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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015
A QUÍMICA NO IME
A prova de química do IME realmente é uma prova para futuros engenheiros. Todos os anos, uma ou duas questões apresentam grau
de interdisciplinaridade tamanho que, em determinados momentos, não se consegue notar qual seria o assunto principal: trata-se realmente
de química, ou é apenas um pretexto para uma abordagem diferente de física e matemática? Este estilo de prova favorece o candidato que
apresente domínio equilibrado entre as três disciplinas de exatas (e não somente em Química).
Em linhas gerais, pressão (hidrostática), transferência de calor (calor sensível) e termodinâmica são tópicos geralmente aprendidos nas
aulas de física e frequentemente cobrados nas provas de química do IME. A matemática aparece em vários momentos, inclusive com
questões de elevado nível. Por exemplo, em 2004, houve uma questão sobre a soma de uma sequência recursiva.
O IME apresenta um enfoque bastante quantitativo para as questões: Estequiometria está bastante presente; lei das velocidades,
eletroquímica, termoquímica, propriedades coligativas, entre outros assuntos também aparecem com frequência. Entretanto, essa
abordagem não deixa de lado a parte qualitativa da química, que também aparece de maneira inteligente e profunda.
Alguns assuntos são dignos de menção:
Cinética: Na última década este assunto foi cobrado todos os anos. São questões de nível médio, normalmente apresentando uma

tabela da velocidade de determinada reação para cada concentração de reagente, como será apresentado neste material.
Entretanto, nos últimos 5 anos, o IME apresentou uma tendência de cobrar cinética da radioatividade e até mesmo outros tópicos
de cinética mais avançados. Também preparamos um material que poderá ajudá-lo nesse assunto.
Eletroquímica: A ênfase do estudo de eletroquímica no IME é a parte estequiométrica. Assim, neste material, faremos uma breve

descrição dos dois principais processos estudados na eletroquímica (PILHAS e ELETRÓLISE) e apresentaremos alguns exemplos
de como a estequiometria aparece na eletroquímica. Existe ainda a ocorrência de processos eletroquímicos relacionados com
termodinâmica (2004 e 2006), que também será abordada neste material.

Orgânica: O vestibular do IME é conhecido por suas questões de química orgânica. Normalmente são questões trabalhosas, que
envolvem vários aspectos a serem analisados para sua resolução. As reações químicas aparecem com maior frequência, questões
de isomeria também são cobradas e até mesmo de identificação de funções orgânicas. Isso indica que a banca busca os
candidatos que foram além da simples memorização de estruturas e reações: o perfil esperado é de estudantes que consigam
relacionar os conceitos mais básicos e uni-los em um problema prático.

Propriedades coligativas: De 1996 a 2011, em todos os anos, ocorre uma questão sobre este tópico. Em 2012 e 2013 o assunto
não foi cobrado, porém, em 2014 voltou a haver uma questão (teste) sobre o assunto. Geralmente com abordagem bastante
quantitativa (cálculo do aumento da temperatura de ebulição, da massa do soluto que causa determinado abaixamento da pressão
de vapor...) sem dispensar a necessidade do conhecimento teórico do assunto (a questão de 2014 era conceitual). Mais adiante
neste material há um resumo deste tópico, com exemplos de como o IME costuma abordá-lo.
Assim, a prova de química do IME é uma prova particular. Quem gosta de exatas, tem prazer em fazê-la, pois em muitos momentos
você se depara com um problema desafiador, que envolve conhecimentos diversos. Você nota como a química e a física, sempre apoiadas
pela matemática, se complementam! Com certeza é um grande desafio, para o qual você certamente está se preparando há algum tempo.
Vale a pena tanto esforço, pois o prêmio é gratificante: aprovação numa das melhores engenharias do país! Esta prova é apenas mais um
passo em sua carreira de sucesso!
A equipe Elite apoia você nesta jornada e lhe dedica este resumo dos principais tópicos comentados, com exemplos de como o IME
aborda cada assunto. Os assuntos foram escolhidos cuidadosamente, pois apresentam elevada probabilidade de aparecerem em sua prova.
Então:
Bons estudos!
PROPRIEDADES COLIGATIVAS
Estudaremos algumas propriedades físicas de uma substância, que
sofrem influência da adição de um soluto. Estas são as propriedades
coligativas. Analisaremos como essas propriedades variam e como
trabalhar melhor com soluções, observando suas propriedades físicas.
Pressão de vapor
Considere um recipiente fechado, contendo um líquido que
evapora parcialmente, até saturar o meio gasoso. A fase líquida estará
em permanente contato com a fase vapor em equilíbrio dinâmico.
Neste momento, o vapor exerce sobre o líquido a pressão
máxima de vapor (maior pressão possível).
Pressão máxima de vapor de um líquido é a pressão que seu
vapor exerce, num recipiente fechado, quando está em equilíbrio com
o líquido, a uma certa temperatura.
Temos que:
- o volume da fase gasosa NÃO altera a pressão de vapor de um
líquido
- o volume da fase líquida NÃO altera a pressão de vapor.
- o aumento da temperatura acarreta num aumento da pressão de
vapor de um liquido.
Ainda analisando os fatores que influenciam a pressão de vapor,
temos que líquidos diferentes têm pressão de vapor diferentes. Os
líquidos mais voláteis apresentam maior pressão de vapor, pois as
moléculas passam mais facilmente para o estado de vapor.
OBS.: Temperatura de ebulição de um líquido
Para um líquido entrar em ebulição, é necessário que sua pressão
de vapor seja igual à pressão do ambiente em que se encontra.
Como o aquecimento aumenta a pressão de vapor, conforme visto
no gráfico anterior, o líquido eventualmente irá entrar em ebulição.
Outra maneira de efetuar a ebulição é diminuirmos a pressão
ambiente, de modo que a pressão externa se iguale à pressão do
líquido na temperatura dada.
Colocando num gráfico os valores de pressão de vapor observados
quando alteramos a temperatura de um sistema contendo água pura,
obtemos o seguinte resultado:
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EFEITOS COLIGATIVOS
Todos os efeitos coligativos são dependentes
concentração de partículas na solução.
apenas
pressão de vapor do outro, de maneira que cada componente em uma
solução contribui proporcionalmente a sua fração molar na mistura. A
pressão total de vapor é igual a soma das pressões de vapor
exercidas por cada componente, na mistura. Assim, temos:
na
 Tonoscopia: Em uma solução, a pressão de vapor de cada um dos
participantes é proporcional à sua fração molar. No caso de uma
solução com um soluto não volátil, despreza-se a pressão de vapor
do soluto e temos que a pressão de vapor da mistura é dada pela
nova pressão de vapor do solvente, calculada a partir da lei de
Raoult:
Lei de Raoult: P = X2 . P2 ou P = X1 . P2
Para soluções bastante diluídas, pode-se utilizar P/P2 = KT . W . i
Onde:
- KT é a constante tonométrica e pode ser calculada em função da
M2
massa molar da solução pela equação KT 
1000
- W é a molalidade da solução e é a relação entre o número de mols
n1
de soluto e a massa do solvente em kg: W 
m2 (kg )
pa = Xa.p0a
pb = Xb.p0b
pmistura = pa + pb
- i é o fator de Van’t Hoff e corresponde ao número de mols de
partículas que se encontram em solução após fazermos a
dissolução de 1 mol de soluto.
Os gráficos das pressões parciais de cada
componente na mistura e da pressão total
 Ebulioscopia: aumento da temperatura de ebulição do solvente ao
adicionarmos soluto não volátil.
Assim como a pressão de vapor, temos que a temperatura de
ebulição irá depender apenas da molalidade da solução (independe
da natureza do soluto). Analogamente à expressão que relaciona o
abaixamento da pressão de vapor à molalidade, podemos analisar o
aumento da temperatura de ebulição à concentração molal do
soluto, através de uma constante, que chamamos de constante
ebulioscópica. Assim:
tE = KE . W . i
IME 2005 – EXEMPLO DE PROPRIEDADES COLIGATIVAS
Determine o abaixamento relativo da pressão de vapor do solvente
quando 3,04 g de cânfora (C10H16O) são dissolvidos em 117,2 mL de
etanol a 25 ºC.
SOLUÇÃO:
1ª Solução:
p
 K t  W  i (soluções diluídas)
p
i =1, uma vez que o soluto é molecular.
massa molar do solvente
(o solvente é o etanol)
Kt 
1000
Usando índice 1 para soluto e índice 2 para solvente:
m 1000
3,04 1000

