PROVA COMENTADA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO

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1 COMENTÁRIO DA PROVA A parte objetiva da prova consideravelmente mais simples e mais fácil que o habitual. Algumas questões tinham uma resolução imediata (como as questões 2, 7 e 10) e outras exigiam pouco conhecimento (como as questões 3, 14 e 17). Quanto à abrangência, ela foi bastante heterogênea, dando grande prioridade para a Físico-, em detrimento à Orgânica. Alguns assuntos foram cobrados mais de uma vez (gases, eletroquímica) e alguns temas clássicos não foram abordados, principalmente cálculo estequiométrico, além da ausência de funções orgânicas, reações inorgânicas e de radioatividade. As questões discursivas, além de variadas, estavam com um nível mais típico do ITA, exigindo boa capacidade dos candidatos. Lamenta-se que continuam sendo cobrados detalhes de menor importância, como a decomposição da nitroglicerina e itens correlatos. De maneira geral, foi uma prova bem seletiva, premiando o aluno mais preparado. Professores de do Curso Positivo.

2 I. Verdadeira. O aumento da agitação das partículas significa um aumento da energia cinética. II. Verdadeira. Se a temperatura permanece constante, o calor recebido transforma-se em energia potencial, refletida no aumento da distância entre as partículas. III. Verdadeira. Como a massa permanece a mesma, pela observação do gráfico nota-se que o calor latente de fusão é menor que o calor latente de vaporização. IV. Falsa. Nestes trechos há calor sensível (Q = m. c. T) e a inclinação da curva representa T t. Como Q = m.c T = constante, a massa permanece constante e a inclinação no estado sólido é maior t t que a do estado líquido, então, necessariamente o c do sólido é menor que o c do líquido. Resposta: e

3 1806 John Dalton: Propôs o primeiro modelo atômico científico: os átomos seriam esferas maciças, homogêneas e indivisíveis Joseph Thomson: Concluiu que existem partículas menores que o átomo, dotadas de carga elétrica negativa. Mediu a relação carga/massa desta partícula. Propôs um modelo para o átomo: esfera gelatinosa com carga positiva, onde os elétrons, negativos e muito menores, estariam incrustados ( pudim de passas ) Joseph Thomson: Descobriu o próton, aprimorando trabalhos anteriores de Godstein (1886) e Wien (1898), referentes aos raios canais Ernest Rutherford: Concebeu o modelo atômico planetário: núcleo positivo e eletrosfera negativa Niels Bohr: Aprimorou o modelo de Rutherford, com a introdução da teoria quântica. Também descreveu matematicamente as órbitas de um elétron em níveis de energia. Resposta: a OHCl é um composto molecular e, para sua solução conduzir corrente elétrica, ela deve possuir íons. Como ela é não condutora, significa que o HCl não sofreu ionização, ou seja, o solvente não é polar. Resposta: b

4 A alternativa A está correta pois o ponto R, representa um ponto de baixa condutância antes do ponto de equivalência da titulação; ponto S. Assim no ponto R há ainda excesso de H +,Cl e íons Na + provenientes do NaOH. Não notamos a presença de íons OH pois esses são consumidos na titulação. A alternativa B está correta pois o ponto S representa o ponto de equivalência da titulação, assim todo H + proveniente do HCl e todo íon OH - proveniente do NaOH reagiram para total neutralização. As alternativas C e D são corretas, pois apesar das quantidades dos íons H +,Cl,Na +,OH serem as mesmas, os íons H + e OH tem mobilidade superior a dos outros. A alternativa E é incorreta, pois se a solução é eletricamente neutra. Não pode existir predominância de carga em nenhum dos pontos do gráfico. Resposta: e

5 Pela equação de Nernst, temos que: E o = E (0,0593/n).log Q Onde Q é o quociente reacional do processo. Este é calculado por: Q = p[h 2(g) ].[Fe +2 (aq) ]/[H+ (aq) ]2 Esta fórmula é obtida da reação global da pilha: 2H + (aq) + Fe (s) Fe+2 (aq) +H 2(g) E o = + 0,440 V Resolvendo as equações acima; temos: E o = E (0,0593/n).log p[h 2(g) ].[Fe +2 (aq) ]/[H+ (aq) ]2 0,440V = 0,292V (0,0593/2).log [1].[1]/[H + (aq) ]2 0,440V 0,292V = (0,0593/2).log [1]/[H + (aq) ]2 0,148V = (0,02965).{log[1] log[h + (aq) ]2 } 0,148V = (0,02965). 2log[H + (aq) ] 4,99 = 2log[H + (aq) ] log[h + (aq)]= 2,495 = 2,5 ph = 2,5 Resposta: d

