química - 30/10/2008 - Cobertura Máxima GGE

GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (QUÍMICA) PfV = nf . R . T ֜ 2,46 x 10 = nf x 0,082 x 300
nf = 1 mol
QUÍMICA - 30/10/2008
01. Sejam as representações para configurações eletrônicas do
Cr (Z = 24) abaixo. Identifique qual a configuração correta para o
estado fundamental e explique por que as demais estão erradas.
Observe que, além do CO2 (0,4 mol), deve existir outro
gás para completar 1 mol no final da combustão. Como sobraram
apenas CO2 e H2O, devemos considerar que existe 0,6 mol de
H2O no estado gasoso, o que é uma incoerência pois nas
condições finais (T = 27°C e P = 2,46 atm) a água deveria estar
líquida.
Como o composto A apresenta isomeria geométrica, ele deve ser
um alceno ou um ciclano:
C xH2 x
Assim, equacionando as reações:
⎧CxH2 x + O 2
⎪
⎪ 0,4 mol
⎪ x
⎨
⎪H2 (g) + 1/2 O2 (g)
⎪
⎪ Y mol
⎩
Co 2 (g)
+
H2O
0,4mol
+
0,4mol
H2O(g)
Y mol
n(H2O) = 0,6 = y + 0,4 ⇒ y = 0,2mol
0,4
+ 0,2 = 0,3 ⇒
x
0,4
⇒
= 0,1 ⇒ x = 4
x
nT =
Assim a fórmula molecular do composto será C4H8 .
RESOLUÇÃO:
ERRADA, em um mesmo orbital, não podem existir dois
elétrons com mesmo SPIN (Princípio da Exclusão de Pauli).
b) CERTA.
c) ERRADA, pois o estado mais estável de um subnível
corresponde a configuração com o número máximo possível
de elétrons desemparelhados (Regra de Hund). Assim, no
subnível 3d, os 4 elétrons deveriam está desemparelhados.
1
5
d) e e) ERRADAS, pois a energia da configuração 4s 3d é menor
2
4
que a energia da configuração 4s 3d .
a)
02.
Uma mistura gasosa de hidrogênio e um composto A está
contida em um recipiente de 10,0 L, sob pressão de 0,74 atm e
temperatura de 27°C. Posteriormente, adiciona-se ao recipiente a
quantidade esteoquimétrica de oxigênio para a combustão
completa da mistura, que gera 17,6 g de CO2. Quando a mistura
de produtos é resfriada a 27°C, o carbono e hidrogênio. Sabe-se,
ainda, que o composto A é gasoso a 25°C e 1 atm. Considerando
que os gases se comportam idealmente,
a) determine a fórmula molecular de A e as pressões parciais de A
e de hidrogênio nas condições iniciais do problema;
b) sabendo que A apresenta isomeria cis-trans, represente as
possíveis estruturas dos isômeros.
RESOLUÇÃO:
a) Mistura Inicial
⎧ V = 10,0L
⎪
⎨PT = 0,74 atm
⎪T = 27°C ≡ 300k
⎩
Com tais dados iniciais, podemos calcular o número de mols total
da mistura:
PV = nTRT ֜ 0,74 x 10 = nT x 0,082 x 300
nT = nA + nH2 = 0,3 mol
Vamos equacionar as reações de combustão:
⎧⎪A + O
⎯⎯→ CO2( g) + H2O( l )
( g)
2( g)
⎨
⎪⎩2H2( g) + O2( g) ⎯⎯→ 2H2O( l )
17,6
= 0,4 mol
mCO 2 = 17,6g ⇒ nCO 2 =
44
Com esse resultado, podemos concluir que, na amostra de
A(g), existe 0,4 mol de carbono.
Como o O2 foi adicionado em quantidade estequiométrica, no
fim da combustão só existem CO2 e H2O.
