QUÍMICA
CONSTANTES
Constante de Avogadro = 6,02 x 1023 mol–1
Constante de Faraday (F) = 9,65 x 104C mol–1 =
= 9,65 x 104 A s mol−1 = 9,65 x 104 J V−1 mol−1
Volume molar de gás ideal = 22,4 L (CNTP)
Carga elementar = 1,602 x 10–19 C
Constante dos gases (R) =
= 8,21 x 10–2 atm L K–1 mol–1 = 8,31 J K–1 mol–1 =
= 1,98 cal K–1 mol–1 = 62,4 mmHg L K–1 mol–1
Constante gravitacional (g) = 9,81 m s–2
DEFINIÇÕES
Pressão de 1 atm = 760 mmHg = 101325 N m−2 = 760 Torr
1J = 1 Nm = 1 kg m2 s−2
Condições normais de temperatura e pressão (CNTP):
0°C e 760 mmHg.
Condições ambientes: 25°C e 1 atm.
Condições-padrão: 25°C, 1 atm, concentração das soluções: 1 mol L–1 (rigorosamente: atividade unitária das espécies), sólido com estrutura cristalina mais estável nas
condições de pressão e temperatura em questão.
(s) = sólido. (l) = líqui do. (g) = gás. (aq) = aquoso.
(CM) = cir cuito metá li co. (conc) = concentrado.
(ua) = uni dades arbi trá rias. [A] = concentração da
espécie química A em mol L–1.
MASSAS MOLARES
Elemento
Químico
Número
Atômico
Massa Molar
(g mol–1)
H
1
1,01
Li
3
6,94
C
6
12,01
N
7
14,01
O
8
16,00
F
9
19,00
Ne
10
20,18
Na
11
22,99
Mg
12
24,30
Al
13
26,98
Si
14
28,08
S
16
32,07
Cl
17
35,45
Ca
20
40,08
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
Elemento
Químico
Número
Atômico
Massa Molar
(g mol–1)
Mn
Fe
Co
Cu
Zn
As
Br
Mo
Sb
I
Ba
Pt
Au
Hg
25
26
27
29
30
33
35
42
51
53
56
78
79
80
54,94
55,85
58,93
63,55
65,39
74,92
79,90
95,94
121,76
126,90
137,33
195,08
196,97
200,59
1
B
A solução aquosa 6% em massa de água oxigenada
(H2O2) é geralmente empregada como agente branqueador para tecidos e cabelos. Pode-se afirmar que a
concentração aproximada dessa solução aquosa, expressa
em volumes, é
a) 24.
b) 20.
c) 12.
d) 10.
e) 6.
Resolução
Concentração expressa em volumes significa o volume
de O2 liberado em 1L de solução nas CNTP.
Considerando densidade da solução 1g . mL–1, neste
caso:
100g de solução = 100mL de solução
Em 100g de solução, há 6g de H2O2 e 94g de H2O.
Cálculo da quantidade de matéria de oxigênio liberado:
H2O2 ⎯⎯⎯→ H2O + ½O2
34g
6g
––––––––––––––––– 0,5mol
––––––––––––––––– x
x = 0,088mol
Cálculo do volume de O2 liberado nas CNTP:
1 mol –––––– 22,4L
0,088 mol –––––– x
x = 1,97L
1970mL
Concentração em volumes: –––––––– = 19,7, aproxi100mL
mando temos 20 volumes.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
2
E
Assinale a opção que apresenta o ácido mais forte, considerando que todos se encontram nas mesmas condições
de concentração, temperatura e pressão.
a) CH3COOH
b) CH3CH2COOH
c) (CH3)3CCOOH
d) ClCH2COOH
e) Cl3CCOOH
Resolução
/
Cl
O
|
//
α
O composto Cl — C — C
é o ácido mais forte,
|
OH
Cl
pois possui três átomos de cloro ligados ao carbono α.
Os átomos de cloro tendem a atrair elétrons, aumentando a força ácida.
3
D
A 25°C, três frascos (I, II e III) contêm, respectivamente,
soluções aquosas 0,10 mol L–1 em acetato de sódio, em
cloreto de sódio e em nitrito de sódio.
Assinale a opção que apresenta a ordem crescente
CORRETA de valores de pHx (x = I, II e III) dessas
soluções sabendo que as constantes de dissociação (K), a
25°C, dos ácidos clorídrico (HCl), nitroso (HNO2) e
acético (CH3COOH), apresentam a seguinte relação:
KHCl > KHNO > KCH
2
3COOH
a) pHI < pHII < pHIII
b) pHI < pHIII < pHII
c) pHII < pHI < pHIII
d) pHII < pHIII < pHI
e) pHIII < pHII < pHI
Resolução
Com base no valor das constantes de ionização,
podemos concluir que o ácido clorídrico (HCl), que é
um ácido forte, está mais ionizado do que o nitroso
(HNO2), que é um ácido moderado, e do que o acético
(CH3 COOH), que é um ácido fraco.
