1º SIMULADO DISCURSIVO - 2014
 RESOLUÇÕES
Questão 1
Teremos:
a) SF6
Geometria octaédrica ou bipirâmide de base quadrangular: apolar.
b) SF4
Geometria de gangorra: polar.
c) O3
Geometria angular: polar.
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IME
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d) XeF4
Geometria quadrado planar: apolar.
e) C F3
Geometria em T: polar.
Questão 2
a) Um dos isótopos é isótono do nuclídeo
108
46 Q
e isóbaro do nuclídeo
108
: 108  46  62 nêutrons
46 Q
109
: pr ótons  nêutrons  109
48 Z
número de prótons do isótopo  109  62  47
O isótopo seria 109
47 X, seu número atômico é 47.
b) Grupo 11 ou I B:
2
47 X : 1s
2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2
4d9
Grupo 11
ou IB
c) No estado fundamental, teremos:
Configuração mais estável :
2
47 X : 1s
2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s1 4d10
d) Teremos:
5s1
n (número quântico principal)  5
(número quântico sec undário ou azimutal)  0
m (número quântico magnético)  0
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109
,
48 Z
então:
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Questão 3
Comparando os potenciais de redução do hidrogênio e do ferro, percebemos que o do hidrogênio é maior:
0,000 V > - 0,440 V.
Então:
Fe(s)  Fe2+(aq) + 2e2H+(aq) + 2e-  H2(g)
Fe(s) + 2H+(aq)  Fe2+(aq) + H2(g)
E = Emaior - Emenor
E = 0,000 V – (– 0,440 V) = + 0,440 v
Agora utilizaremos a equação de Nernst, que relaciona a ddp da pilha com a as concentrações molares das
soluções nas quais os eletrodos estão imersos:
E  E0 
0, 059
logQ
n
Onde:
E = ddp da pilha a 25 oC com solução de concentração molar diferente de 1 M.
E0 = ddp da pilha com solução de concentração 1 M.
0,059 = valor constante a 25 oC, porém pode mudar com a temperatura.
n = número de mols de elétrons transferidos no processo.
Q = quociente entre as concentrações relacionadas, semelhante à constante de equilíbrio.
A partir da equação global da pilha:
Fe(s) + 2H+(aq)  Fe2+(aq) + H2(g)
K
[Fe2  ][H2 ]
[H ]2
Como foi dada a pressão parcial do hidrogênio e p(H2) = k[H2]  [H2] =
K
[Fe2  ]p(H2 )
Q
[Fe2  ]p(H2 )
[H ]2.k '
 K.k ' 
p(H2 )
k'
[Fe2  ]p(H2 )
[H ]2
[H ]2
[FeSO4] = 1 M  [Fe2+] = 1 M; p(H2) = 1,0 atm.
A força eletromotriz medida a 25 oC é igual a 0,292 V (E). O número de elétrons transferidos é igual a 2, ou
seja, n = 2. Utilizando a equação de Nernst, teremos:
E  E0 
2
[Fe ]p(H2 )
0, 059
log
n
[H ]2
0,292  0, 440 
0, 059
1.1
log
2
[H ]2
(0,292  0, 440).2
 log1  2log[H ]
0, 059
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+ 5,0169 = – 2log[H+]
– log[H+] = 2,5085
pH = 2,50
Questão 4
Teremos 25 mL de ácido acético 0,1000 mol.L-1, ou seja:
0,1000 mol de ácido acético  1000 mL
n  25 mL
nácido acético = 2,5 x 10-3 mol
1H3CCOOH + 1NaOH  1H3CCOONa + HOH
No ponto de equivalência n(NaOH) = n(H3CCOOH):
n(NaOH) = 2,5 x 10-3 mol
Como a concentração de NaOH é igual a 0,1000 M, teremos:
0,1000 mol NaOH  1 L
2,5 x 10-3 mol NaOH  V(NaOH)
V(NaOH) = 2,5 x 10-2 L = 25 mL
No ponto de equivalência teremos 25 mL de solução de ácido acético e 25 mL de solução de NaOH, num
total de 50 mL (50 x 10-3 L). Logo,
[H3CCOOH]início =
2,5x103
50x103
 0, 05 M
Agora observemos a reação de hidrólise:
1H3CCOONa + H2O  1H3CCOOH + Na+ + OH1H3CCOO- + H2O  1H3CCOOH + OH0,05 M
0
0 (início)
–x
+x
+ x (durante)
(0,05 – x)
x
x (equilíbrio)
Em (0,05 – x), desprezamos x, então teremos apenas 0,05 M.