Com o dado da pressão final (2,46 atm), podemos obter o
número de mols total:
Determinação das pressões parciais:
⎧nH2 = 0,2 mol
⎪
0,4
⎨
⎪n A = x = 0,1 mol
⎩
2
1
; XH2 = ⇒
3
3
⇒ PA = PT ⋅ X A ; PH2 = PT ⋅ XH2 ⇒
XA =
1
⎧
⎪P = 0,74 x = 0,247 atm
⇒⎨ A
3
⎪ PH2 = 0,493 atm
⎩
b)
CH3
CH3
C
H
CH3
H
C
C
H
C
H
CH3
CIS
Trans
03. A pilha recarregável de níquel/cádmio, usada em diversos
equipamentos eletrônicos portáteis, constitui-se, basicamente, de
um eletrodo metálico de cádmio, um eletrodo de oxi-hidróxido de
níquel (NiOOH) depositado sobre um suporte de níquel e um
eletrólito aquoso de hidróxido de potássio, na forma de pasta. Na
descarga da pilha, o cádmio metálico é consumido. Uma pilha
desse tipo foi recarregada completamente durante 4825 s, com
corrente de 2 A. Pede-se:
a) a reação da semi-pilha NiOOH(s) ⏐ Ni(OH)2(s) e a reação
global que ocorrem na descarga da pilha;
b) a massa de NiOOH existente na pilha quando a mesma está
carregada.
RESOLUÇÃO:
a) Reação da semi-pilha de níquel:
NiOOH(s) + H2O(l) + e → Ni(OH)2(s) + OH (aq)
Reação da semi-pilha de cádmio:
Cd(s) + 2OH (l) + Cd(s) → Ni(OH)2(s) + 2e
Reação global:
2NiOOH(s) + 2H2O(l) + Cd(s) → 2Ni(OH)2(s) + Cd(OH)2(s)
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1 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (QUÍMICA) b) i = 2A
Δt = 4825s ⇒ Qtotal = 2 x 4825 = 9650 C
Br
KOH
Assim na recarga total, podemos calcular o número de mols de
elétrons:
alcólico
⎧⎪1 mol e- → 96500 C
⎨
⎪⎩x
→ 9650 C
e
Br
-
x = 0,1 mol e
Assim, de acordo com a equação da semi-pilha de níquel:
⎧⎪1 mol (e - ) → 1 mol NiOOH
⎨
⎪⎩0,1 mol(e − ) → y
KOA
alcólico
Reação de D com HBr em presença de peróxido:
Segue regra contrária a de Markownikoff
HBr
CH3 CH = CH2 ⎯⎯
⎯⎯
⎯→ CH3 CH2 − CH2 − Br
peróxido
y = 0,1 mol (NiOOH)
mNiOOH = 0,1 mol x MNiOOH = 0,1 mol x 92 g/mol = 9,2g
Logo:
04. A reação de um composto A (em excesso) com gás bromo
sob luz ultravioleta gera principalmente os compostos B e C. A
reação de B e C com KOH em solução alcoólica gera D, o qual
reage com HBr, na presença de peróxidos, formando novamente o
composto B. Este último é uma substância orgânica acíclica e
saturada, cuja análise elementar revela a presença apenas de
átomos de carbono, hidrogênio e bromo.
Sabe-se que a pressão osmótica de uma solução de 4,1 g de B
em 820 mL de solvente a 27°C é igual a 1 atm.
Com base nestes dados, determine as fórmulas estruturais dos
compostos A, B, C e D.
CH3 − CH2 − CH2 − Br
Br
CH3 − CH − CH3
CH3 − CH = CH2
RESOLUÇÃO:
B
Composto de C;H e Br
Ocíclico; saturado
CH3 − CH2 − CH3
Fórmula : C x H 2x +2- y Br y
Pressão Osmótica:
π = MB .R.T
MB = Molaridade de B
4,1 1
.
⇒ MMB = Massa Molar de B
MB 0,82
Substituindo os dados:
1
4,1
.0,082.300
.
1=
MMB 0,82
05.
A um reator de 16 L de capacidade, contendo 1 L de um
líquido não-volátil e uma certa quantidade de um gás inerte nãosolúvel, são adicionados dois gases puros e insolúveis A e B, que
reagem entre si segundo a reação irreversível
MB =
A(g) + B(g) → C(g)
MMB = 123g
Ora:
C=12
H=1
Br=80
e
Considerando que o reator é mantido a 300 K durante a reação,
que no instante inicial não há composto C no reator e utilizando os
dados da tabela abaixo, determine a pressão total no reator ao
término da reação.