Com exceção do cloreto de sódio, que forma uma
solução com caráter neutro (pH = 7), os sais nitrito de
sódio e acetato de sódio, sofrem hidrólise salina,
formando soluções básicas (pH > 7).
Como o ácido acético é mais fraco que o nitroso, a
solução do sal acetato de sódio é mais básica que a do
nitrito de sódio.
Kw
↑ Kh = ––––
Ka ↓
Portanto:
pHII < pHIII < pHI
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
4
B
A 25°C, as massas específicas do etanol e da água, ambos
puros, são 0,8 g cm–3 e 1,0 g cm– 3, respectivamente.
Adicionando 72 g de água pura a 928 g de etanol puro,
obteve-se uma solução com 1208 cm3 de volume.
Assinale a opção que expressa a concentração desta
solução em graus Gay-Lussac (°GL).
a) 98
b) 96
c) 94
d) 93
e) 72
Resolução
Cálculo do volume de etanol:
0,8g ––––– 1 cm3
928g ––––– Vetanol
Vetanol = 1160cm3
Por definição, °GL é o volume de etanol puro (em cm3)
para 100 cm3 de mistura.
Neste caso:
1208 cm3 ––––––– 100%
1160 cm3 ––––––– x
x = 96%
⇒
96°GL
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
5
C
Considere a energia liberada em
I. combustão completa (estequiométrica) do octano e em
II. célula de combustível de hidrogênio e oxigênio.
Assinale a opção que apresenta a razão CORRETA entre
a quantidade de energia liberada por átomo de hidrogênio
na combustão do octano e na célula de combustível.
Dados: Energias de ligação, em kJ mol–1:
C — C 347
H—H
436
C — H 413
H—O
464
C = O 803
O= O
498
a) 0,280
b) 1,18
c) 2,35
d) 10,5
e) 21,0
Resolução
A variação de entalpia de uma reação química depende apenas dos estados final e inicial e não do caminho
da reação.
Cálculo da variação de entalpia da reação de combustão do octano (C8H18):
2C8H18 + 25O2 → 16CO2 + 18H2O
Ligações rompidas
H — C: 36 . 413kJ
C — C: 14 . 347kJ
O= O: 25 . 498kJ
––––––––––
32 176kJ
Ligações formadas
C = O: – 32 . 803kJ
H — O: – 36 . 464kJ
––––––––––––
– 42 400kJ
ΔH = 32 176kJ – 42 400kJ = – 10 224kJ
Cálculo da variação de entalpia da reação de hidrogênio e oxigênio na célula de combustível:
2H2 + O2 → 2H2O
Ligações rompidas
H — H: 2 . 436kJ
O= O:
498kJ
––––––––––
1 370kJ
Ligações formadas
H — O: – 4 . 464kJ
––––––––––
– 1 856kJ
ΔH = + 1 370kJ – 1 856kJ
ΔH = – 486kJ
Cálculo da energia liberada por átomo de H para a
combustão completa do octano:
EC
=
8H18
10 224
kJ
kJ
–––––– –––––––– = 284 ––––––––
36 mol de H
mol de H
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
Cálculo da energia liberada por átomo de H para a
reação de hidrogênio e oxigênio na célula de combustível:
486
kJ
kJ
EH = –––– –––––––– = 121,5 ––––––––
4
mol
de
H
mol
de H
2
Seja R a razão pedida:
284
R = –––– = 2,357
121,5
Aproximando para 2,35.
6
C
Em um experimento eletrolítico, uma corrente elétrica
circula através de duas células durante 5 horas. Cada
célula contém condutores eletrônicos de platina. A primeira célula contém solução aquosa de íons Au3+ enquanto que, na segunda célula, está presente uma solução
aquosa de íons Cu2+.
Sabendo que 9,85 g de ouro puro foram depositados na
primeira célula, assinale a opção que corresponde à massa de
cobre, em gramas, depositada na segunda célula eletrolítica.
a) 2,4
b) 3,6
c) 4,8
d) 6,0
e) 7,2
Resolução
Como a corrente elétrica e o tempo são os mesmos nas
duas células, então a carga elétrica é a mesma (mesma
quantidade em mol de elétrons).
Cálculo da quantidade em mol de elétrons (cuba com
Au3+):
Au3+ + 3e– ⎯→ Au
3mol –––––– 196,97g
x –––––– 9,85g
x = 0,15 mol de e–
Cálculo da massa de cobre formada:
Cu2+ + 2e– ⎯→ Cu
2mol –––––– 63,55g
0,15mol –––––– y
y = 4,8 g de Cu
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
7
A
A combustão de um composto X na presença de ar
atmosférico ocorre com a formação de fuligem.
Dos compostos abaixo, assinale a opção que contém o
composto X que apresenta a maior tendência de combustão fuliginosa.
a) C6H6
b) C2H5OH
d) CH3(CH2)6CH3
e) CH3OH
c) CH4
Resolução
Apresenta maior tendência de combustão fuliginosa o
composto com maior porcentagem de carbono.
