RESOLUÇÃO SIMULADO IME
QUÍMICA - CICLO 6
Questão 01
Equação de combustão balanceada:
C6 H 6l   15 / 2 O2 g   6 CO2 g   3 H 2 Ol 
H  Q p
Q p  Qv  nRT
Qv  780 kcal  780 000 cal
n   6 mol de CO2    7,5 mol de O2   1,5 mol
Q p   780 000 cal    1,5 mol  2 cal  mol1  K 1  298 K   780894 cal  780,89 kcal
H  780,89 kcal  mol1
Questão 02
Equação da 1ª reação
8KIO3 s   C12 H 22 O12 s   12 CO2 g   11H 2 O l   8 KI  aq 
M  KIO3   214 g  mol1
22, 4 L gás _______ 1mol
168 L gás _______ x  7,5 mol de CO2
12 mol de CO _______ 8 mol de KI
2
7,5 mol de CO2 _______ y  5 mol de KI
Equação de 2ª reação
2 KI  aq   Hg  NO3 2 aq   2 KNO3 aq   HgI 2 s 
 Hg  NO3 
  0,5 mol  L1  0,1L corresponde a 0,05 mol de Hg  NO3 
2
2  aq  

O KI está em excesso, portanto, temos
1mol Hg  NO3 2 ________ 1mol de HgI 2
0, 05 mol de Hg  NO  ________ z  0, 05 mol de HgI
3 2
2
M  HgI 2   454, 4 g  mol1
1mol HgI ________ 454, 4 g
2
0, 05 mol HgI 2 ________ x  22, 72 g de HgI 2
Questão 03
1 mol de C10H16reage no máximo com 2 mol de Br2na ausência de luz, portanto, apresenta duas ligações duplas. O
produto que dá resultado negativo no teste de Tollens apresenta a função cetona.O composto A deve ser simétrico em
relação às suas ligações duplas, á que quando essas são quebradas na ozonólise verifica-se a formação de apenas um
composto de fórmula C5H8O2. Além disso, o composto A deve ser cíclico, para que o mesmo possa ter fórmula molecular
CnH2n–4possuindo apenas 2 ligações duplas. Esse composto também deve apresentar carbonos terciários em suas ligações
duplas, para que sejam formadas somente cetonas (não ocorrem da formação de aldeídos).
IME-ITA – Resolução Simulado
Questão 04
A)
H 2 O : 1/6 mol  2/6 mol de átomos de H
CO2 : 5/6 . 0,8 (80%) = 4/6 mol = 4/6 mol de átomos de C
N 2 : 5/6 . 0,2 (20%) = 1/6 mol = 2/6 mol de átomos de N
Como o número de átomos de oxigênio é igual ao de carbono  4/6 mol de átomos de O .
4/6
C
2
2/6
2/6
H
1
2/6
2/6
N
1
2/6
4/6
O
2
2/6
Fórmula mínima  C2 HNO2
B)
pV   m / M  RT  M  mRT / pV  M  170, 4 g.0, 082 atm.L.mol1 .K 1 .800 K/  0, 64 atm.82L 
M  213g.mol1
Massa mínima 12.2   1  14  16.2   71
a = M/massa mínima = 213/71 = 3
3 . C2 HNO2  C6 H 3 N 3O6  Fórmula molecular
C) Equação de combustão balanceada:
2 C6 H 3 N 3O6  15 / 2O2  12CO2  3H 2 O  3N 2
1mol C6 H 3 N 3O6  213g 15 / 4 mol O2  120g de O2
Questão 05
Como tanto no início como no final o sistema está em equilíbrio, a pressão do gás é igual a pressão sobre o gás, assim
temos
pi = patm + p(i)embpf = patm + p(f)emb
n.R.T/Vi =Patm +P(i)embn.R.T/Vi =Patm +2P(i)emb
nRT = 4,0(Patm + 2Pi emb)
nRT = 5,0(Patm + Pi emb)
Igualando as duas equações obtemos
5,0 + 5,0P(i) emb = 4,0 +0,8P(i)emb
Patm = 3,0P(i)emb
Mas, P(i)bem =F/A =m x g/A = 6,0 .10,0/20 .104 = 3,0 .104N/m2 =3,0 . 104Pa
Patm = 3,0. 3 . 104 = 9,0 .104Pa
P(atm) = 9.104Pa .(1 atm/101325 Pa) = 0,89 atm
2
Resolução Simulado
Questão 06
Mistura: H2 + O2 na presença de CuO e agente secante:
1º 1CuO + 1H2 1Cu + 1H2O (a água é absorvida pelo agente secante)
2º Cu+ ½ O2  CuO
T = 298,15K
P = 750 torr = 0,98 atm e V = 100 mL = 0,1 L
OBS: Oxigênio seco na forma de CuO: V = 84,5 mL = 0,845 L de O2 e o hidrogênio reagiu todo.
Na mistura: antes da reação nT = nH2 + nO2
nT = PV/RT = 0,98x0,1/RT = 4.10-3mol
nO2(antes da reação) – nO2(reagiu) = nO2(q ñ reagiu)
O hidrogênio reagiu todo:
1H2 1/2 O2
1H2 = 2 O2 : nH = 2nO2(reagiu)
nH(antes da reação) = nH(depois da reação)
nH = 2nO2(reagiu)
nH2 = 2[nO2(antes da reação) – nO2(q ñ reagiu)
nH2 = 2(nT – nH2 – nO2 q ñ reagiu)
nH2 = 2/3[nT – nO2(q ñ reagiu)
84,5 mL de oxigeno seco depois da reação: Podemos calcular agora o nO2(q ñ reagiu).
PV =nO2(q ñ reagiu).R.T ; nO2(q ñ reagiu) = 3,38x10-3 mol
nH2 = 4,13x10-4mol
na mistura original
nH2 = nH2 = 4,13x10-4 mol e nO2(antes da reação) = nT – nH2 = 3,58x10-3 mol
Cálculo da fração molar: xH2 = 10,32% e xO2 = 89,5%
Questão 07
Teremos:
Tempo de meia-vida do U 238 : 4,50  109 anos
Tempo de meia-vida do U 235 : 7,07  108 anos
Abundância isotópica do U 238 : 99,28%
Abundância isotópica do U 235 : 0,72 %
De acordo com o enunciado existem proporções iguais de U-235 e U-238, no momento da formação da Terra, o que
equivale a 50% para cada isótopo.
Para U  235 :
minicial  0,50  mtotal de urânio
matual 
0, 72
 mtotal de urânio
100
Para U  238 :
minicial  0,50  mtotal de urânio
99, 28
 mtotal de urânio
100
Como a curva de desintegração radioativa é exponencial, podemos usar a cinética de desintegração de primeira ordem:
matual  minicial  e Kt
matual 
t (½) 
0, 693
K
Observação: podemos aplicar a expressão matemática acima para a quantidade de átomos ou para o número de mols de
átomos.
3
IME-ITA – Resolução Simulado
Utilizando as fórmulas dadas, vem:
72  102  mtotal de urânio  0,50  mtotal de urânio  e K1t
72  102  0,50  e K1t (1)
99, 28  102  mtotal de urânio  0,50  mtotal de urânio  e K2t
99, 28  102  0,50  e K2t (2)
t (½) 
0, 693
0, 693
 7, 07  108 
K1
K1
0, 693
7, 07  108
0, 693
0, 693
t (½) 
 4,5  109 
K2
K2
K1 
0, 693
4,5  109
Dividindo (1) por (2) :
K2 
72  102
99, 28  102