Kh 
Kh 
[H3CCOOH][OH ]
[H3CCOO ]
x.x
x2

(0, 05  x) 0, 05
Como Kh 
Kw
, teremos:
Ka
x2
1014

, Ka = 1,8 x 10-5, então:
0, 05
Ka
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x2
1014

0, 05 1, 8x105
x2 = 27,78 x 10-12  x = 5,27 x 10-6 M
Como x = [OH-], [OH-] = 5,27 x 10-6 M.
Kw = [H+][OH-] = 10-14
[H+] x 5,27 x 10-6 = 10-14
[H+] = 1,9 x 10-9  2,0 x 10-9
pH = – log[H+]
pH = – log(2,0 x 10-9) = 9 – log2 = 9 – 0,3 = 8,7
pH = 8,7
Questão 5
Teremos:
2MnO4  aq  8H  aq  6e
3Mn
2
 s   6H2O  
2MnO2  s   4H2O 
3MnO2  s   12H  aq   6e



                                    ( )
2MnO4  aq  3Mn2   aq  2H2O 

5MnO2  s   4H  aq
A diferença de potencial é dada por Δ E = 1,70 – 1,23 = 0,47 V.
Utilizando a equação de Nernst, vem:
0,059
 logQ
n
0,059
0   0,47 
 logK
6
0,059
 logK  0,47
6
0,47
logK 
 6  logK  47,796
0,059
logK  47,8
E  
K  10 47,8
Questão 6
a) Cálculo do número de mols do ácido e da base:
nCH3COOH  [CH3COOH]  VCH3COOH
nCH3COOH  0,20 M  0,50 L  0,10 mol
nNaOH  [NaOH]  VCH3COOH
nNaOH  0,10 M  0,50 L  0,05 mol
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CH3 COOH  NaOH  CH3COO   Na   H2O
1 mol
1 mol
0,10 mol
1 mol
0,05 mol
0,05 mol
(excesso de 0,05 mol)
0,05 mol
0,05 mol
0,05 mol
V  0,50 L  0,50 L  1 L
[CH3 COOH]excesso 
0,05
 0,05 M
1
[CH3 COO ] 
0,05
 0,05 M
1
pH  pK a  log
[CH3 COO ]
[CH3 COOH]excesso
pH  4,75  log
0,05 M
 4,75
0,05 M
b) Teremos:
Cálculo da nova concentração de NaOH:
0,05  0,01
 0,06 M
1
CH3 COOH  NaOH  CH3COO  Na   H2O
[NaOH] 
0,06 M
0,06 M
0,06 M
[CH3 COOH]  0,06 M
[CH3 COO ]  0,06 M
pH  pK a  log
pH  pK a  log
[CH3 COO ]
[CH3 COOH]excesso
[CH3 COOH]excesso
pH  4,75  log
[CH3 COO ]
0,04 M
 4,75  log0,666
0,06 M
pH  4,75  0,1765  4,5735
Questão 7
a) [SO42] = 5 × 1010 mol.L1.
b) [Ba2+] = 2,5 × 105 mol.L1.
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Questão 8
Em (a) e (b) teremos:
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IME
Questão 9
Observação: C6H6OCH3  C6H5OCH3
Teremos:
Questão 10
a) Fórmula molecular da atropina: C7H23NO3.
b) Estruturas das substâncias derivadas da hidrólise ácida da atropina:
CH3
CH3
N
N
OH
OH
+
H2O/H
O
OH
+ HO
O
O
c) Teremos:
O PO3H2
OH
HO
HO
+
H2O +
HO-PO 3H2
O
O
Produto orgânico A
OH
OH
+
Na O
HO
+ NaOH
H2O
-
+
O
O
Produto orgânico B
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