B = CxH2 x + 2− y Bry
Cálculo da Massa:
123 = 12x+(2x+2-y).1+y.80
121=14x+79y.
Considerando a formação de 2 compostos na primeira reação
dada.
Br2
Luz
ultravioleta
Considerando que esta será uma reação de substituição com a
entrada de apenas um em cada Br, e existência de no mínimo 3
carbonos em A
Tempo (min)
0
τ
nA (moles)
0,5
0,25
nB (moles)
0,75
y
PT (atm)
3,05
2,59
RESOLUÇÃO:
Substituindo:
y=1
121=14x+79 ⇒ x=3
B = C3H7Br
Br
Br
B e C podem ser:
Reação com KOH (alcólico) dando D:
⎧n A = 0,5 mol
⎪
⎪nB = 0,75 mol
⎨
⎪T = 300 k
⎪P = 3,05 atm
⎩ T
Aplicando Clapeyron: PTV = nT ⋅ R ⋅ T ⇒
⇒ 3,05 x 15 = nT x 0,082 x 300 ⇒
⇒ nT = 1,86 mols ⇒
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2 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (QUÍMICA) ⇒ nT = nA + nB + ngás inerte = 1,86 ⇒
⇒ ngás inerte = 0,61 mol
Reação até o instante τ:
A
Início:
Reage:
t = τ:
+
B
→
C
0,5 mol
0,75 mol
0
0,25 mol
0,25 mol
0,25 mol
_____________________________________
0,25 mol
0,50 mol
0,25 mol
Usando-se o processo de Dow tem-se:
Gás inerte: 0,61 mol
nT(τ) = 1,61 mols
1,61 x 0,082 x 300
⇒
15
⇒ P’ = 2,64 atm → pressão esperada no caso do gás C ser
insolúvel.
P’ ⋅ V = nT ⋅ R ⋅ T ⇒ P' =
De acordo com a tabela, a pressão no instante τ vale 2,59 atm.
Assim, uma parte de C(g) se dissolve no líquido:
2,59 x 15
⇒
Preal ⋅ V = nT ⋅ R ⋅ T ⇒ nT =
0,082 x 300
⇒ nT = 1,58 mols
nC (dissolvido) = 1,61 – 1,58 = 0,03 mols
Continuando:
Assim, considerando a validade da Lei de Henry para o gás C,
podemos encontrar a relação de solubilidade do mesmo:
0,25 mol (formado) → 0,03 mol (dissolvido)
Vamos analisar o final da reação:
A
+
B
Início:
Reage:
Final:
→
C
0,5
0,75
0
0,5
0,5
0,5
_____________________________________
0
0,25
0,5
nT (final) = 0,25 + 0,5 + 0,61 (gás inerte) – nC (dissolvido)
Vamos analisar a quantidade dissolvida:
⎧0,25 mol (formado) → 0,03 mol (dissolvid o)
⎨
⎩0,5 mol (formado) → x
Pode-se obter o fenol por outros processos como pela hidrólise do
cloro – benzeno (Processo Rachig)
+ HCl +
x = 0,06 mol (dissolvido)
1
O 2 (ar )
2
Assim: nT (final) = 1,3 mols
1,3 x 0,082 x 300
PT =
= 2,13 atm
15
06.
O ácido orto-hidroxibenzóico, mais conhecido como ácido
salicílico, é um componente recomendado por dermatologistas e
atua na pele ajudando as células e se renovarem mais
rapidamente através da esfoliação superficial, evitando assim que
os poros fiquem obstruídos.
Proponha uma rota sintética para a obtenção do ácido salicílico a
partir do benzeno.
07. Considere a proposta de u processo para a obtenção da
cementita, esquematizada abaixo.
RESOLUÇÃO:
CH 4 (g) + H2 (g)
Ácido salicílico
CH4 (g)
Fe(s)
Pr ocesso isotérmico
T = 298K
Fe 3 C(s)
Fe(s)
Sabe-se que a energia livre de Gibbs molar está relacionada
diretamente com a constante de equilíbrio de uma reação química,
conforme a seguinte equação termodinâmica:
ΔGreação = −RT InK p
Ácido auto – hidroxibenzóico
Rota? ֜ Primeiro precisa-se obter o fenol, pois a hidroxila é orto –
para dirigente.