W 
W  1
M1 m2
152
m2
m2 = d  V  m 2 
785  10 3 g
10 6 mL
 Crioscopia: abaixamento da temperatura de congelamento do
solvente ao adicionarmos soluto não volátil.
Como nos outros efeitos coligativos observados, essa alteração
depende apenas da concentração do soluto. Essa diminuição é
proporcional à molalidade segundo uma constante KC analogamente
ao aumento da temperatura. Assim:
 117,2mL  m2 = 92,0g
IME 2011 – EXEMPLO DE PROPRIEDADES COLIGATIVAS
A adição de 8,90 g de um hidrocarboneto aromático X a 256 g de
benzeno resulta em uma solução cuja temperatura de congelamento é
1,39°C inferior à do benzeno puro.
Sabendo que a constante criométrica molal do benzeno é
5,12°C·kg·mol-1, dê as fórmulas estruturais dos produtos
monossubstituídos resultantes da reação de X com uma mistura
sulfonítrica (HNO3 + H2SO4 concentrado). Despreze a existência do
hidrocarboneto X na fase vapor.
3,04 1000
 W = 0,217

152
92
p
p
 46  10 3  0,217 
 9,98  10 3
p
p
p
 9,98  10 3 é o abaixamento relativo da pressão de vapor.
p
W
2ª Solução:
Esta solução não exige a hipótese de termos soluções diluídas. Como
se trata de uma solução molecular, o abaixamento relativo da pressão
de vapor do solvente é dado pela fração molar do soluto (lei de
Raoult).
SOLUÇÃO
Dada a equação da criometria:
t  K c  W X
1,39  5,12  W X  W X  0,271mol kg
p
 X soluto
p
Cânfora – massa molar = 152 g/mol
Etanol – massa molar = 46 g/mol
Sabendo a molalidade de X ( W X ), podemos encontrar sua massa
molar:
 0,271mol X
1kg benzeno
 n X  0,0695 mol

0,256 kg benzeno  n X
3,04
p
0,02
1
152
 X soluto 

 X soluto 
3,04 117,2  0,785
0,02  2 101
p

152
46
-3
 Xsoluto = 9,90110
p
Assim,
 X soluto = 9,90110-3
p
OBS.: Quando temos a dissolução de um soluto volátil, temos que a
pressão de vapor da solução é igual à soma das pressões de vapor
parcial de cada um dos componentes desta solução. Note que,
segundo a lei de Raoult, quando dois líquidos infinitamente miscíveis
são postos juntos, a pressão de vapor de cada um é reduzida pela
0,0695 mol X  8,9 g X
 M X  128 g mol