C6H6
M = 78g/mol
78g –––– 100%
72g de C –––– x
x = 92,3% de C
C2H5OH
M = 46g/mol
46g –––– 100%
24g de C –––– x
x = 52,2% de C
CH4
M = 16g/mol
16g –––– 100%
12g de C –––– x
x = 75,0% de C
CH3(CH2)6CH3 M = 114g/mol
114g –––– 100%
96g de C –––– x
x = 84,2% de C
CH3OH
32g –––– 100%
12g de C –––– x
x = 37,5% de C
M = 32g/mol
Portanto, o composto com maior porcentagem de
carbono e com maior tendência de combustão
fuliginosa é C6H6.
8
B
Nas condições ambientes, assinale a opção que contém
apenas óxidos neutros.
a) NO2, CO e Al2O3
b) N2O, NO e CO
c) N2O, NO e NO2
d) SiO2, CO2 e Al2O3
e) SiO2, CO2 e CO
Resolução
São classificados como óxidos neutros N2O, NO e CO,
que não reagem com água, ácido e base.
NO2, CO2 e SiO2 são óxidos ácidos, enquanto Al2O3 é
óxido anfótero.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
9
B
Assinale a opção que apresenta a fórmula molecular do
polímero que pode conduzir corrente elétrica.
[
]
c) –
[ CF – CF –]
e) –
[ CHOH – CH –]
a) – CH2 – CH2 –
n
2
2
n
2
[
d) –
[ CHCH
]
b) – CH = CH –
3
n
]
– CH2 –
n
n
Resolução
O polímero que pode conduzir corrente elétrica é
aquele que apresenta estrutura com duplas ligações
conjugadas:
[
]
– CH = CH – → …
…
n
A deslocalização dos elétrons pi (π) possibilita a
condução de corrente elétrica, após o processo de
dopagem.
10
E
São descritos abaixo dois experimentos, I e II, nos quais
há sublimação completa de uma mesma quantidade de
dióxido de carbono no estado sólido a 25 °C:
I. O processo é realizado em um recipiente hermeticamente fechado, de paredes rígidas e indeformáveis.
II. O processo é realizado em cilindro provido de um
pistão, cuja massa é desprezível e se desloca sem atrito.
A respeito da variação da energia interna do sistema (ΔU),
calor (q) e trabalho (w), nos experimentos I e II, assinale
a opção que contém a afirmação ERRADA.
a) qI > 0
b) | wII | > | wI |
d) | wII | ≠ 0
e) ΔUII = qII
c) ΔUI > ΔUII
Resolução
Processo I: Sublimação do dióxido de carbono, processo endotérmico. Ocorre a volume constante, portanto, o trabalho é nulo.
ΔUI = qI + wI ⇒ ΔUI = qI
qI > 0, processo endotérmico
Processo II: sublimação do dióxido de carbono com a
expansão do cilindro.
qI = qII, pois é a mesma massa que se sublima na
mesma temperatura.
wII < 0, pois ocorre expansão.
ΔUII = qII + wII, logo ΔUI > ΔUII
A alternativa falsa é a e, pois ΔUII = qII + wII
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
11
E
Assinale a opção CORRETA que apresenta o potencial
de equilíbrio do eletrodo Al3+ / Al, em volt, na escala do
eletrodo de referência de cobre-sulfato de cobre, à
temperatura de 25 °C, calculado para uma concentração
do íon alumínio de 10–3 mol L–1.
Dados: Potenciais de eletrodo padrão do cobre-sulfato de
cobre (E0CuSO
) e do alumínio (E0Al3+/Al), na escala do
4/Cu
eletrodo de hidrogênio, nas condições-padrão:
E0CuSO
4/Cu
= 0,310 V
E0Al3+/Al = – 1,67 V
a) –1,23
d) –1,98
b) –1,36
e) –2, 04
c) –1,42
Resolução
A variação de potencial (ΔE) não depende do eletrodo
de referência; neste caso, temos:
⎯→
Cu2+ + Al
ΔE = Ered
Cu
– Ered
Al
= Ered
Al 3+ + Cu
Cu
(eletrodo referência:
hidrogênio)
– Ered
Al
(eletrodo referência:
CuSO4 /Cu)
zero
+ 0,310 – (– 1,67)
=
Ered
Cu
– Ered
Al
Ered = – 1,98V
Al
Cálculo do potencial de redução do alumínio para a
concentração de íon alumínio de 10 –3mol L –1.
Equação de Nernst:
0,059
E = E0 – –––––– . log Q
n
1
0,059
E = – 1,98 – –––––– . log ––––– (V)
3
10–3
E = – 1,98 – 0,059 (V)
E = – 2,0391V
E = – 2,04V
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
12
A
Em um experimento de laboratório, cloreto de alumínio,
cloreto de zinco e carbonato de sódio são dissolvidos,
individualmente, em três recipientes separados contendo
água neutra aerada com pH = 7. Uma placa de ferro
metálico é imersa em cada um dos recipientes, que são
mantidos à temperatura de 25 °C.
