Prova comentada - Química

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QUÍMICA
Comentário Geral:
A prova deste ano apresentou um bom nível, com a cobrança de um elevado número de questões de Físico-Química,
onde foi possível observar praticamente todos os tópicos desta ramificação da disciplina de Química, porém, voltou a
cobrar conceitos que não são do Ensino Médio (carga formal). Também é bom que se comente sobre o reduzido número
de questões de química orgânica em face do vasto conteúdo da disciplina listado no programa proposto pela comissão
de vestibular. Acreditamos em um bom resultado para nossos alunos.
Equipe de Professores de Química do Colégio Bom Jesus
H2SO4 + 2 NaOH  Na2SO4 + 2 H2O
Observe que é uma reação entre um ácido diprótico com uma monobase, por isso da necessidade de 2 mols da soda
cáustica na reação.
H2SO4 + 2 NaOH  Na2SO4 + 2 H2O
1
2
1
2
98 g ------- 2 . 40 g
-3
X ------- 12.10 g
-3
-3
X = 14,7 .10 g que de fato reagem, sobrando 4,9.10 g em excesso do ácido sulfúrico, pois inicialmente havia 19,6
mg de H2SO4.
nH2SO4 = m/M = 19,6 mg/98g = 0,002 mol
-4
M = n/V(L) = 0,002/0,1 = 5.10 mol/L
+
2-
+
Como: H2SO4  2 H + SO4 , teremos para concentração de íons H o dobro da concentração de H2SO4 que
-3
permaneceu em excesso, logo igual a 1.10 mol/L.
+
pH = -log[H ]
-3
pH = -log(1.10 )
pH = 3,0
2
H3PO4  H = 3.(+1); O = 4.(-2), neste balanço de cargas temos um excesso de 5 cargas negativas, aonde para obter o
equilíbrio o átomo de P assume NOx igual a +5, conforme esquema a seguir.
Considerando a fórmula para determinação direta da carga formal de cada átomo:
CF = V – (N + B/2)
Onde:
V = número de elétrons de valência
N = número de elétrons isolados
B = número de elétrons compartilhados
-
-
-
CF = e camada de valência – [ e não ligantes + ½ e ligantes]
H = 1 – [ 0 + ½ .2] = 0
O (OH) = 6 – [ 4 + ½ .4] = 0
O = 6 – [ 6 + ½ . 2] = -1
P = 5 – [ 0 + ½ . 8] = +1
Temos:
Zero para todos os átomos de H, zero para os átomos de O das hidroxilas e -1 para o átomo de O ligado somente ao P e
+1 para o átomo de P.
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À medida que a reação vai se processando, a adição de ácido graxo insaturado e/ou mais gás hidrogênio ao sistema
garantirá um maior rendimento do processo, pois de acordo com o Princípio de Le Chatelier, o aumento na concentração
dos reagentes desloca o equilíbrio no sentido dos produtos.
Ocorre a isomerização do cis em trans devido ao fato de o isômero trans ser mais estável que o cis.
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Considerando os valores de massa molar e as porcentagens em massa de cada elemento, temos:
X = 40/32 = 1,25
Y = 60/96 = 0,625
Ao dividirmos os valores obtidos pelo menor valor encontrado, teremos uma relação que determinará a sua fórmula
mínima, que indicará uma proporção de dois átomos de X para um de Y.
Como há três átomos na formação de cada molécula, sendo que dois são átomos de X e um é átomo de Y, a porcentagem
em massa de cada elemento será 66,66% para X e 33,33% para Y.
Conforme apresentado no item anterior temos dois átomo de X (ametal) e um átomo de Y (metal), por isso a fórmula
deverá ser YX2.
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A dissolução do KBr ocasionaria a seguinte reação em água:
+
KBr  K(aq) + Br(aq)
-
Pelos conceitos oriundos dos estudos da Lei de Hess, temos:
+
K(g)  K(aq)
H = - 321 kJ/mol (invertida)
+
-
Br(g)  Br(aq)
H = -337 kJ/mol (invertida)
-
+
KBr(s)  K(g) +
Br(g)
H = 689 kJ/mol (mantida)
_________________________________
+
KBr  K(aq) + Br(aq)
-
H = +31 kJ/mol, um processo endotérmico.