Determine as frações molares na fase gasosa, na situação de
equilíbrio, e avalie se o processo é viável.
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3 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (QUÍMICA) Logo:
+
-4,7
[H ] = 10
Volume = 100 mL = 0,1 L
RESOLUÇÃO
REAÇÃO:
Dissociação ao ácido
+
HA(aq) X H + A
-47
Molaridade: X 10 M ?
o
ΔH = 25,1-(-74,8)=99,9 KJ
o
ΔS = 2.130,6+104,6-182,2-3.27,3 ⇒
o
⇒ ΔS =97,7J/k
o
o
o
o
ΔG = ΔH -TΔS ⇒ ΔG =99900J-298k.97,7J/K=70785,4J
Vamos determinar o Kp :
⎛ −70785,4 ⎞
⎟⎟ ⇒ EXP(− 28,57) ⇒
Kp=EXP ⎜⎜
⎝ 8,314.298 ⎠
kA =
-
1
⋅x
2
-
( )
Dimerização parcial
2 [HA]org X [HA]2 kd = 2
x/2
?
Início: 1atm
0
Reage: x
2x
_______________________________________
Final: 1-x ≈ 1
2x
PCH4
-
x ⇒ [A ] ≅ 4,5 ⋅
[A ] = 2,25 ⋅ X
Adição do solvente orgânico
[HAaq] X [HA](org) kE = 0,5
X
?
[HA ] org
[HA ] org
x
⇒ 0,5 =
⇒ [HA ] org =
kE =
[HA ] aq
x
2
Reação:
Kp=
-0,3
[A ] = 4,5 x 10
⇒ K p = 3,9.10 −13
PH22
[H + ] ⋅ [ A − ]
10 −4,7 ⋅ [ A − ]
⇒ 4,5 ⋅ 10 − 5 =
[HA ]
x
[HA ] 2
2
[HA ]org
= 2 ⇒ [HA ] 2 =
x2
⋅2
4
x2
2
Ora em termos de mols; a quantidade de mols de ácido inicial será
igual a quantidade de mols de ácido não dissociado na fase
aquosa (x ⋅ 0,1), mais a quantidade de ânions (2,25 x 0,1), mais a
quantidade
de
ácido
na
fase
orgânica
⎛x
⎞
⎜ ⋅ 0,1⎟ , somado a 02(duas) vezes a quantidade de dimero
⎝2
⎠
[HA ] 2 =
(2x )2
=
= 3,9.10 −13 ⇒
1
⎧⎪P = 6,24.10 −7 atm
-7
⇒2x = 6,24.10 ⇒ ⎨ H2
⎪⎩PCH ≈ 1atm
⎧⎪ XCH4 ≈ 1
Frações Molares: ⎨
⎪⎩ XH2 = 6,24.10 −7
O valor muito baixo da constante de equilíbrio demonstra que
esse processo é inviável na prática.
08. Considere 100ml de uma solução tampão aquosa (pH=4,70)
que contém 12,2g de ácido benzóico (K a = 4,50 . 10 -5 ) . A fim de
⎛ x2
⎞
⋅ 0,1⎟
formado ⎜ 2 ⋅
⎜
⎟
2
⎝
⎠
Somando:
x
⎛
⎞
⎜ x + 2,25 x + + x 2 ⎟ ⋅ 0,1 = 0,1 (mols inicial)
2
⎝
⎠
2
x + 3,75x – 1 = 0
Resolvendo a equação:
extrair o ácido dessa solução, utiliza-se o mesmo volume de um
solvente orgânico imiscível em água. A mistura é agitada, deixada
em repouso e, após a separação de fases, atinge o equilíbrio
(K e = 0,5)
X = 0,25 molar
09.
Na fase orgânica, o ácido benzóico não se dissocia, mas sofre o
seguinte processo de dimerização parcial (K d = 2) :
Uma amostra de massa 1g de determinado elemento
radioativo 100z Q (meia-vida 23,0 anos) decai, por meio de uma
emissão alfa, gerando o elemento R (meia-vida 34,5 anos). Este,
por sua vez, emite uma partícula beta, dando origem ao elemento
estável S.