 M X
1mol X
Como se trata de um hidrocarboneto aromático, pode-se ver
facilmente que C10H8 possui a massa molar calculada.
Com esta fórmula molecular podemos imaginar que o composto
esperado pela banca fosse o naftaleno, uma vez que este é formado
por 2 anéis benzênicos, sendo a estrutura aromática mais conhecida
pelos estudantes. O naftaleno e seus derivados mononitrados estão
representados a seguir:
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Naftaleno
Derivado
mononitrado 1
Derivado
mononitrado 2
Pressão externa
aplicada para
impedir que ocorra
a osmose = 
(pressão osmótica)
NO2
NO 2
-nitronaftaleno
-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  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.
Derivados mononitrados
Experimentalmente comprova-se que a pressão osmótica de
soluções muito diluídas de solutos moleculares (não-eletrólitos) é
diretamente proporcional à concentração molar do soluto
(molaridade). É proporcional também à temperatura. Assim:
n
  1  R T  i
V
onde R é a constante de proporcionalidade e tem o mesmo valor
da constante universal dos gases.
NO2
NO2
azuleno
NO2
Resumindo a parte quantitativa de propriedades periódicas, temos:
O 2N
O 2N
Figura 1. O azuleno e seus derivados mononitrados.
Podemos imaginar ainda a existência de vários outros compostos
aromáticos de fórmula molecular C10H8, possivelmente estáveis em
condições diferenciadas. Veja abaixo algumas possibilidades:
Composto X
Derivado
Derivado
Derivado
mononitrado 1
mononitrado 2
mononitrado 3
NO2
O 2N
Solução molecular
Solução iônica
Tonometria
P = X1 . P2
P/P2 = KT . W
P = X1 . P2 . i
P/P2 = KT . W . i
Ebuliometria
tE = KE . W
tE = KE . W . i
Criometria
tC = KC . W
tC = KC . W . i
Pressão osmótica
=M.R.T
=M.R.T.i
CINÉTICA
O 2N
Lei da ação das massas: A cada temperatura, a velocidade de uma
reação é diretamente proporcional ao produto das concentrações
molares dos reagentes, elevadas a expoentes determinados
experimentalmente.
NO2
O 2N
O 2N
NO2
Considere a seguinte reação genérica:
aA + bB  produtos
A velocidade desta reação pode ser calculada pela expressão:
v = k [A]p [B]q
onde
 p e q são experimentalmente determinados
 k = constante de velocidade de reação; aumenta com a
temperatura
 p = ordem da reação em relação a A
 q = ordem da reação em relação a B
 p + q + ... = ordem da reação
Obs.: para reagente(s) gasoso(s), temos que a pressão de um gás é
diretamente proporcional à sua concentração em mol/L. Por isso, no
caso de reagente(s) gasoso(s), a lei de velocidade pode ser expressa
em termos de pressão.
Para aA(g) + bB(g)  produtos, temos:
v = k·pAp·pBq
O2N
O 2N
Tabela 1. Outras possibilidades para X e seus derivados mononitrados.
 Pressão osmótica:
Quando água pura e uma solução de glicose são colocadas em um
frasco separados por uma membrana semipermeável (permeável
apenas para o solvente), temos que esta membrana permite a
passagem de solvente em ambas as direções, mas no intuito de
diluir o meio mais concentrado, a passagem de água do meio mais
diluído para o meio mais concentrado é predominante.
CASO A: Reação elementar
Reação elementar é aquela que ocorre numa única etapa.
Numa reação elementar os expoentes a que devem ser elevadas as
concentrações molares dos reagentes na expressão da velocidade
são os próprios coeficientes dos reagentes na equação balanceada.
Neste caso, para aA + bB + ...  produtos, temos:
v = k [A]a [B]b...
O fenômeno que permite a passagem do solvente, do meio mais
diluído para o meio mais concentrado, através de uma membrana
semipermeável, é denominado osmose.
É possível impedir a passagem das moléculas do solvente da
membrana (impedir a osmose). Para que isso ocorra, deveremos
aplicar sobre a solução uma pressão externa. Essa pressão deve
ser igual à pressão do líquido passando através da membrana para
impedir completamente a osmose. A pressão do líquido ao passar
pela membrana é chamada de pressão osmótica da solução ()
IME 2002 – EXEMPLO 1 DE CINÉTICA QUÍMICA
Considere a seguinte reação:
2A + B  C
A partir dos dados fornecidos na tabela abaixo, calcule a constante de
velocidade da reação e o valor da concentração X. Considere que as
ordens de reação em relação aos reagentes são iguais aos
respectivos coeficientes estequiométricos.
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Teste
1
2
3
Concentração de
A mol / L
Concentração de
B mol / L
10
X
15
X
20
30
Velocidade
da reação
mol / L.s
v
2v
13.500
APROFUNDAMENTO - CINÉTICA
Uma determinação importante no estudo da cinética de uma reação
química é a da ordem da reação. Convém recordar, nos casos mais
simples (onde há apenas um reagente), o que se entende por ordem
da reação. Sendo Co a concentração inicial do reagente, e C a
concentração do reagente decorrido em tempo t de reação, se dC/dt
dC
 k .C n , n será a ordem da reação.
obedecer à equação
dt
A variação da concentração deve ser obtida em função do tempo em
diversos casos.
Solução:
A lei de velocidade é v = k . [A]2 . [B]
Aplicando para o teste 1:
v = k . 102 . x  v = k . 100 . x
Aplicando para o teste 2:
2 . v = k . x2. 20
Dividindo as relações, obtemos 0,5 = 5 / x  x = 10 mol/L.
Aplicando para o teste 3:
13500 = k . 152 . 30  k = 2
Se n = 0 (reação de ordem zero), a equação obtida será C  Co  k .t .
Se n = 1 (reação de ordem um, ou de primeira ordem), a equação
obtida será ln C  ln Co  k  t  C  Co  e  k t
Se n = 2 (reação de ordem dois, ou de segunda ordem), a equação
Co
1
1
obtida será

 k  t C 
1  Co  k  t
C Co
L2
mol 2 . s
Medindo-se, durante um experimento, os valores de C em diferentes
instantes t, nos casos aqui considerados serão obtidos os gráficos
esquematicamente representados na figura abaixo.
CASO B: Reação não elementar
Quando uma reação química se desenvolve em duas ou mais etapas
distintas, a velocidade da reação depende apenas da etapa lenta. Em
outras palavras, podemos dizer que a etapa lenta é a que determina a
velocidade da reação. Neste caso, os expoentes a que devem ser
elevadas as concentrações molares dos reagentes na expressão da
velocidade são os coeficientes da etapa lenta. Tipicamente, seus
valores são obtidos experimentalmente.
IME 2006 – EXEMPLO 2 DE CINÉTICA QUÍMICA
Para a reação A + B  C foram realizados três experimentos,
conforme a tabela abaixo:
Velocidade de
[A]
[B]
Experimento
reação
mol/L
mol/L
mol/(L.min)
I
0,10
0,10
2,0 x 10-3
II
0,20
0,20
8,0 x 10-3
III
0,10
0,20
4,0 x 10-3
IME 2012 – EXEMPLO 3 DE CINÉTICA QUÍMICA
Um grupo de alunos desenvolveu um estudo sobre três reações
irreversíveis de ordens zero, um e dois. Contudo, ao se reunirem para
confeccionar o relatório, não identificaram a correspondência entre as
colunas da tabela abaixo e as respectivas ordens de reação.
t(s)
Determine:
a) a lei da velocidade da reação acima;
b) a constante de velocidade;
c) a velocidade de formação de C quando as concentrações de A e B
forem ambas 0,50 M.
Solução:
a) Sabemos que a lei da velocidade é dada por
v=k.[A]x.[B]y
Precisamos descobrir o valor de x e y.
Observando os experimentos I e III, temos que ao dobrarmos a
concentração de B, a velocidade da reação é dobrada. Assim, y = 1
Observando os experimentos III e II, temos que ao dobrarmos a
concentração de A, a velocidade da reação é dobrada. Assim, x = 1.
Portanto a lei da velocidade da reação é:
200
C1
(mol/L)
0,8000
C2
(mol/L)
0,8333
C3
(mol/L)
0,8186
210
0,7900
0,8264
0,8105
220
0,7800
0,8196
0,8024
230
0,7700
0,8130
0,7945
240
0,7600
0,8064
0,7866
C
 kC n descreva adequadamente as
t
velocidades das reações estudadas. Considere ainda que as
magnitudes das constantes de velocidade específica de todas as
reações são idênticas à reação de segunda ordem, que é
1,0 x103 L/mol.s . Assim, pode-se afirmar que C1, C2 e C3 referem-se,
respectivamente, a reações de ordem
Considere que o modelo
v=k.[A].[B]
b) Para descobrirmos a constante da velocidade, basta substituir o
valor das concentrações e da velocidade para qualquer experimento.
Escolhendo o primeiro experimento, temos:
a) 1, 2 e 0.
b) 0, 1 e 2.
c) 0, 2 e 1.
d) 2, 0 e 1.
e) 2, 1 e 0.
v=k.[A].[B]
2.10-3=k.0,1.0,1
k=0,2 L/(mol.min)
c) Como v=0,2.[A].[B], temos que a velocidade da reação para
concentrações de A e B iguais a 0,5 M é:
SOLUÇÃO
Temos que
v=0,2.0,5.0,5
v=0,05 mol/(L.min)
C
 kC n  C  1,0  10 3 C n t
t
Para C1:
É fácil ver que a queda de concentração dos reagentes cai
linearmente com o tempo. Desta forma, C1 representa a reação de
ordem 0, já que C  103  t é a única possibilidade de reta.
Assim, temos que a quantidade formada de C é 0,05 mols por cada
litro a cada minuto, pois seu coeficiente estequiométrico é 1.
Assim, a velocidade de formação de C é 0,05 mol/(L.min)
Para a coluna C2 temos:
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Demonstra-se facilmente que as duas relações para a obtenção da