6 Cr 6+ Cr 3+ = 3e x 2 = 6e x 1 = 6e C 3+ C 4+ = +1 x 2 = +2e x 3 = + 6e 1(Cr 2 O 7 ) 2 + 3(C 2 O 4 ) 2 2Cr CO 2 Pelo fato do enunciado avisar que a reação ocorre em meio ácido (H + ) temos que a reação nesse meio é: 1(Cr 2 O 7 ) 2 + 3(C 2 O 4 ) H + 2Cr CO 2 + 7H 2 O P.S. não se esqueça que o balanço de cargas deve ser igual Resposta: c O CCl 4 é um composto orgânico apolar, portanto solúvel em substâncias também apolares: I. Sal: composto iônico. II. Molécula linear: substância com momento dipolar resultante igual a zero (análogo ao CO 2 ). III. Ácido: composto polar. IV. Composto orgânico com longa cadeia: apolar. V. Composto polar. VI. Hidrocarboneto: apolar. Resposta: b

7 A equação resultante pode ser representada por: 2A 4+ +C + B2+ 2A 3+ +C 3+. Como a etapa lenta é a primeira, ela determina a equação da velocidade: v = k. [A 4+ ]. [B 2+ ] (reação de 2ª ordem). Alternativa: d A alternativa A está errada pois o I 2 é apolar e pouco solúvel em água. Logo não altera o ph dela. A alternativa B está errada pois apesar de ser solúvel em água a sacarose é um soluto molecular e não sofre dissociação iônica, não alterando assim o ph da água. A alternativa C está correta pois a reação entre o CO 2 e a água forma ácido carbônico; alterando assim o ph. CO 2 + H 2 O H 2 CO 3 A alternativa D pode ser resposta pois o AgNO 3 é um sal de hidrólise ácida. Assim esta alternativa poderia ser resposta da questão. A alternativa E está errada pois o NaCl é um sal que não sofre hidrólise; logo não altera o ph da solução. Resposta: c

8 A constante de equilíbrio somente é mudada pela alteração da temperatura, não sofrendo mudança pela adição de substâncias. Resposta: e

9 Usando a equação de Clapeyron (PV = nrt); temos V = nrt/p Como T = 25 o c = 298 K; P = 1atm e R = 0,082 atm.l.mol 1 K 1 ; temos: V = n. 0,082 atm.l.mol 1 K K/1 atm V = n. 24,436 L.mol 1 Usando a lei de Henry (S = kp) onde S é a solubilidade, k é a constante de Henry e P é a pressão parcial do gás; temos que: S = 1,3 x 10 3 mol O 2 por litro de H 2 O Assim como pelo enunciado há 1 litro de água, temos solubilizado 1,3 x 10 3 mol de O 2 Logo, o volume do O 2 solubilizado é: V = 1,3 x 10 3 mol x 24,436L.mol 1 V = 31,7668 x 10 3 L V = 3,2 x 10 2 L Resposta: e

10 Chamando o número de Avogadro de A e o número de moléculas de N, pode-se escrever que: P.V = N A. R. T N = A.P. V 23 6, ,25 = = 7, R. T 0, Densidade: ρ = P.M R. T Resposta: d 2.28 = = 1,3 g kg = 1,3 0, L m 3

11 Sabemos que a energia cinética é calculada por (ε C = m. v 2 /2) e que 1 mol de moléculas de H 2 pesam 2,02 x 10 3 kg. Como a velocidade média das moléculas nessa temperatura é 1,85 x 10 3 m/s; temos que: 2 ε C = m. v 2 ε C = 2,02 x 10 3 kg. (1,85 x m/s) 2 /2 ε C = 2,02 x 10 3 kg. (1,85 x m/s) 2 /2 ε C = 3,457 x ,02 x moléculas 3,457 x J 1 molécula x x = 0,574 x J x = 5,74 x J Resposta: d Reação de ordem zero: v = k. [X] 0 = k = constante = X t Resposta: c