Admitindo-se as condições experimentais apresentadas
acima, são feitas as seguintes afirmações em relação à
influência da hidrólise dos sais na velocidade de corrosão
das placas metálicas:
I. O cátion alumínio hidratado forma soluções aquosas
que aceleram a corrosão do ferro.
II. As soluções aquosas produzidas pela hidrólise do
ânion carbonato inibem a corrosão do ferro.
III. A corrosão do ferro é inibida pela solução aquosa
formada no processo de hidrólise do cátion zinco
hidratado.
Das afirmações acima, está(ão) CORRETA(S) apenas
a) I e II.
b) I e III.
c) II. d) II e III.
e) III.
Resolução
A corrosão do ferro pode ser expressa pela equação:
Fe0(s) ⎯→ Fe2+(aq) + 2e–
O íon H+ (melhor oxidante que o Fe2+) pode retirar
elétrons do ferro (oxidação), provocando sua corrosão.
Fe(s) + 2H+(aq) ⎯→ Fe2+(aq) + H2(g)
Portanto:
I. Verdadeira.
A hidrólise do íon alumínio hidratado forma íon H+
acelerando a corrosão do ferro.
[Al (H2O)6]3+(aq) → [Al (H2O)5(OH)]2+(aq) + H+(aq)
II. Verdadeira.
O íon carbonato sofre hidrólise básica:
→ HCO –(aq) + OH–(aq)
CO32– (aq) + H2O(l) ←
3
A presença de íons OH– neutraliza os íons H+ da
solução, inibindo a corrosão do ferro.
III. Falsa.
A hidrólise do cátion zinco hidratado forma íon H+ e
acelera a corrosão do ferro.
[Zn (H2O)6]2+(aq) → [Zn (H2O)5(OH)]+(aq) +
H+(aq)
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
13
A
A reação catalisada do triacilglicerol com um álcool
(metanol ou etanol) produz glicerol (1,2,3-propanotriol) e
uma mistura de ésteres alquílicos de ácidos graxos de
cadeia longa, mais conhecido como biodiesel. Essa reação
de transesterificação envolve o equilíbrio representado
pela seguinte equação química balanceada:
em que: R’, R”, R’” = cadeias carbônicas dos ácidos
graxos e R = grupo alquil do álcool reagente.
A respeito da produção do biodiesel pelo processo de
transesterificação, são feitas as seguintes afirmações:
I.
O hidróxido de sódio é dissolvido completamente
e reage com o agente transesterificante para
produzir água e o íon alcóxido.
II.
Na transesterificação catalisada por álcali, os
reagentes empregados nesse processo devem ser
substancialmente anidros para prevenir a formação
de sabões.
III. Na reação de produção do biodiesel pela rota
etílica, com catalisador alcalino, o alcóxido
formado inibe a reação de saponificação.
Das afirmações acima, está(ão) CORRETA(S) apenas
a) I e II.
b) I e III.
c) II. d) II e III.
e) III
Resolução
I. Verdadeira: O hidróxido de sódio é dissolvido no
álcool (agente transesterificante) para a formação
do catalisador (íon alcóxido) e água.
R — OH + NaOH ⎯→ R — O –Na+ + H2O
álcool
II. Verdadeira. A presença de água promoveria a
hidrólise dos ésteres, levando à reação de saponificação pelo ataque do íon hidróxido.
III. Falsa: O que inibe a reação de saponificação é a
ausência de água, pois esta promove a hidrólise
alcalina dos ésteres.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
14
A
Um sistema em equilíbrio é composto por n0 mol de um
gás ideal a pressão P0, volume V0, temperatura T0 e
energia interna U0. Partindo sempre deste sistema em
equilíbrio, são realizados isoladamente os seguintes
processos:
I.
Processo isobárico de T0 até T0/2.
II.
Processo isobárico de V0 até 2V0.
III.
Processo isocórico de P0 até P0/2.
IV.
Processo isocórico de T0 até 2T0.
V.
Processo isotérmico de P0 até P0/2.
VI.
Processo isotérmico de V0 até V0/2.