t
C t 
quantidade
da
amostra
são
 n  n0  2 P e n  n0  e



equivalentes e encontra-se :
(0,8264  0,8333)  1,00  103  (0,8333)n  (210  200) 
6,9  10
0,01
3
 0,8333n 
6,9  10 1  0,8333n  n  2
Portanto a coluna C2 corresponde a uma reação de ordem 2.
n0 .2
Para a coluna C3 temos:
(0,8105  0,8186)  1,00  103  (0,8186)n  (210  200) 

t
P
 n0
 t 
   ln 2
.e P 
C 
ln2 0,69

P
P
Resumindo, temos as seguintes relações matemáticas bastante
importantes, visto que a maior parte dos enunciados se utiliza destes
parâmetros:
8,1 10 3
 0,8186n 
0,01
0,8100  0,8186n  n  1
Considerando que a velocidade v é dada por v  
Portanto a Coluna C3 corresponde a uma reação de ordem 1.
quantidade de isótopos não desintegrados é dada por n  n0  e C t .
As relações entre a vida média, período de meia vida e a constante
ln2 0,69
1

;
radioativa são expressas por: Vm  ; C 
P
P
C
RADIOATIVIDADE
Cinética da desintegração radioativa
A. Velocidade de desintegração
Define-se como velocidade (ou atividade) de desintegração: v  
IME 2013 – EXEMPLO DE RADIOATIVIDADE
dn
dt
Considere o decaimento radioativo do 24 Na como um processo
cinético de 1ª ordem, conforme mostrado no gráfico abaixo.
Quantidade remanescente
de 24Na (%)
B. Constante radioativa (C):
Verifica-se experimentalmente que a velocidade de desintegração é
proporcional ao número de átomos (analogamente a uma reação
química de primeira ordem). Assim, podemos dizer que v  C  n
Esta constante C é chamada de constante radioativa ou constante de
desintegração, sendo característica e fixa para cada isótopo radioativo
C. Vida média (Vm):
A vida média é a média aritmética dos tempos de vida de todos os
átomos do isótopo. É “como se fosse” uma expectativa de vida do
isótopo.
Pode-se demonstrar, com alguns artifícios matemáticos, que a vida
média é o inverso da constante radioativa:
Vm 
dn
, temos que a
dt
1
C
100
12
0
0
46
Tempo (h)
Para este radioisótopo, determine:
a) a constante de decaimento, k; e
b) o tempo de meia-vida, em horas.
D. Período de meia-vida (P):
É o tempo necessário para que metade da amostra radioativa se
desintegre. A cada vez que se passa um tempo igual ao período de
meia vida, a quantidade de átomos se torna a metade daquela que se
tinha inicialmente;
Assim depois de x períodos de meia-vida podemos dizer que a
t
n
quantidade de amostra é: n  0  n0  2 x  n0  2 P
x
2
E. Variação da quantidade com o tempo
O gráfico do número de átomos não-desintegrados pelo tempo usando
o que já é sabido a respeito de tempo de meia-vida tem a forma
seguinte:
SOLUÇÃO
a) Seja N  t  a quantidade remanescente de átomos do radioisótopo
após um tempo t. Sendo o processo de 1ª ordem, temos que:
N  t   N0  e  k  t
Para t  46 h , temos N  46  
12
 N0 . Assim, substituindo:
100
12
3
 3 
 N0  N0  e  k  46  e 46k 
 46  k  ln  2   ln3  2  ln5 
100
25
5 
1,099  2  1,609
1
2
1
k
 k  0,046 h  4,6  10 h
46
b) Para determinar o tempo de meia-vida , resolvemos a equação:
N   
1
1
1
 N0  N0  e  k    N0  e  k   
2
2
2
ln2 0,693
 1
k    ln     ln2   

   15 h
k
0,046
2
A curva acima é denominada curva de decaimento radioativo.
Analogamente à reação química de primeira ordem, podemos utilizar
para a modelagem da curva de decaimento, a expressão:
In  n   C  t ou n  n0  e C t
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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015
Q  1,07  1010 C
ELETROQUÍMICA
Partiremos da convenção para processos eletroquímicos:
Eletrodo onde ocorre oxidação
Como a corrente elétrica empregada é de 10,0 kA, segue que:
Eletrodo onde ocorre redução
i
Ânodo
Cátodo
PILHAS
Certas substâncias possuem tendência de sofrer reações de oxidação
e de redução, com troca de elétrons.
Se conseguíssemos fazer esses elétrons passarem por um circuito
externo poderíamos aproveitar esse movimento ordenado dos elétrons
(corrente elétrica).
Exemplo: pilha de Daniell
t  1,07  106 s 
Esse assunto apresenta um alto grau de incidência em provas do IME.
Isso demonstra o grande interesse da banca em avaliar se o candidato
está preparado para trabalhar estequiometria (como na maior parte
das questões da prova) associada com processos mais práticos, como
o consumo de uma bateria, ou então no tratamento de um certo
material. Sendo assim, a probabilidade deste assunto ser abordado
novamente é grande e é importante que o candidato se prepare
adequadamente.
Cu
Zn2+
SO42-
A base do estudo da estequiometria é relacionar a carga transportada
pelo circuito e as grandezas que podem ser observadas, como massa,
volume entre outras. É conhecido que o módulo da carga de um
elétron é 1,9.10-19 C. Assim, calculando a quantidade de elétrons que
circula em uma eletrólise podemos saber qual é a quantidade de
produto formado no ânodo ou no cátodo.
Calculemos qual é a carga transportada por um mol de elétrons:
1 elétron  1,9.10-19 C
23
elétrons 
x
6.10
Cu2+
SO42-
Cu2+(aq) + 2 e-  Cu(s)
Zn(s)  Zn2+(aq) + 2 eOBS.: Em pilhas, o ânodo é o pólo negativo e o cátodo o pólo positivo
A representação sugerida pela IUPAC é a seguinte:
Semi-reação do ânodo // Semi-reação do cátodo
Zn(s) / Zn2+(aq) // Cu2+(aq) / Cu(s)
ELETRÓLISE
O processo de eletrólise é simples. Dois eletrodos de polos contrários
são mergulhados em um líquido que contenha íon livres. Os cátions
migram para o polo negativo (aqui denominado cátodo) e os ânions
migram para o polo positivo (aqui denominado como ânodo)
Eletrólise ígnea – Eletrólise utilizando o composto fundido.
Eletrólise em meio aquoso – Eletrólise utilizando uma solução
aquosa de determinada substância.
Temos que a fonte externa impõe um fluxo de elétrons que faz com
que ocorram reações de oxidação e redução em cada eletrodo.
-
e-
x  96500 C
Essa é a carga total transportada por um mol de elétrons e é
denominada 1 Faraday (F) e utilizaremos este fato para trabalhar a
estequiometria na eletrólise. Analisemos o exemplo abaixo:
IME 2011 – EXEMPLO DE ELETROQUÍMICA
Em uma bateria do tipo ar-zinco, um dos eletrodos é composto por
uma mistura de zinco em pó e KOH, 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 O2 e H2O(g).
A capacidade da bateria é limitada pela massa de zinco que é
consumida através da reação global Zn + ½ O2  ZnO(s), processo
este que envolve a formação e decomposição de hidróxido de zinco.
Para uma bateria desse tipo e com capacidade média de 160 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.
+
-
1,07  106
 t  12,4 dias
24  3600
ESTEQUIOMETRIA DA ELETROQUÍMICA
eZn
Q
1,07  1010
 10,0  103 