12 Considerando a equação de dissociação do fosfato de estrôncio; temos: Sr 3 (PO 4 ) 2 3Sr +2 (aq) + 2 PO 3 4 (aq) Da equação acima temos que a expressão para o K PS é: K PS = [Sr +2 (aq) ]3 3 [PO 4 (aq) ]2 Sabemos que [Sr +2 (aq) ] é igual a 7,5 x 10 7 mol e essa concentração é igual a 3 vezes a solubilidade do sal. Assim 3S = 7,5 x 10 7 mol; logo S = 2,5 x 10 7 mol. Como a [PO 4 3(aq)] é igual a 2S; temos que 2S = 2(2,5 x 10 7 )mol = 5 x 10 7 mol de PO 4 3(aq). Substituindo esses valores na expressão do K PS ; temos K PS = [7,5 x 10 7 ] 3 [5,0 x 10 7 ] 2 Aplicando log membro a membro; temos logk PS = log[7,5 x 10 7 ] 3 [5,0 x 10 7 ] 2 logk PS = log[7,5 x 10 7 ] 3 + log[5,0 x 10 7 ] 2 logk PS = 3log[7,5 x 10 7 ] + 2log[5,0 x 10 7 ] logk PS = 3( 6,125) + 2( 6,301) logk PS = 18,375 12,602 logk PS = 30,977 logk PS = 30,977 pk PS = 31 Resposta: d

13 No enunciado nos foi fornecido os calores de combustão. No entanto nos interessa os calores de formação. Assim sendo podemos considerar que os calores de formação são numericamente iguais aos módulos dos calores de combustão. Logo pela equação padrão da entalpia; temos que: H = H produtos H reagentes H = (CH 4 ) (H 2 + C grafita ) H = (+890,5) [(2x + 285,9) + (+393,5)] H = (+890,5) [(+571,8) + (+393,5)] H = (+890,5) 965,3 H = 74,8 Resposta: b Se o metal do filamento tivesse uma elevada pressão de vapor, ele tenderia a mudar de estado a baixa temperatura, o que impediria o seu uso em uma lâmpada incandescente. Resposta: b

14 Baseado nas afirmações do enunciado sabemos que: O eletrodo de níquel é ativo. Logo, durante o processo ele sofre oxidação. Assim sendo ele deve ter sido conectado ao polo positivo da fonte. A reação de oxidação do processo é representada por: Ni 0 2e + Ni +2 (aq) O eletrodo de cobre deve ser conectado ao polo negativo da fonte; sendo assim um eletrodo inerte. Sabemos disso pois a reação de redução acontece sobre o eletrodo de cobre. A redução do niquel é representada por: Ni +2 (aq) + 2e Ni0 Com essas observações notamos que os itens I, II e III são incorretos. Os boratos são soluveis em água. Assim o item IV é incorreto. Resposta: e

15 Ambas as reações são exotérmicas ( H < 0) e ambas apresentam uma diminuição do volume ( V < 0): I. Transformação gasosa que passa de 1,5 volumes para 1 volume ( n = 1 1,5= 0,5). II. Transformação de estado gasoso para estado líquido. Como a temperatura e a pressão permanecem constantes: H = U + P. V = U + R. T. n H = U 0,5. R. T Como H < 0, então H > U Resposta: b

16 Alternativa a está incorreta pois haveria a formação dos isômeros orto-nitrotolueno e para-nitrotolueno Alternativa b está correta Alternativa c está correta Alternativa d está correta Alternativa e está correta Resposta: a

17 CH 3 COOH (aq) + NaOH (aq) CH 3 COONa (aq) + H 2 O (l) Quantidade de matéria consumida de CH 3 COOH = 0,1000 x 0,025 0,0025 mol Quantidade de matéria produzida de CH 3 COONa = 0,0025 mol Volume consumido de solução de NaOH = 25,0 ml Volume da solução no ponto de equivalência = 50,0 ml Concentração de CH 3 COONa = 0, ,05 mol L 1 005, Equação de hidrólise de íons acetato: CH 3 COO (aq) + H 2 O (l) CH 3 COOH (aq) + OH (aq) Constante de hidrólise de íons acetato (Kn): 14 Kw 1,0 x 10 Kh = Kh = Ka(CH3COOH) 5 1,8 x 10 Concentração de íons OH : [CH3COOH][OH ] Kh = [CH COO ] 3 5,56 x = [OH ] 2 0,0025 Kh = 5,56 x [OH ] 2 = 1,39 x [OH ] = 1,179 x 10 5 mol L 2 Concentração de íons H 3 O + : Kw = [H 3 O + ][OH ] 1,0 x = [H 3 O + ][OH ] [H 3 O ,0 x 10 ] = 5 1,179 x 10 [H 3 O + ] = 8,48 x 10 9 mol L 1 Cálculo do ph: Aproximando a [H 3 O + ] para 8,0 x 10 9 mol. L 1, temos: ph = log [H 3 O + ] ph = log 8 x 10 9 ph = (3 log 2 + log 10 9 ) ph = (3 x 0,3 9) ph = 8,1