Admitindo que uma nova condição de equilíbrio para esse
sistema seja atingida em cada processo x (x = I, II, III, IV,
V e VI), assinale a opção que contém a informação
ERRADA.
a) UV = UVI/2 b) UVI = U0
c) PIV = PVI
d) TII = 4TIII
e) VI = VV/4
Resolução
Como o sistema não tem variação na quantidade de
matéria, pode-se utilizar a relação:
P1V1
P2V2
–––––– = –––––
T2
T1
P0V0
P0VI
1
I) –––––– = ––––– ⇒ VI = V0 . –––
2 ;
T0
T0
–––
2
U0 = 2UI
P0V0
P0 . 2V0
II) –––––– = ––––––– ⇒ TII = 2T0 ; UII = 2U0 ;
TII
T0
UII
U0 = ––––
2
P0V0
P0 . V0
T0
III) –––––– = ––––––– ⇒ TIII = ––– ;
2
2(TIII)
T0
U0
UIII = –––– ;
2
U0 = 2UIII
P0V0
PIV . V0
IV) –––––– = –––––––– ⇒ PIV = 2P0 ; TIV = 2T0 ;
(2T0)
T0
UIV
U0 = ––––
2
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
P0 . VV
P0V0
V) –––––– = –––––––– ⇒ VV = 2 . V0 ; TV = T0 ;
2 . (T0)
T0
U0 = UV
P0V0
PVI . V0
VI) –––––– = –––––––– ⇒ PVI = 2 . P0 ; TVI = T0 ;
(T0) 2
(T0)
U0 = UVI
Considerando que a energia interna (U), em um
sistema com gás ideal, só depende da temperatura (T),
a alternativa errada afirma que a energia interna dos
sistemas V e VI são diferentes. Porém, se a transformação é isótermica, UV = UVI .
15
D
Quando aquecido ao ar, 1,65 g de um determinado
elemento X forma 2,29 g de um óxido de fórmula X3O4.
Das alternativas abaixo, assinale a opção que identifica o
elemento X.
a) Antimônio
b) Arsênio
c) Ouro
d) Manganês
e) Molibdênio
Resolução
Por estequiometria, calcula-se a massa molar do
óxido:
3Mn ⎯⎯⎯⎯⎯→ 1 Mn3O4
1,65g ⎯⎯⎯⎯⎯→ 2,29g
3 . 54,94g ⎯⎯⎯⎯⎯→ x
3 . 54,94 . 2,29
x = ––––––––––––– (g) = 228,75g
1,65
Cálculo da massa molar do óxido Mn3O4 :
M = (3 . 54,94 + 16,00 . 4) g/mol
M = 228,75g/mol
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
16
D
Assinale a opção que apresenta a ordem crescente
ERRADA de solubilidade em água das substâncias
abaixo, nas condições ambientes.
a) C5H12 < C5H11Cl < C5H11OH
b) C5H11OH < C4H9OH < C3H7OH
c) CH4 < C2H6 < C2H4O
d) CCl2F2 < CClF3 < CF4
e) N2 < O2 < NO
Resolução
•
Quanto maior a polaridade do composto, maior a
sua solubilidade em água.
A opção que apresenta a ordem crescente ERRADA de solubilidade em água das substâncias, nas
condições ambientes, é:
CCl 2 F2 < CClF3 < CF4
•
A ordem correta é:
CF4 < CCl 2F2 < CCl F3
O CF4 é apolar e CCl F3 é a molécula mais polar,
portanto é a mais solúvel em água.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
17
D
Considere as seguintes afirmações:
I. Um coloide é formado por uma fase dispersa e outra
dispersante, ambas no estado gasoso.
II. As ligações químicas em cerâmicas podem ser do tipo
covalente ou iônica.
III. Cristal líquido apresenta uma ou mais fases
organizadas acima do ponto de fusão do sólido
correspondente.
Então, das afirmações acima, está(ão) CORRETA(S)
a) apenas I.
b) apenas I e II.
c) apenas II.
d) apenas II e III.
e) apenas III.
Resolução
I) Falsa.
Um coloide é formado por uma fase dispersa e
outra dispersante.
Exemplos:
disperso sólido + dispersante gasoso ⇒ fumaça
disperso líquido + dispersante gasoso ⇒ neblina
disperso líquido + dispersante líquido ⇒ maionese
Se ambos forem gases, a mistura é homogênea e
trata-se de uma solução e não de um coloide.
II) Verdadeira.
Cerâmicas são formadas a partir do tratamento
térmico de sólidos, podendo ser:
Compostos iônicos: ex.: alumina (Al2O3);
Compostos moleculares: ex: carbetos (Si3C4, TiC
etc.).
III) Verdadeira.
Cristais líquidos são substâncias, numa certa faixa
de temperatura imediatamente acima dos seus
pontos de fusão, que exibem propriedades de
líquido (movimento, escoamento) e sólido (elevada
ordenação, rigidez), simultaneamente.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
18
C
Assinale a opção que apresenta a relação ERRADA a
respeito do comprimento de ligação (R) entre pares de
moléculas (neutras, cátions ou ânions), todas no estado
gasoso.
a) RCO em CO < RCO em CO2
b) RNO em NO+ < RNO em NO–
+
c) RNO em NO2– < RNO em NO2
d) RNN em N2F2 < RNN em N2F4
e) RSO em SO3 < RSO em SO32–
Resolução
a) Correta.
RCO < RCO
2
CO
C
π
π
CO2
π
σ
O=C=O
σ π
σO
O comprimento da ligação no CO é menor.