t
t
+
SOLUÇÃO
IME 2012 – EXEMPLO DE ELETROQUÍMICA
O alumínio pode ser produzido industrialmente pela eletrólise do
cloreto de alumínio fundido, o qual é obtido a partir do minério bauxita,
cujo principal componente é o óxido de alumínio. Com base nas
informações acima, calcule quantos dias são necessários para
produzir 1,00 tonelada de alumínio puro, operando-se uma cuba
eletrolítica com cloreto de alumínio fundido, na qual se faz passar uma
corrente elétrica constante de 10,0 kA.
a) A pilha encontra-se ilustrada a seguir:
terminal catódico (+)
passagem de H2O e O2
Zn/OH–
SOLUÇÃO
Temos a semi-reação de redução:
carvão
A 3  3e   A0
isolante
terminal anódico (-)
Sendo a massa molar do alumínio igual a 27 g/mol, temos:
3 mols e 
n mols e
No ânodo, a reação de oxidação é dada por:
Zn  2OH   Zn OH 2  2e 
27 g A
6

1,00.10 g A
 n  1,11 10 mols e
5
Já no cátodo, a reação de redução é dada por:
O2  2H2O  4e   4OH 
 E0  0,40 
A carga elétrica nesse caso pode ser calculada por:
1 mol e 
1,11.105 mols e 
 E0  1,25 

96500 C
Além disso, a decomposição do hidróxido de zinco (que não se trata
de uma reação redox) é descrita por:
Q
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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015
Zn OH 2  ZnO  H2O
SOLUÇÃO
A estereoisomeria a que o enunciado se refere é a diastereoisomeria,
que ocorre em compostos que contenham ligação pi entre carbonos. A
existência dessa isomeria nesses compostos ocorre se cada carbono
insaturado estiver ligado a dois ligantes diferentes. Analisando as
estruturas das moléculas citadas, observa-se que o propenal não
possui ligantes diferentes nos dois carbonos insaturados.
Multiplicando por 2 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:

2Zn  4OH   2Zn OH 2  4e 
E  1,25




E  0,40
O2  2H2O  4e  4OH



2
Zn
OH

2
ZnO

2
H
O
2

2
2Zn  O2  2ZnO
CH3
a) 3-metil-2-hexeno
E  1,65
CH3
Assim, a tensão produzida pela bateria é E  1,65 V .
b) 2-penteno
b) A capacidade da bateria em coulombs (C) é dada por:
Q  i  t  160  103  3600  576 C
c) Ácido butenodióico
Considerando a oxidação do zinco Zn  Zn 2   2e  , observe que 1
mol de zinco produz 2 mols de elétrons. Como a massa molar do zinco
é 65,4 g/mol e a carga de 1 mol de elétrons é 96485 C, temos:
65,4 g __________ 2  96485 C
 m  0,195 g
m
__________
576 C
H3 C
CH3
O
HO
OH
O
d) Propenal
e) 2-buteno
A ELETRÓLISE AQUOSA
O
H2C
H3C
CH3
IME 2011 – EXEMPLO DE ISOMERIA
Observe as estruturas abaixo e analise as afirmativas feitas sobre
elas.
Existe na eletrólise aquosa uma competição pela descarga de
elétrons. Todos os ânions migram para o ânodo, porém somente um
elemento conseguirá descarregar seus elétrons. Assim como tudo na
natureza, uma ordem pré-determinada pelas características de cada
elementos é seguida:
Metais alcalinos, alcalinosterrosos e alumínio
CH3
Demais metais (Mn2+, Zn2+
etc.)
H+
   Facilidade de descarga crescente   
Ânions oxigenados e
fluoreto
OH-
Ânions não oxigenados e
hidrogeno-sulfato
Os íons H+ e OH- estarão sempre participando desta “competição”
pela descarga em uma solução aquosa, visto que a água sofre
ionização, segundo a reação:
H2O  H+ + OHAssim, devemos escolher quem irá se descarregar em cada
polo da eletrólise. Caso sejam os íons da água, iremos notar a
formação de gás hidrogênio (H2) e/ou gás oxigênio (O2). Isso acontece
porque em uma solução aquosa existem íons H+ e OH- que quando
reduzidos ou oxidados geram H2 e O2 segundo as seguintes reações:
2 H+(aq) + 2 e-  H2(g)
e/ou
4 OH-(aq)  O2(g) + 2 H2O(l) + 4 e-
OBS.: Outro assunto recorrente no vestibular do IME é titulação. A
titulação é uma técnica que consiste em juntar lentamente uma
solução a outra até o término da reação entre seus solutos, com a
finalidade de determinar a concentração de uma das soluções, a partir
da concentração já conhecida da outra solução. Da simples análise
estequiométrica, pode-se chegar a este resultado.
DICA: representando a molaridade por , temos que o número de
mols de soluto em uma solução é dado por n1 = .V
Observe o exemplo abaixo que relaciona estequiometria na eletrólise
aquosa e titulação:
1 – As estruturas (I) e (IV) representam isômeros constitucionais.
2 – As estruturas (I) e (III) representam um par de enantiômeros.
3 – Existem quatro estereoisômeros que têm a fórmula estrutural
condensada (II).
4 – Os compostos (V) e (VII) apresentam pontos de fusão idênticos.
5 – As estruturas (VIII) e (IX) representam um par de
diastereoisômeros.
6 – Todos os compostos (V) a (X) apresentam atividade óptica.
7 – As estruturas (VIII) e (X) são representações do mesmo composto.
A QUÍMICA ORGÂNICA NO IME
Podemos concluir que são verdadeiras as afirmativas:
a) 1, 3 e 5
b) 2, 5 e 6
c) 1, 4 e 7
d) 3, 4 e 5
e) 3, 6 e 7
O IME costuma cobrar, nas provas de química orgânica, questões que
envolvem conhecimento de isomeria, como mostram os exemplos a
seguir:
IME 2012 – EXEMPLO DE ISOMERIA
Dentre as opções abaixo, indique a única que não apresenta
estereoisomeria.
a) 3-metil-2-hexeno
c) Ácido butenodióico
e) 2-buteno
b) 2-penteno
d) Propenal
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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015
SOLUÇÃO
Afirmação 1: Falsa. As estruturas I e IV não são isômeras, pois não
tem a mesma fórmula molecular. I tem fórmula C5H12O e IV tem
fórmula C3H8O.
Afirmação 2: Falsa. As estruturas I e III representam o mesmo
composto.
Afirmação 3: Verdadeira. Os quatro estereiosômeros são: d-cis-pent-3en-2-ol, l-cis-pent-3-en-2-ol, d-trans-pent-3-en-2-ol, l-trans-pent-3-en-2ol.
Afirmação 4: Verdadeira. Os compostos V e VII são enantiômeros por
isso possuem mesmo ponto de fusão.
Afirmação 5: Verdadeira. Os compostos VIII e IX são
diastereoisômeros, pois os carbonos quirais tem configuração absoluta
diferentes. No composto VIII os carbonos tem configuração S e R e no
composto IX tem configuração S e S.
Afirmação 6: Falsa. Os compostos VI e VII são mesômeros (possuem
plano de simetria) sendo opticamente inativos.
Afirmação 7: Falsa. Os compostos VIII e X são diastereoisômeros,
pois os carbonos quirais tem configuração absoluta diferentes. No
composto VIII os carbonos tem configuração S e R e no composto IX
tem configuração R e R.
Figura 3: Esquema representativo da estrutura dos ácidos nucléicos
(disponível em http://genesegenomas.wikispaces.com, acessado em
15/10/2012).

