QUÍMICA
COMENTÁRIO DA PROVA DE QUÍMICA
Prova boa, com questões claras e nível superior ao do ano passado. Nota-se, no entanto, a falta de
uma revisão criteriosa, feita por algum professor da área, que não tenha elaborado as questões. Isso já foi
notado no ano passado, quando uma questão inteira e mais um item de outra questão tiveram que ser
anulados.
Nesse ano também ocorreram falhas. São elas:
Questão 2: faltou informar os números atômicos dos elementos do ácido fosfórico.
Questão 3: o enunciado afirma que a reação produz um composto com isomeria geométrica, o que
indica a presença de insaturação; no entanto, a equação apresentada mostra a formação
de um composto saturado.
Questão 4: uso da expressão “massas atômicas” sendo que na mesma linha os valores foram
dados em “g.mol–1”. Ainda nesta questão faltou o enunciado enfatizar que, nesse
caso, está sendo considerado que a fórmula mínima é igual à fórmula do composto
(fórmula química).
Além dessas falhas, houve um grave erro na unidade da constante ebuliométrica na questão 9: o
correto seria Ke = 0,52oC/molal. Esse erro poderia comprometer a resolução por parte dos alunos que
interpretam as unidades em vez de decorar as fórmulas.
Vale ressaltar que, na resolução da questão 2, não levamos em conta a expansão do octeto para o
fósforo, para que seja possível o cálculo da carga formal.
Quanto à abrangência, a prova estava adequada, porém faltou a cobrança de alguma reação
orgânica relevante. Como sugestão, os itens de cada questão poderiam ser mais bem explorados,
aumentando significativamente a abrangência.
Em comparação com o ano passado, houve progresso merecedor de elogios. Esperamos que essa
evolução continue.
Professores de Química do Curso Positivo.
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QUÍMICA
2 NaOH(aq) + H2SO4(aq) → Na2SO4(aq) + 2 H2O(l)
Massas Molares:
H2SO4 = 98g/mol
NaOH = 40 g/mol
Cálculo da quantidade de mols:
Para o ácido sulfúrico (H2SO4)
1 mol
x
98g
19,6.10–3g
x = 2.10–4 mol
Para o hidróxido de sódio (NaOH)
1 mol
x
40g
12.10–3g
x = 3.10–4 mol
Da reação, temos:
1 H2SO4 — 2NaOH
1 mol
— 2 mol
–4
2.10 mol — 3.10–4 mol
Há excesso de H2SO4
Dos 2.10–4 mol reage 1,5.10–4 mol. Logo há 5.10–5 mol de H2SO4 em excesso.
[H2SO4] = 5.10–4 mol . L–1
Admite-se que o grau de ionização é 100%, portanto temos:
5.10–4 mol . L–1 H2SO4 ⇒ [H+] = 10–3 mol . L–1
x
⇒ pH = 3
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QUÍMICA
ácido fosfórico → H3PO4
Elétrons de valência
H = 1e– x 3 = 3e–
O = 6e– x 4 = 24e–
P = 5e– x 1 = 5e–
32 e– de valência (total)
Fórmula de Lewis
Carga formal dos átomos de hidrogênio = (1 – 1) zero
Carga formal dos átomos de oxigênio ligados à hidrogênio = (6 – 6) zero
Carga formal do átomo de oxigênio não ligado à hidrogênio = (6 – 7) – 1
Carga formal do átomo de fósforo = (5 – 4) +1
Obs.: na molécula, a soma das cargas formais é zero.
De outra maneira:
Cálculo da carga formal
e– de valência
–
1/2e– compartilhados
–
e– livres
Carga formal
Hidrogênio
1
–
1
–
0
0
Oxigênio (no OH)
6
–
2
–
4
0
Oxigênio
6
–
1
–
6
–1
Fósforo
5
–
4
–
0
+1
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QUÍMICA
Uma maior produção de ácido graxo saturado é conseguida pelo aumento da concentração de gás
hidrogênio (H2).
Obs.: Na verdade há outra possibilidade não contemplada nas informações fornecidas pelo enunciado
(logo não há necessidade de citá-la na resposta). Como o hidrogênio é o único componente gasoso
presente no equilíbrio. Um maior rendimento também seria obtido pelo aumento da pressão total.
O enunciado informa que o isômero “trans” é mais estável que o “cis”. Considerando hidrogenação parcial,
haverá ainda a presença de ácidos graxos insaturados; por isomerização o “cis” converte-se em “trans”.
Resolução dos itens a e b :
X → Ametal
Y → Metal
% em massa
(ponderal)
Y = 60%
X = 40%
Y60%X40%
Fórmula Centesimal
n → quantidade de matéria (em mols)
m %
n=
=
M M
60
ny =
= 0,625
96
Y0,625X1,25 ÷ 0,625
40
Y1X2 fórmula mínima
(÷ pelo menor)
nx =
= 1,25
32
Admitindo que a fórmula mínima seja igual à “fórmula química” do composto, a
resposta do item b será YX2 .