Sabe-se que as frações molares dos elementos Q e S são
funções do tempo de decaimento, expressas, respectivamente,
por:
k2
k1
Xs = 1 −
e−k1t −
e −k 2 t
XQ = e−k1t
k 2 − k1
k1 − k 2
Onde k1 e k2 são as constantes de velocidade da primeira e da
segunda reação de decaimento, respectivamente.
at bt
Sabendo que o máximo de uma função da forma f(t) = e -e ,
at
bt
b<a<0, t>0, é obtido quando ae – be = 0, determine a máxima
quantidade, em massa, que é atingida pelo elemento R.
Calcule a concentração final do ácido benzóico na fase aquosa
após a extração descrita acima.
RESOLUÇÃO:
MMAG Benzóico = 7 ⋅ 12 + 6 + 2 (16) = 122 g
12,2
= 0,1 de
Número de mols inicial =
122
RESOLUÇÃO:
Reações de decaimento:
1.
2.
100
z Q
K
1
⎯⎯→
⎯
4
+ 2α
0
K2
96
⎯→−1
z − 2 R ⎯⎯
+
β+
96
z − 2R
96
z −1S
(t1/2 = 23 anos)
(t1/2 = 34,5 anos)
pH = 4,7 ⇒ fixo ⇒ tampão
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4 GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – IME 2009 (QUÍMICA) Vamos determinar os valores das constantes:
ln2
⎧
= 0,03 ano −1
⎪⎪K1 =
23 anos
⎨
ln2
⎪K 2 =
= 0,02 ano −1
⎪⎩
34,5 anos
Dados termodinâmicos
Fe(s)
0
0
−1
ΔH (kJ ⋅ mol )
Vamos agora determinar a fração molar de R em função do
tempo:
Potencial de eletrodo: Cd(OH)2(s) | Cd(s), E = - 0,81V
-1
Energia Livre de Gibbs: ΔG = - nFE
1F = 965000 C.mol
-1 -1
-1 -1
R = 0,082 atm.L.mol .K = 8,314 J.mol K ;
log 2 = 0,30; In 2
= 0,69; In 3 = 1,10.
f
ΔS0 (J ⋅ mol−1)
XR (t) = 1 – XQ – XR ֜
⎡
⎤
K2
K1
⇒ XR = 1 − e − k1t − ⎢1 −
e −K1t −
e −K 2t ⎥
K1 − K 2
⎣ K 2 − K1
⎦
27,30
Fe3C(s)
25,10
CH4(g)
-74,80
H2(g)
0
104,6
186,2
130,6
RESOLUÇÃO:
⎛ K2
⎞
K1
XR = e −K1t ⎜⎜
− 1⎟⎟ +
e − K 2t ⇒
⎝ K 2 − K1
⎠ K1 − K 2
K1
K1
X =
e −K1t +
e −K2t
֜ R K 2 − K1
K1 − K 2
xR =
(
k1
e −k 2t − e −k1t
k1 − k 2
)
A fração molar máxima de R ocorrerá quando:
− k 2 e −k 2t + k 1e −k1t = 0 ⇒
⇒ e -k1t
CH3
C
k
= 2 e -k2t ⇒
k1
⇒ -k 1t = L n
O
CH3COCl
AlCl3
k2
− k 2t ⇒
k1
F
k
⇒ t(k 2 − k 1 ) = L n 2 ⇒
k1
⇒t=
t=
( )
Ln 2
3 ⇒
− 0,01
0,41
= 41 anos
0,01
X MÁX
=
R
0,03 −0,82
(e
− e −1,23 )
0,01
X MÁX
= 3(0,44 − 0,29)
R
X MÁX
= 0,45
R
Vamos calcular o número de mols inicial de
100
zQ
:
1g
nQ =
= 0,01mol
100g / mol
Como o número de mols total dos átomos permanece constante
durante os decaimentos, então:
MÁX
= 0,45 X 0,01 mol
ntotal = 0,01 mol ⇒ nR
MÁX
MÁX
= 0,0045 mol ⇒ mR
= 0,0045 mol x 96 g/mol
nR
MÁX
mR
= 0,432 g
10. Determine as estruturas das substâncias identificadas pelas
letras de A a J no esquema abaixo:
Dados
Massa atômicas (u.m.a.)
O
C
H
Cd
16
12
1
112
Ni
59
Br
80
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5