O ácido palmítico é um ácido graxo (ácido carboxílico de
cadeia longa), que possui a fórmula condensada mostrada abaixo e é
classificado como lipídio.
Questões envolvendo identificação de função e bioquímica às vezes
aparecem. No ano de 2013 tivemos uma questão abordando
bioquímica, assunto não muito comum para esse vestibular.
Ou seja:
IME 2013 – EXEMPLO DE BIOQUÍMICA
Dentre as opções abaixo, escolha a que corresponde,
respectivamente, às classes das moléculas: hemoglobina, amido,
DNA, ácido palmítico.
a) Proteína, glicídio, ácido nucléico, lipídio.
b) Ácido nucléico, glicídio, lipídio, proteína.
c) Proteína, proteína, lipídio, ácido nucléico.
d) Glicídio, proteína, ácido nucléico, lipídio.
e) Glicídio, lipídio, ácido nucléico, proteína.
Hemoglobina

Amido

Glicídio
DNA

Ácido nucléico
Ácido palmítico

Lipídio
Proteína
REAÇÕES ORGÂNICAS
O grande enfoque de química orgânica no IME está no conhecimento
de reações. Historicamente esse vestibular cobra conhecimento de
reações, com um enfoque muito aprofundado.
SOLUÇÃO
IME 2012 – EXEMPLO 1 DE REAÇÕES ORGÂNICAS
Apresente a estrutura do produto orgânico principal de cada uma das
reações abaixo.

A hemoglobina é uma proteína do tipo metaloproteína. São
dois tipos de cadeias: uma contendo 141 aminoácidos e outra
contendo 146. Cada cadeia possui um íon Fe2+, que interage com o
O2, permitindo seu transporte pelo organismo.
Figura 1: Estruturas primária, secundária, terciária e quaternária da
hemoglobina. (disponível em http://qnint.sbq.org.br, acessado em
15/10/2012).

O amido é um polímero cujas unidades monoméricas são
moléculas de glicose. Assim é classificado como glicídio ou
carboidrato.
Figura 2: Representação da cadeia de amido. (disponível em
http://qnint.sbq.org.br, acessado em 15/10/2012).
SOLUÇÃO

O DNA (ou ácido desoxirribonucléico) é um polímero formado
por nucleotídeos (açúcar, grupo fosfato e base nitrogenada), e
pertence à classe dos ácidos nucléicos.
(I) A reação é uma adição eletrofílica de HBr aos carbonos
insaturados. Seguindo a regra de Markovnikov, o H do HBr deve ser
adicionado ao carbono mais hidrogenado (carbono 2 da molécula
abaixo) e o Br deve ser adicionado ao carbono menos hidrogenado
(carbono 1 da molécula abaixo).
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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015
CH3
H3C
1
butanal na presença de ácido sulfúrico, dando origem a um precipitado
de PVB, cujo mero (estrutura que se repete) não possui hidroxila livre.
a) Escreva as fórmulas estruturais dos polímeros I e II da rota sintética
abaixo.
Etapa 1:
Br
2
(II) A reação é uma oxidação de alcenos (ozonólise) que envolve a
quebra das ligações sigma e pi dos carbonos insaturados, levando à
abertura do ciclo. Como a reação é feita na presença de zinco, o
produto final da reação é uma molécula linear de cadeia aberta que
apresenta as funções aldeído e cetona.
H3C
CH2
C
CH2
CH2
CH2 CH
O
+
CH
(I)
CH2 CH
CH
O
CH2 CH
2
CH
CH2
H2C
H2SO4
n C3H7CHO
+
SOLUÇÃO
(IV) A reação apresentada é a alquilação da amina. Como a reação
ocorreu na proporção de dois mols de haleto de alquila para 1 mol de
amina, ocorrerá a substituição dos dois hidrogênios ligados ao
nitrogênio por grupos metil, e, consequentemente a formação de uma
amina terciária (o subproduto dessa reação é HBr).
a) A primeira etapa é uma reação de transesterificação:
CH 2 CH
X CH 3OH
x
O
H2
C
Base
H
C
C
CH 3
+
OH
O
CH3
X
x
H 3C
O
CH 3
O
N
HC
C
HC
CH
CH3
H2
C
(I) =
H
C
OH
CH
x
Na segundo etapa ocorre a reação de formação de acetal. Observe
que o produto (I) pode ser reescrito da seguinte forma:
(V) O haleto de alquila pode sofrer dois tipos de reação: substituição e
eliminação. Na reação de substituição nucleofílica, quem substitui o
bromo é o OH-, e não o ROH, uma vez que o OH- é um nucleófilo que
tipicamente é cerca de 10 mil vezes mais forte que o ROH. Podemos
concluir que o produto da substituição nucleofílica é um álcool e não
um éter. O subproduto da reação é KBr.
H2
C
H2
C
H
C
OH
H
C
OH
y
CH2
H2C
CH
CH
OH
Usando essa nova representação fica evidenciado que o polímero
pode sofrer uma reação comportando-se como um diol. Os diois
sofrem reação com grupos carbonilas formando um cetal cíclico (anéis
de cinco e seis membros são os mais estáveis), como ilustra a
representação de forma simplificada e omitindo algumas etapas.
(produto possível 1)
CH
Na reação de eliminação, o grupo OH- atua como base retirando o
átomo de hidrogênio assinalado na figura abaixo, provocando a saída
do brometo e formando um dieno conjugado. Neste caso os
subprodutos são KBr e água.
H2C
n H2O
CH2
CH2
CH
+
(II)