4
QUÍMICA
Resolução do item a:
YX2 → para 1 mol de Y1X2 temos ntotal = 1 mol de Y + 2 mols de X = 3 mols de átomos
% em mols de átomos de Y e X
Y
3 mols — 100%
1 mol — 33,3%
X
3 mols — 100%
2 mols — 66,7%
Respostas do item a
Invertendo as equações (I) e (II), mantendo a (III) e somando, teremos:
+
K(g)
+
→ K(aq)
∆H = – 321 kJ.mol–1
Lei de Hess
–
–
→ Br(aq)
Br(g)
∆H = – 337 kJ.mol–1
+
+
–
KBr(s) → K(g)
+ Br(g)
∆H = + 689 kJ.mol–1
+
–
KBr(s) → K(aq)
+ Br(aq)
∆H =
?
kJ.mol–1
∆H = + 31 kJ.mol–1
resposta do item b
Resposta do item a:
A dissolução do brometo de potássio em água é um processo endotérmico (∆H > 0), ocorrendo com
absorção calor.
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QUÍMICA
MKBr
119 g.mol–1 → 1 mol = 119 g
msolução = mKBr + mágua = 119 g + 881g = 1000 g
c = 4,18 J.g–1K–1
Admitindo que ∆H = Q = + 31 kJ.mol–1 = 31000J.mol–1
Q = m c ∆T
Q
∆T =
mc
31000
∆T =
1000 . 4,18
31
∆T =
7,4K 7,4oC
4,18
Obs: ∆TK = ∆t (oC)
(a variação da temperatura na escala Kelvin é igual à variação
da temperatura na escala Celsius).
Como a dissolução do brometo de potássio em água absorve calor, a temperatura irá diminuir em 7,4oC.
Logo, a temperatura final será: 20,0oC – 7,4oC = 12,6oC (resposta do item c)
6
QUÍMICA
São consideradas ácido de Brønsted-Lowry as funções fenol e ácido carboxílico.
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QUÍMICA
resposta do item a:
0
.
O agente oxidante mais forte é o H2O2 (peróxido de hidrogênio), pois apresenta o maior E Red
Redução
ClO– + 2e– + H2O   → Cl– + 2(OH)–
Oxidação
2I–    → I2 + 2e–
+
ClO– + H2O + 2I–   → Cl– + 2(OH)– + I2
* equação que representa uma reação
espontânea de oxirredução
(resposta do item b)
∆E =
ERed
Maior
_ ERed
menor
∆E = (+0,890 V) – (+0,535 V)
∆E = +0,355 V
(resposta do item c)
8
QUÍMICA
Início
Levando em conta que temos inicialmente n o de mol total igual a (x)
P = 1atm
PV = nRT
–
–
⇒
1V = x.(0,082)(298)
R = 0,082 atm.L.K 1mol 1
T = 298K
V = 24,5x L volume do sistema
V=?
Reação Total
1NO(g) + 1NO2(g) → N2O3(l)
1mol – 1mol
0,4x – 0,6x
Há excesso de 0,2x mol de NO2(g)
Reação Total
2NO 2(g) – 1N2O4(g)
2 mol – 1 mol
0,2x mol – y
y = 0,1 mol N2O4
Ao final do processo, temos:
V = 24,5x L
T = 196K
n = 0,1x mol
R = 0,082 atm.L.K–1mol–1
P=?
PV = nRT
P . 24,5x = 0,1x(0,082)(196)
P = 0,0656 atm
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QUÍMICA
Neste exercício, a unidade da constante ebuliométrica está incompleta. Ela deveria ser expressa da
seguinte maneira:
Ke = 0,52oC/ molal
Interpretação: Para cada mol de partículas do soluto (dissolvida) em um quilograma de solvente (H2O), a
temperatura de início da ebulição aumenta 0,52 oC.
A solução tem 5% em massa de etilenoglicol (C 2H6O2) e portanto 95% em massa de água.
Partindo de 1000g de solução, temos:
50 g de C2H6O2 = 0,8 mol
0,8 mol de C2H6O2 – 0,95 kg de H2O
x mol de C2H6O2
– 1,0 kg de H2O
x ≈ 0,85 mol de C2H6O2
1 mol de partículas aumenta 0,52oC
kg
0,85 mol de partículas aumenta xoC
kg
x = 0,44oC
Há um aumento de 0,44oC na temperatura de início de ebulição, logo a solução começa a ferver a 94,44oC.
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QUÍMICA
O níquel atua como catalisador da reação.
O níquel de Raney, por ser catalisador, diminui a energia de ativação e, consequentemente, aumenta a
velocidade de reação.
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