A ligação π diminui o comprimento da ligação.
b) Correta.
R
NO+
<R
NO–
NO+
NO–
[N — O]+
[N — O]–
Devido à deficiência de elétrons no NO+, o comprimento de ligação fica mais curto.
c) Errada.
R
NO2–
>R
+
NO2
–
+
NO2
•• ••
NO2
••
O •• N •• •• O •• 冥
冤 •• ••
[O — N = O]
–
•• ••
••
O •• N •• •• O •• 冥
冤 ••
–
[O — N = O]
+
+
Devido à deficiência de elétrons no NO2+, o comprimento de ligação fica mais curto.
d) Correta.
R
N2F2
<R
N2F4
N2F2
N2F4
F
F
N—N
F—N=N—F
F
F
A ligação dupla é mais curta que a ligação simples.
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d) Correta.
RSO 2– > RSO
3
3
SO3
Estrutura ressonante
O
O
O
||
|
|
S ↔
S ↔
S
O O
O O
O O
SO32–
Ligação simples
O — S — O 2–
|
O
冤
冥
Na estrutura ressonante, o comprimento da ligação está entre o comprimento de uma ligação
simples e o comprimento de uma ligação dupla.
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19
D
A figura mostra o perfil reacional da decomposição de um
composto X por dois caminhos reacionais diferentes, I e
II. Baseado nas informações apresentadas nessa figura,
assinale a opção ERRADA.
a) O caminho reacional II envolve duas etapas.
b) A quantidade de energia liberada pelo caminho
reacional I é igual à do caminho reacional II.
c) O composto K é um intermediário no processo
reacional pelo caminho II.
d) O caminho reacional I mostra que a decomposição de
X é de primeira ordem.
e) O caminho reacional II refere-se à reação catalisada.
Resolução
O gráfico mostra dois caminhos para a decomposição
do composto X:
Caminho reacional I: apresenta-se em uma única
etapa:
2X ⎯→ 2T + Z
Trata-se de uma decomposição de segunda ordem:
v = k [X]2
Caminho reacional II: apresenta-se em duas etapas:
1.a etapa: X + 2Y + 2W ⎯→ 2T + K (rápida)
(menor energia de ativação)
2.a etapa:
X + K ⎯→ 2Y + 2W + Z
(lenta)
Os compostos Y e W atuam como catalisadores, pois
participam do processo mas não são consumidos e o
composto K é intermediário, pois é produzido na 1.a
etapa e consumido na 2.a etapa.
A variação de entalpia (ΔH) nos dois processos é a
mesma, pois só depende das entalpias inicial e final.
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20
E
Considere dois cilindros idênticos (C1 e C2), de paredes
rígidas e indeformáveis, inicialmente evacuados. Os
cilindros C1 e C2 são preenchidos, respectivamente, com
O2(g) e Ne(g) até atingirem a pressão de 0,5 atm e
temperatura de 50°C. Supondo comportamento ideal dos
gases, são feitas as seguintes afirmações:
I. O cilindro C1 contém maior quantidade de matéria
que o cilindro C2.
II. A velocidade média das moléculas no cilindro C1 é
maior que no cilindro C2 .
III. A densidade do gás no cilindro C1 é maior que a
densidade do gás no cilindro C2.
IV. A distribuição de velocidades das moléculas contidas
no cilindro C1 é maior que a das contidas no cilindro
C2.
Assinale a opção que apresenta a(s) afirmação(ões)
CORRETA(S).
a) Apenas I e III.
b) Apenas I e IV.
c) Apenas II.
d) Apenas II e IV.
e) Apenas III.
Resolução
Aplicando a equação dos gases ideais, temos:
Cilindro I: P V = nO R T
2
Cilindro II: P V = nNe R T
Assim, como P, T e V são constantes, obteremos a
relação:
PV
nO R T
2
––––– = –––––––––
⇔ n =n
O2
Ne
PV
nNe R T
Portanto, a quantidade de matéria, em mols, é a
mesma nos dois cilindros.
PM
A densidade dos gases é dada pela equação: d = –––––
RT
Sendo M a massa molar do gás, concluímos que a
densidade do gás oxigênio contido no cilindro I é
maior, pois apresenta maior massa molar que o Ne.
Dois gases, na mesma temperatura, apresentam a
mesma energia cinética média. Quanto maior a massa
molar, menor a velocidade média das moléculas.
A distribuição de velocidades das moléculas contidas
no cilindro C1 é menor que a das contidas no cilindro
C2.
As moléculas pesadas viajam com velocidade perto do
seu valor médio. As moléculas leve apresentam um
intervalo mais largo de velocidades.
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A única afirmação correta é a III.
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS
DE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NO
CADERNO DE SOLUÇÕES.
AS QUESTÕES NUMÉRICAS DEVEM SER DESENVOLVIDAS ATÉ O FINAL, COM APRESENTAÇÃO DO VALOR ABSOLUTO DO RESULTADO.
