máximo ocorrerá para: 1 = k t.ln 1 k k k 1

20 E, o valor máximo de X R para tal instante será: Desenvolvendo: k 1 X R,max =. e e k k1 k k k 1 1 k.ln.ln 1 k k1 k k k1 k k1 X = R,max. e e k k1 k k1 k1 k k1 k k k ln ln 1 1 k k k = k k. k k1 k k k k1 k k1 k k k k 1 1 = k k k k1. 1 k k k 1 k1 Com isso, fica evidente que seria bom encontrarmos a razão k 1 /k. A respeito das reações de desintegração, temos: N0 dn N ln = k.n ln = kt ln = k.t k = dt N N T Com isso: k = ln T 1 k T1 1 Ou ainda: =, 34,5 = = 1,5 k T 3 1,1

21 onde segue: (( ) 3 ( ) ) 4 XR,max = 3. 1,5 1,5 = 9 A desintengração ocorre da seguinte forma: Q α z z R β + R z 1 z 1 S Para 1 g de Q, temos 0,01 mols de Q. Em qualquer instante, teremos 0,01 mols de mistura. 4 m.0,01 R = m R 0,43 g 9 96

22 Questão 10 Solução A reação que gera o composto A é uma reação de alquilação de Friedel- Crafts: CH - CH 3 CH 3 CH Cl + HCl AlCl 3 A: etil benzeno Devido a estabilidade do anel e do efeito dos seus elétrons, a oxidação enérgica ocorre sempre no primeiro carbono da cadeia externa, gerando o ácido metil-benzóico.

23 Como o radical com a função ácido carboxílico possui uma insaturação, a adição do radical nitro é feita na posição meta A reação que gera o composto D é a nitração do benzeno: A redução do nitrobenzeno à anilina (IUPAC: fenil-amina) tem como catalisador o Ferro com HCl

24 A reação que gera o composto F é semelhante à primeira reação citada. A reação de halogenação do benzeno original origina o composto G O radical cloro não possui saturação em suas ligações, e portanto é orto-para dirigente nas reações de adição. A ozonólise quebra o anel benzênico (a única reação de oxidação que faz isso), de modo a gerar aldeído, que, se oxidado, vira ácido carboxílico. A presença de zinco não permite que a segunda oxidação ocorra, e mantém o resultado como aldeído. O 3 Zn 3 O H C C J: etanodial H O

25 Comentários A banca do IME está de parabens pela prova. Sentíamos falta da prova neste estilo já há alguns anos no IME. Os assuntos foram cobrados com simplicidade (talvez a única confusao gerada tenha sido na questão ), porém exigindo que o candidato tivesse confiança e conhecimento do assunto. Destaque para a parte de química orgânica, no quesito conhecimento de reações orgânicas, que há tempos estava sumida da prova do IME. Estas questões exigiram do candidato o conhecimento de reações básicas (ensinadas no ensino-medio, e fazendo parte de qualquer programa de vestibular), e raciocínio. Só lamentamos uma reação orgânica ter sido pedida vezes na mesma prova (a mesma reação de nitração foi pedida em questões diferentes). Com certeza a melhor prova de química dos ultimos anos.