18 1ª Etapa: Tratamento do óxido de cobre (II) sólido com solução aquosa de ácido sulfúrico para obtenção de sulfato de cobre (II) na forma penta-hidratada. CuO (s) + H 2 O (l) Cu(OH) 2(aq) + H 2 SO 4(aq) CuSO 4(aq) + 4 5H 2 O (l) CuO (s) + H 2 SO 4(aq) + 4H 2 O (l) Cu(OH) 2(aq) CuSO 4(aq) + 2H 2 O (l) CuSO 4. 5H 2 O (aq) CuSO 4. 5H 2 O (aq) 2ª Etapa: Vaporização da água para a cristalização de sulfato de cobre (II) penta-hidratado. CuSO H 2 O (aq) CuSO 4 + 5H 2 O (s) 3ª Etapa: Aquecimento do sulfato de cobre (II) penta-hidratado na temperatura de 220 o C para a eliminação da água de hidratação. CuSO H 2 O (s) CuSO 4(s) + 5H 2 O (s) 4 C 3 H 5 (ONO 2 ) 3 6N CO H 2 O + O 2 As ligações do NO 2 são altamente estáveis pois sofrem ressonância entretanto o átomo de nitrogênio é um ácido de Lewis. No rompimento das ligações da nitroglicerina há formação de gases como N 2,CO 2 eo 2 aumentando assim a entropia do sistema favorecendo a decomposição. Vale ressaltar também que a formação do N 2 liberada é alta quantidade de energia devido a formação da ligação tripla.

19 a) CaCO 3(s) + 2 H 3 CCOOH (aq) (H 3 CCOO )2Ca +2 (aq) + CO 2(g) + H 2 O (l) b) O volume do ovo que foi imerso em água pura deve aumentar. Isso ocorre pois o meio possui externo é hipotônico em relação ao meio interno. Assim sendo, a água deve atravessar a casca do ovo aumentando-o de tamanho. Já o volume do ovo que foi imerso na solução aquosa saturada de sacarose deve diminuir. Isso ocorre pois o meio externo é hipertônico em relação ao meio interno. Assim sendo a água deve sair do ovo em direção ao meio externo, diminuindo a osmolaridade.

20 a) 1ª etapa: A + B C 2ª etapa: C D + E Reação Global: A + B C + D b) A segunda etapaéalentapoispossuiamaiorenergia de ativação do processo. A lei da velocidade é v = k [C] c) De acordo com o mecanismo proposto no item A pode-se chegar as seguintes equações: K 1 = [C] [A].[B] [C] = K 1 [A].[B] (1) V = K 2 [C] (2) Substituindo (1) em (2), tem-se: V = K 2 (K 1. [A]. [B]) V = K n [A]. [B], sendo K n = K 1. K 2 Realizando experimentos e conhecendo-se as concentrações de A e B, pode-se determinar a velocidade inicial de cada experimento. Posteriormente, calcula-se o valor da constante da velocidade.

21 PROVA COMENTADA PELOS

22 Inicialmente a solução encontra-se em um béquer nas condições padrão. 1ª Etapa: Retirada dos íons prata (Ag + ) da solução. Mergulha-se uma placa polida e pura de cobre na solução. Os íons prata são os únicos capazes de oxidar o cobre metálico por apresentarem potencial de redução maior do que os íons cobre II (Cu 2+ ). Nessa etapa, o processo que ocorre é: 2Ag + (aq) + Cu (s) 2Ag (s) + Cu 2+ (aq) Portanto, na solução ocorre a retirada de íons prata e aumento da concentração de íons cobre II. 2ª Etapa: Retirada dos íons cobre II (Cu 2+ ) da solução. Mergulha-se uma placa polida e pura de chumbo na solução. Os íons cobre II são os únicos capazes de oxidar o chumbo metálico por apresentarem potencial de redução maior do que os íons chumbo II (Pb 2+ ). Nessa etapa, o processo que ocorre é: Cu 2+ (aq) + Pb (s) Cu (s) + Pb 2+ (aq) Portanto, na solução ocorre a retirada de íons cobre II e aumento da concentração de íons chumbo II. 3ª Etapa: Retirada dos íons chumbo II (Pb 2+ ) da solução. Mergulha-se uma placa polida e pura de ferro na solução. Os íons chumbo II são os únicos capazes de oxidar o ferro metálico por apresentarem potencial de redução maior do que os íons ferro II (Fe 2+ ). Nessa etapa, o processo que ocorre é: Pb 2+ (aq) + Fe (s) Pb (s) + Fe 2+ (aq) Portanto, na solução ocorre a retirada de íons chumbo II e aumento da concentração de íons ferro II. Ao final da terceira etapa, a solução apresentará apenas íons ferro II, portanto, os íons foram separados. Caso seja necessário retirar da solução estes íons, basta mergulhar uma placa polida de zinco metálico.