0,50  e K1t
0,50  e K2t
72
72
72
e K1t
 K t 
 e K2 t  K1t 
 et ( K2  K1 )
2
99, 28 e
99, 28
99, 28
72
1

 137,91
99, 28 137,9
Aplicando n (loge) :
n137,91  t ( K 2  K1 )
0, 693 
 0, 693
n137,9  t 


9
4,5
10
7,
07  108 


 0, 693  7, 07  108  0, 693  4,5  109 
4,9  t 

4,5  109  7, 07  108


 0, 693  7, 07  108  0, 693  45  108 
4,9  t 

45  108  7, 07  108


 26, 28549  108 
4,9  t 

 318,15  108  108 


4,9  108
t
 59,3078  108 anos
0, 0826198
t  5,93  109 anos
Questão 08
A pressão máxima de vapor é atingida ao se atingir o seguinte equilíbrio:
CC  4 ()  CC  4 (v)
K
pCC 4 ( v )
pCC  4 (  )
pCC  4 (  )  constante
K P  pCC 4 ( v )
G  G 0  RT nK P
4
Resolução Simulado
No equilíbrio G  0.
G 0CC  4 ( v )  64, 0 kJ/mol
G 0CC  4 (  )  68, 6 kJ/mol
R  8,314 J  mol1  K 1
T  298 K
G 0  G 0CC 4 ( v )  G 0CC  4 (  )
G 0  64, 0  (68, 6)  4, 6 kJ/mol  4600 J/mol
0  4600  8,314  298nK P
nK P  1,8566564  1,86
K P  pCC  4 ( v )  e1,86 atm
pCC  4 ( v )  e1,86 atm
Questão 09
Equilíbrio Químico: AgC  ( s )  Ag (aq )  C  ( aq )
As concentrações de Ag (aq ) e C  ( aq ) são iguais e dadas pela solubilidade (S), sendo assim:
Kps =  Ag    C   
Kps = S. S = S2
Através do gráfico, no instante em que o sistema não apresenta amônia, há apenas cloreto de prata e água, sendo a
solubilidade igual a 1,3 x 10-5 mol.
Portanto:
Kps = S2
Kps = (1,3 x 10-5)2
Kps = 1,69 x 10-10
Para a solução de concentração 3,0 mol/L, a temperatura permaneceu constante, portanto Kps é o mesmo. A concentração
de C   será dada por S, de acordo com o gráfico, será igual a 1,5 x10-1 mol/L.
AgC  ( s )  Ag (aq )  C  ( aq )

Ag (aq )  2 NH 3   Ag  NH 3 2 
( aq )
Kps   Ag    C   
1, 69  1010   Ag    1,5  101
 Ag    1,13  109 mol/L
Questão 10
a)
Um dos isótopos é isótono do nuclídeo 46 Q108 e isóbaro do nuclídeo 48 Z109 , então:
46
Q108 : 108  46  62 nêutrons
48
Z 109 : prótons  nêutrons  109
número de prótons do isótopo  109  62  47
O isótopo seria
b)
109
47
X , seu número atômico é 47.
Grupo 11 ou I B:
2
2
6
2
6
2
10
4 p 6 5s 2 4
d9
47 X : 1s 2 s 2 p 3s 3 p 4 s 3d
Grupo 11
ou IB
5
IME-ITA – Resolução Simulado
c)
No estado fundamental, teremos:
Configuração mais estável:
47
d)
X : 1s 2 2 s 2 2 p 6 3s 2 3 p 6 4s 2 3d 10 4 p 6 5s1 4d 10
Teremos:
5s1
n (número quântico principal)  5
 (número quântico secundário ou azimutal)  0
m (número quântico magnético)  0
6