b) Num processo de bancada, similar ao descrito anteriormente,
utilizam-se
174
g
de
um
PVAl
que
apresenta
massa de PVAl
g
. Sabendo-se que 24%
 58
número de mols de hidroxila reativa
mol
das hidroxilas reativas deste PVAl permanecerão inertes, gerando-se
assim, em (II), um copolímero de PVAl e PVB, determine a fração
mássica de PVB no copolímero formado.
CH2
H2C
O
Etapa 2:
(III) A reação é uma desidratação de álcool, que dependendo da
temperatura pode originar éter (desidratação intramolecular) ou alceno
(desidratação intermolecular). O subproduto da reação é a água.
Como o exercício não fornece nenhum indício para a determinação de
um único produto, apresentaremos as duas estruturas possíveis:
CH2
O
C
H3 C
O
H2C
x CH3COCH3
I
Base
O
CH
CH2
x CH3OH
x
*
CH2
CH
CH CH
Br
H2C
CH3
H2C
HC
CH
OH
CH
CH
CH
CH3
CH2
H2C
O
H2
C
OH
C
H
O
H2
C
CH
CH2
CH
O
H2
C
C
H
x
CH
(produto possível 2)
H2
C
+ x H 2O
x
Portanto:
Os mecanismos de substituição nucleofílica e eliminação são
concorrentes entre si. Neste caso, contudo, a reação é conduzida sob
aquecimento. Por causa das altas temperaturas, a eliminação é
favorecida devido a fatores entrópicos, e levando-se em conta que o
produto da eliminação apresenta duas duplas conjugadas, este será o
produto majoritário.
CH3
H 2C
(II) =
O
CH
IME 2013 – EXEMPLO 2 DE REAÇÕES ORGÂNICAS
O poli (vinil-butiral) ou PVB é produzido a partir do poli (acetato de
vinila) ou PVA em duas etapas. Na primeira, ocorre a alcóolise básica
do PVA com metanol, gerando um precipitado de poli (álcool vinílico)
ou PVAl. Na segunda, o PVAl dissolvido em água quente reage com
CH
C
H2
CH2
O
CH
C
H2
x
b) Pela relação descrita no enunciado e observando com atenção as
unidades, fica evidenciado que para cada 58 gramas do polímero PVAl
existe um mol de hidroxilas (-OH). Dessa forma:
23
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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015
SOLUÇÃO
58 g PVAl
174 g PVAI
1 mol de (-OH)
X
A adição de HBr é uma reação típica de alcenos e ocorre nos
carbonos que fazem a dupla ligação. A adição Markovnikov ocorre
com a ligação do H no carbono mais hidrogenado da dupla, e,
consequentemente, o Br é adicionado ao carbono menos hidrogenado.
Na adição anti-Markovnikov ocorre o inverso.
A adição de HBr ao propeno na ausência de peróxido
(Markovnikov) e na presença de peróxido (anti-Markovnikov) ocorre
segundo dois mecanismos distintos:
X  3,0 mol de  OH
Temos que o polímero PAVAl é formado pela seguinte unidade de
repetição (mero):
H2
C
H
C
- Markovnikov: adição eletrofílica
- Anti-Markovnikov: adição radicalar
OH
Este mero possui massa molar de 44 g/mol, ou seja, em 174 g de
polímero há 3,954 mol de unidade de repetição, e portanto 3,954 mol
de (-OH), dessa forma os 3,0 mol de (-OH) reativos não correspondem
ao numero total de (-OH) do polímero.
Desses 3,0 mol de hidroxilas 24% não reagiram, ou seja,
3,0 0,24  0,72 mol de hidroxilas não reagiram e 2,28 mol reagiram.
Observando a reação:
OH
H2
C
OH
C
H
H2
C
+
n

n
H 3C
H2
C
C
H2
O
O
C
H
CH
CH
1ª etapa: adição de H ao carbono da dupla e formação do
intermediário carbocátion (composto I no mecanismo A e composto II
no mecanismo B).
2ª etapa: ataque do ânion Br  sobre o carbocátion e formação do
produto final.
C
H2
CH 2
O
CH
Adição Markovnikov
A reação de adição eletrofílica ocorre em duas etapas:
CH 3
H 2C
CH
Nos dois casos a reação ocorre por um caminho que gera o
intermediário (carbocátion ou radical) mais estável.
+n H 2O
Mecanismo A (Markovnikov):
C
H2
H
Br
H
n
Notamos que para formar uma unidade de repetição do polímero PVB
são necessárias 2 hidroxilas. Como reagiram 2,28 mol de (-OH) se
formou 1,14 mol de unidades de repetição.
CH3
H2C
CH3
C
H2C
H
C
Br
Br
H
H
(I)
H2C
H
CH3
H2 C
O
CH
CH
C
H2
CH3
C
CH2
O
CH
H
Br
H 2C
C
CH3
H
C
H2
Mecanismo B (anti-Markovnikov):
A massa molar da unidade de repetição ( C8H14O2 ) é de 142 g/mol.
Sendo assim:
1 mol
142 g
1,14 mol
X
H
H
C
H2C
Br
CH
H2C
CH3
CH3
Br
Br
H
H 2C
( II )
CH
CH3
H
X  161,88 g
Dessa forma se 1,14 mol de unidades de repetição reagiram, com 1,14
mol de butanal (C4H8O MM = 72 g/mol) e 1,14 mol de água (H2O MM =
18 g/mol) liberada.
H
Br
CH3
C
H 2C
H
Portanto a massa acrescida ao polímero foi de:
g
g
(1,14mol  72
)  (1,14mol  18
)  61,56 g
mol
mol
Assim a massa total do polímero é de 174 g+ 61,56 g = 235,56 g
Nesse caso a reação ocorre pelo mecanismo A, pois gera um
intermediário carbocátion secundário, enquanto que no mecanismo B,
o carbocátion formado é primário.
A estabilidade dos carbocátions obedece a sequência abaixo:
Portanto a fração mássica PVB é dada pela expressão:
161,88
   0,687

235,56
Carbocátion terciário > Carbocátion secundário > Carbocátion primário
Quanto maior a estabilidade do intermediário, menor a energia de
ativação da reação, assim, a adição de HBr na ausência de peróxido
segue Markovnikov, com a adição de H ao carbono mais hidrogenado,
como representado esquematicamente no gráfico a seguir.
Em 2013 pela primeira vez o IME cobrou conhecimento de mecanismo
de reação, podendo essa vir a ser uma tendência do vestibular.
E
IME 2013 – EXEMPLO DE MECANISMOS DE REAÇÕES
A adição de brometo de hidrogênio a propeno, na ausência de
peróxidos, gera como produto principal o 2-bromopropano (adição
Markovnikov). Entretanto, a mesma adição, na presença de peróxidos,
leva principalmente à formação do 1-bromopropano (adição antiMarkovnikov). Proponha um mecanismo adequado para cada uma
destas reações e explique a diferença observada com base nesses
mecanismos.
Mecanismo A
H2C
CH
CH3
Mecanismo B
H
H
H2C
H
C
H2C
CH3
C
H
CH3
H
Br
H
H
Br
H2C
C
H
Caminho da Reação
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CH3
C
H2C
CH3
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DICAS PARA O VESTIBULAR DO IME 2015