23 Acreditamos que a fórmula correta na primeira equação, seja: C 6 H 5 OCH 3

24 a) Na reação em questão: o oxigênio sofre redução, passando de estado de oxidação zero no gás oxigênio para o estado de oxidação 2 na água. Neste processo, cada átomo de oxigênio recebe dois elétrons: O 2(g) + 4e 2 H 2 O (l) Como o primeiro membro dessa semirreação apresenta cargas negativas e o segundo membro é eletricamente neutro e a reação ocorre em meio ácido, adicionam-se ao primeiro membro 4 H + para que haja equilíbrio de cargas: O 2(g) + 4H + (aq) + 4e 2H 2 O (l) o cobre sofre oxidação, passando de estado de oxidação 1+ no óxido de cobre I (Cu 2 O) para o estado de oxidação 2+ no íon cobre II (Cu 2+ ). Nesse processo, cada átomo de cobre perde 1 elétron: Cu 2 O (s) 2Cu 2+ (aq) + 2e Para balancear o número de cargas positivas adicionam-se 2H + no primeiro membro: Cu 2 O (s) + 2H + (aq) 2Cu2+ (aq) + 2e Para balancear o número de oxigênio e hidrogênio adiciona-se 1H 2 O no segundo membro: Cu 2 O (s) + 2H + (aq) 2Cu2+ (aq) + H 2 O (l) + 2e Multiplicando-se a semirreação de oxidação do cobre por 2 e somando-se à semirreação de redução do oxigênio, temos: 2Cu 2 O (s) + 8H + (aq) + O 2(g) 4Cu2+ (aq) + 4H 2 O (l) b) Cálculo da força eletromotriz padrão: 2Cu 2 O (s) + 4H + (aq) 4Cu2+ (aq) + 2H 2 O (l) + 4e O 2(g) + 4H + (aq) + 4e 2H 2 O (l) E 0 = 0,20 V E o = 1,23 V Somando-se as duas reações e suas respectivas forças eletromotrizes, temos: 2Cu 2 O (s) + 8H + (aq) + O 2(g) 4Cu2+ (aq) + 4H 2 O (l) E 0 = 1,03 V

25 Cálculo do quociente reacional: OCu 2 O (l) apresentará tendência termodinâmica de sofrer oxidação espontânea no meio descrito quando a variação de energia livre de Gibbs for menor do que zero. Como: G = n. F. E A variação de energia livre de Gibbs será menor do que zero quando a variação da força eletromotriz do processo for maior do que zero. A partir da equação de Nerst, temos: E = E 0 0,0593 log Q n Para satisfazer a condição do exercício: E 0 0,0593 log Q > 0 n Como n = 4, pois quatro mol de elétrons estão envolvidos em cada mol de reação, temos: 1,03 0, 0593 log Q > 0 4 0, log Q < 1,03 log Q < 69,48 Q < 10 69,48 Cálculo da pressão de oxigênio: O quociente reacional do processo é igual a [Cu (aq) ] Q = + 8 P(O ).[H ] 2(g) (aq) (aq) 10 69,48 [Cu ] > + P(O ).[H ] 2(g) (aq) (aq) 10 69,48 [Cu ] > + P(O ).[H ] 2(g) 6 4 (aq) [ 10 ] P(O 2(g) ) >, 10.( 10 ) P(O 2(g) ) > 3,31 x

26 a) Semirreação anódica 2Cu(s) + H 2 O(l) Cu 2 O(s) + 2H + (aq) + 2é Semirreação catódica 1 2 O 2 (g) + 2e + H + H 2 O(l) b) Reação global: 2Cu (s) O 2(g) Cu 2 O c) d = m v V = m α 5 1, V = = 2, cm 3 6,0 Espessura (e) = V A 2 mol e 1 mol Cu 2 O C 143,10 g C m m = 1, g 2, e = cm 350cm e = 6, µm = 6, cm = 6, m