21
A velocidade de uma reação química é dada pela seguinte
βC
equação: v = ––––––– ; em que β e α são constantes e C,
1 + αC
a concentração do reagente.
Calcule o valor do produto αC quando a velocidade da
reação atinge 90% do seu valor limite, o que ocorre
quando αC >> 1.
Resolução
No valor limite de velocidade, αC >> 1, podendo-se
dizer que 1 + αC = αC
A velocidade no valor limite pode ser expressa por:
βC
βC
β
v = ––––––– = –––– = ––––
αC
α
1 + αC
Quando a velocidade atinge 90% do valor limite:
β
v = 0,9 ––––
α
Escrevendo a expressão da velocidade fornecida:
βC
v = ––––––
1 + αC
Substituindo, teremos:
βC
β
0,9 –––– = ––––––
α
1 + αC
0,9 (1 + αC) = αC
0,9 + 0,9αC = αC
0,1αC = 0,9
0,9
C
–––– = ––––––
α
1 + αC
αC = 9
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
22
Determine a constante de equilíbrio, a 25 °C e 1,0 atm, da
reação representada pela seguinte equação química:
→
2MnO– (aq) + 3Mn2+ (aq) + 2H O (l) ←
4
2
→ 5MnO (s) + 4H+ (aq)
←
2
São dadas as semiequações químicas e seus respectivos
potenciais elétricos na escala do eletrodo de hidrogênio,
nas condições-padrão:
→
2MnO– (aq) + 8H+ (aq) + 6e– ←
4
→ 2MnO (s) + 4H O (l) ; E0 –
←
MnO 4/MnO2 = 1,70V
2
2
→
3MnO2 (s) + 12H+ (aq) + 6e– ←
→ 3Mn2+ (s) + 6H O (l) ; E0
2+ = 1,23V
←
2
MnO2/Mn
Resolução
Cálculo da diferença de potencial:
→
2MnO– (aq) + 8H+(aq) + 6e– ←
4
→ 2MnO (s) + 2H O(l)
←
2
2
→
3Mn2+ (aq) + 6H O(l) ←
E = + 1,70V
2
2H2O(l)
→ 3MnO (s) + 12H+(aq) + 6e–
E = – 1,23V
←
2
4H+(aq)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
→
2MnO–4 (aq) + 3Mn2+ (aq) + 2H2O (l) ←
+
→
ΔE = + 0,47V
← 5MnO2 (s) + 4H (aq)
No equilíbrio, ΔE é nulo.
Usando a Equação de Nernst:
0,059
ΔE = ΔE0 – –––––– . log Q
n
0,059
0 = + 0,47 – –––––– . log K
6
0,059
–––––– . log K = 0,47
6
0,47 . 6
log K = ––––––
0,059
log K = 47,8
K = 1047,8
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
23
Para cada conjunto de substâncias, escolha aquela que
apresenta a propriedade indicada em cada caso. Justifique
sua resposta.
a) Entre acetona, ácido acético e ácido benzoico, qual
deve apresentar a maior entalpia de vaporização?
b) Entre hidrogênio, metano e monóxido de carbono, qual
deve apresentar o menor ponto de congelamento?
c) Entre flúor, cloro e bromo, qual deve apresentar maior
ponto de ebulição?
d) Entre acetona, água e etanol, qual deve apresentar
menor pressão de vapor nas condições ambientes?
e) Entre éter, etanol e etilenoglicol, qual deve apresentar
maior viscosidade nas condições ambientes?
Resolução
a) O ácido benzoico deve apresentar a maior entalpia
de vaporização, pois estabelece ligações de
hidrogênio e apresenta a maior cadeia.
b) O hidrogênio apresenta o menor ponto de
congelamento, pois é apolar e apresenta a menor
massa molar.
c) O flúor, o cloro e o bromo são apolares; sendo
assim, o bromo (Br2) possui o maior ponto de
ebulição, pois possui a maior massa molar.
d) A água apresenta a menor pressão de vapor, pois
estabelece mais ligações de hidrogênio entre suas
moléculas que o etanol.
e) O etilenoglicol apresenta maior viscosidade nas
condições ambientes, pois possui o maior número
de ligações de hidrogênio.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
24
A reação química hipotética representada pela seguinte
k 2AB + C foi acompanhada
equação: 2AB2C ⎯⎯→
2
2
experimentalmente, medindo-se as concentrações das
espécies [AB2C], [AB2] e [C2] em função do tempo. A
partir destas informações experimentais, foram determinadas a constante de velocidade (k) e a lei de velocidade
da reação.
Com base nessa lei de velocidade, o mecanismo abaixo
foi proposto e aceito:
k1
Mecanismo: AB2C ⎯⎯→
AB2 + C
lenta
k2
AB2C + C ⎯⎯→
AB2 + C2 rápida
Explique como foi possível determinar a constante de
velocidade (k) .