Conforme apresentado no item anterior, é um processo endotérmico que necessita absorver 31 KJ.
MM(KBr) = 118,99 g/mol, como tal valor foi colocado em 881 g de H2O temos aproximadamente 1000 g de solução. O calor
fornecido para um mol da dissolução do KBr é igual a 31 kJ, por isso podemos fazer a relação:
Q = m.c. T
31000 = 1000.4,18. T
T = 7,4 ºC, como a temperatura inicial era de 20º C a temperatura final devera diminuir em 7,4º C, pois se trata de um
processo endotérmico, e será igual a 12,6 ºC.
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Fenol e Ácido Carboxílico
2 NaOH
+ 2 H2 O
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O agente oxidante é a espécie química que mais possui facilidade para sofrer a redução e, portanto deverá
apresentar um maior potencial de redução. Entre as substâncias apresentadas àquela que apresenta maior potencial
de redução é o peróxido de hidrogênio de tal forma que esta é a substância com maior força para atuar como agente
oxidante.
Considerando os potencias de redução temos:
-
2 I  I2 + 2e
SRO:
-
-
-
-
-
SRR: ClO + 2e + H2O  Cl + 2 OH
_____________________________
-
-
-
-
RG: ClO + 2 I  Cl + I2 + 2 OH
E = E
0
maior
0
- E
menos
E = 0,860 -0,535
E = 0,355 V
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Na primeira reação em equilíbrio, temos a seguinte situação:
NO(g) + NO2  N2O3(l)
Início:
0,4
0,6
0,0
Reage/forma:
0,4
0,4
0,4
Sobra em equilíbrio:
0,0
0,2
0,4
Já na segunda reação em equilíbrio, temos:
2 NO2(g)  N2O4(g)
Início:
0,2
0,0
Reage/forma:
0,2
0,1 (o enunciado relata que o equilíbrio é favorecido aos produtos)
Sobra em equilíbrio:
0,0
0,1
Temos então para o cálculo da pressão a seguinte relação:
P1V1 = n1.R.T1
__________________  1V = 0,6.R.298/ P2V = 0,1.R.196  P2 = 0,1 atm
P2V2 = n2.R.T2
A questão não deixa bem claro se devemos ou não usar o valor de número de mols inicial, na versão colocada
acima foram utilizados os valores que restaram no primeiro e no segundo equilíbrio, porém acreditamos que seja
mais correto utilizar o valor de número de mols do início com o valor de número de mols do último equilíbrio,
dessa forma teríamos:
Na primeira reação em equilíbrio temos a seguinte situação:
NO(g) + NO2  N2O3(l)
Início:
0,4
0,6
0,0
Reage/forma:
0,4
0,4
0,4
Sobra em equilíbrio:
0,0
0,2
0,4 (não entra nos cálculos, pois é líquido)
Já na segunda reação em equilíbrio temos:
2 NO2(g)  N2O4(g)
Início:
0,2
0,0
Reage/forma:
0,2
0,1 (o enunciado relata que o equilíbrio é favorecido aos produtos)
Sobra em equilíbrio:
0,0
0,1
Temos então para o cálculo da pressão a seguinte relação:
Como o volume é o mesmo, temos:
P.V = n.R.T  V = n.R.T/P
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nNO.R.T/P = nNO2.R.T/P
1 .298/1 = 0,1 . 196/P
P = 0,0658 atm
Molécula de etilenoglicol:
MM = 62 g/mol
Primeiramente devemos considerar que é uma solução a 5% em massa de etilenoglicol.
Também devemos utilizar a equação geral para o cálculo das propriedades coligativas:
Te = Ke . W, onde W = 1000.msoluto/msolvente.MM
Te = 0,52. 1000.5/95.62
Te = 0,44 ºC, como tal produto foi colocado para aumentar a temperatura de ebulição e em tal região a temperatura
de ebulição da água é 94 ºC, a nova temperatura de ebulição da água será 94,44 ºC.
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A substância níquel de Raney atua como catalisador do processo.
A substância, ao atuar como um catalisador, deverá prioritariamente diminuir a sua energia de ativação e em
consequência disso, pode também aumentar a velocidade do processo conforme apresenta o próprio enunciado da
questão.