Adição anti-Markovnikov
REAÇÕES ORGÂNICAS – HIDROCARBONETOS AROMÁTICOS
O anel benzênico é muito estável e precisa de condições bastante
energéticas para sofrer ruptura do anel. As principais substituições
são:
A reação de adição radicalar ocorre em três etapas:
1ª etapa: formação do radical a partir de um peróxido*
2ª etapa: ataque do bromo radicalar sobre o carbono da dupla ligação,
com a formação de um radical orgânico secundário (composto III no
mecanismo A e composto IV no mecanismo B).
3ª etapa: ataque do radical (III ou IV) sobre o HBr formando o produto
final.
Mecanismo A (anti-Markovnikov):
2R
R O O R
R
O +H
Br
CH
CH3
H 2C
H
OH + Br
H
H 2C C
CH3
CH3 + H
CH
Br
CH3 + Br
H2SO4
NO2
CH
CH3
CH
Br
Br
H
CH3 + Br
+
SO3H
H2SO4
+
AlCl3
R Cl
+
O
E
+
CH3
H
Br
H2C
C
H2C
H
CH3
C
HCl
3 H2
Ni
300°C
200 atm
3 Cl2

luz
Cl
Cl
Cl
Cl
Reações Fora do Anel
Podem ocorrer reações no radical ligado ao anel benzênico,
semelhante às estudadas anteriormente. Por exemplo, no ataque do
tolueno, na presença de luz e calor, temos a reação no metil. Este
radical se comporta como um alcano.
H2C Cl
CH3
CH3
H
Br
+
Essa última reação é utilizada para se obter o BHC (benzeno hexa
clorado), composto utilizado como inseticida.
Br
CH3
C R
Cl
Mecanismo B
CH3
H
Caminho da Reação
+
*um peróxido utilizado nessa reação é o peróxido de benzoíla, cuja
estrutura é mostrada abaixo:
Calor
Cl2
Luz
Reações de Oxidação
É muito difícil oxidar os carbonos do anel benzênico. Isto só ocorre em
condições muito energéticas e produz a ruptura e consequentemente
o desaparecimento desse anel benzênico.
Nos radicais do anel as reações são menos difíceis. Essa reação
sempre resulta em ácido benzoico para aromáticos com apenas 1
radical .
O
KMnO4
C CH3
C
[O]
+ CO2 + H2O
H2
+
OH
H2SO4
O
O
HCl
Cl
Br
H2C
+
Cetona Aromática
+
Mecanismo A
CH
H2O
A reação de adição ocorre em condições muito energéticas:
Quanto maior a estabilidade do intermediário, menor a energia de
ativação da reação, assim, a adição de HBr na presença de peróxido é
anti-Markovnikov, com a adição de H ao carbono menos hidrogenado,
como representado esquematicamente no gráfico a seguir.
H2C
+
O
Radical terciário > Radical secundário > Radical primário
H
C
H2O
R
AlCl3
R C Cl
H
A reação ocorre pelo mecanismo A, pois há a formação de um
radical mais estável (secundário no mecanismo A e primário no
mecanismo B).
A estabilidade de radicais obedece a sequência abaixo:
CH
+
Acilação
H 2C
Br
H2C
HCl
Alquilação
Br (IV)
CH3 + H
HNO3
+
Ácido Benzeno-sulfônico
H
H
H 2C
Br
H
C
+
Cl
Nitrobenzeno
H
Br
H2C
Cl2
Sulfonação
(III)
H2C
Br
Mecanismo B (Markovnikov):
H2C CH CH3
+
FeCl3
Nitração
O
Br
CH
H
R
Br
H2C
Halogenação
O
O
No mecanismo da adição anti-Markovnikov utilizou-se a representação
simplificada R-O-O-R para esse composto.
ácido benzoico
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Eliminação do Oxigênio da Carbonila
Influência de um Radical no Anel
a) Radicais orto-para dirigentes
NH2 OH OCH3
CH3
Cl
R CHO
C2H5
COOH
SO3H
COH
CN
+
álcool
primário
O
H
H3C C C
H2
O
R C
H
H
OH
R C OH
H
H
instável
OH
O
+
R C
R'OH
H
R C OR'
H
excesso
R'OH
OR'
R C OR'
H
OMgX
O
+ R'MgX
R C
H
R C H
H
NOTA: Uma maneira de diferenciar aldeídos de cetonas é que
somente os aldeídos reduzem os reativos de Tollens e de Fehling.
a) Reativo de Tollens: é uma solução amoniacal de nitrato de prata,
que, em presença de aldeído (teste positivo), tem seus íons Ag+
reduzidos a prata metálica; a prata deposita-se nas paredes internas
do tubo de ensaio formando um “espelho de prata”; as cetonas não
reagem.
b) Reativo de Fehling (ou licor de Fehling): que é uma solução que
possui íons de Cu2+ (azul) e em presença de aldeído (teste positivo)
tem seus íons reduzidos a Cu+, formando um precipitado vermelho
tijolo de Cu2O
R C SO3Na
O
HOH
Ni
OH
ácidos
aldeídos
Já as cetonas não reagem na presença de oxidantes fracos ou
quebram sua cadeia por oxidantes muito fortes.
R – CO – R’ + [O]  não reage
H
+
H2

Reações de Oxidação
Diante de oxidantes fracos, os aldeídos se oxidam a ácidos
carboxílicos.
O
O
[O]
R C
R C
H
OH
OH
R C
O
H
H3C C C C C
H2
H
OH 2 H
aldeído + H2  álcool primário
cetona + H2  álcool secundário
H
+ NaHSO3
HCl
Em geral temos:
OH
H
+
R C CN
H
R C
H2 O
C C
H
H
+
R C
Adição à Carbonila
O
+
O
REAÇÕES ORGÂNICAS – ALDEÍDOS E CETONAS
HCN
H3C C C C CH3
H
H2
O
Reações de Redução
OH
ácido
O
Cl
-formação de aldól.
R
R
[O]
HC OH +
C O
- H2O
R'
R'
álcool
cetona
secundário
R
[O]
R" C OH +
NÃO OCORRE
- H2O
R'
álcool
terciário
+
H 2O
NH2
H3C C C C CH3
H2
H2
O
O
[O]
aldeído
R C
+ H2N
Cl2
REAÇÕES ORGÂNCIAS - OXIDAÇÃO DE ÁLCOOIS
[O]
R C
- H2O
+
Podem ocorrer:
- reações de substituição por halogênios.
São grupos retiradores de elétrons por efeito indutivo. O átomo ligado
ao anel aromático está eletrodeficiente, ou seja, não apresenta pares
de elétrons não compartilhados e/ou estão ligados a átomos com
maior eletronegatividade.
R CH2 OH
R C N OH
H
OH
R C N NH2 + H2O
H
Reações dos Hidrogênios em posição 
Os carbonos vizinhos da carbonila são denominados carbonos em
posição  e são mais reativos que os demais.
R CHO
São grupos doadores de elétrons por efeito indutivo, sendo que muitos
deles possuem pares de elétrons não compartilhados.
b) Radicais Meta Dirigentes
NO2
+ H2N
R C R'
H
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