Resolução
A velocidade da reação é dada pela etapa lenta do
mecanismo:
AB2C → AB2 + C
Trata-se de uma reação de primeira ordem:
v = k [AB2C]1
A equação de velocidade, integrada em função do
tempo, pode ser expressa por:
[AB2C]t
ln ––––––––
= – kt
[AB2C]0
Em que [AB2C]0 é a concentração no instante t = 0, e
[AB2C]t é a concentração no instante t.
O gráfico pode ser representado da seguinte maneira:
A constante k pode ser determinada pelo coeficiente
angular da reta.
ln [AB2C]
k = – ––––––––
t
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
25
Em um frasco de vidro, uma certa quantidade de
Ba(OH)2.8H2O(s) é adicionada a uma quantidade, em
excesso, de NH4NO3 (s), ambos pulverizados. Quando os
dois reagentes são misturados, observa-se a ocorrência de
uma reação química. Imediatamente após a reação, o
frasco é colocado sobre um bloco de madeira umedecido,
permanecendo aderido a ele por um certo período de
tempo.
Escreva a equação química balanceada que representa a
reação observada. Explique por que o frasco ficou aderido
ao bloco de madeira, sabendo que o processo de
dissolução em água do NH4NO3 (s) é endotérmico.
Resolução
Equação química da reação:
Ba(OH)2 . 8H2O(s) + NH4NO3(s) →
→ Ba(NO3)2(aq) + 2NH3(g) + 10H2O(l)
O NH4NO3 se dissolve na água formada absorvendo
calor da vizinhança, esfriando o frasco.
Ao colocá-lo sobre o bloco de madeira umedecido, a
água congela e prende o frasco.
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
26
Escreva as fórmulas estruturais das substâncias A, B, C,
D, E e F apresentadas nas seguintes equações químicas:
CH3CH2CH2Br + CN– → A + B
H+
A + H2O ⎯⎯→ C + D
LiAlH
4
E
A ⎯⎯⎯→
CH MgBr
3
F
A ⎯⎯⎯→
Resolução
Temos as reações:
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
27
O dióxido de carbono representa, em média, 0,037% da
composição volumétrica do ar seco atmosférico, nas
condições ambientes. Esse gás, dissolvido em água, sofre
um processo de hidratação para formar um ácido
diprótico, que se ioniza parcialmente no líquido.
Admitindo-se que água pura seja exposta a CO2 (g)
atmosférico, nas condições ambientes, e sabendo que o
equilíbrio entre as fases gasosa e líquida desse gás é
descrito pela lei de Henry, calcule:
a) a solubilidade do CO2 (aq), expressa em mg L–1, nas
condições especificadas acima, sabendo que a
constante da lei de Henry para CO2 gasoso dissolvido
em água a 25 °C é 3,4 x 10–2 mol L–1 atm–1.
b) a concentração molar do ânion bicarbonato, expressa
em mol L–1, sabendo que a constante de dissociação
ácida para o primeiro equilíbrio de ionização do ácido
diprótico a 25 °C é 4,4 x 10–7.
Resolução
a) Cálculo da pressão parcial do CO2:
0,037
PCO2 = XCO2 . P = –––––– . 1 atm = 3,7 . 10–4 atm
100
Cálculo da concentração de CO2(aq):
[CO2(aq)]
KH = –––––––––
PCO2
[CO2(aq)]
3,4 . 10–2 = –––––––––
3,7 . 10–4
[CO2(aq)] = 1,258 . 10–5 mol . L–1
[CO2(aq)] = 1,3 . 10–5 mol . L–1
Cálculo da solubilidade do CO2(aq) em mg L–1:
1 mol de CO2 ––––––––– 44 000 mg
1,3 . 10–5 mol de CO2 ––––––––– x
x = 0,572 mg
solubilidade = 0,6 mg . L–1
→ H+(aq) + HCO – (aq)
CO2(aq) + H2O(l) ←
3
b)
início
1,3 . 10–5
mol . L–1
reage e
forma
x
x
equilí1,3 . 10–5 – x
brio
—
—
x
x
x
x
[H+] [HCO3–]
x.x
K = –––––––––––––
4,4 . 10–7 = –––––––––––––
[CO2]
1,3 . 10–5 – x
4,4 . 10–7 . (1,3 . 10–5 – x) = x2
5,7 . 10–12 – 4,4 . 10–7 . x = x2
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
x2 + 4,4 . 10–7 . x – 5,7 . 10–12 = 0
x1 = – 2,6 . 10–6 (não pode)
x2 = + 4,4 . 10–6
A concentração molar do ânion bicarbonato é
4,4 . 10–6 mol . L–1.
[HCO–3]= 4,4 . 10–6 mol/L
28
Em um processo hidrometalúrgico, conduzido nas condições ambientes, o mineral calcopirita (CuFeS2) é
lixiviado em solução aquosa de sulfato férrico. Durante o
processo, o sulfato férrico é regenerado a partir da adição
de ácido sulfúrico e oxigênio gasoso a essa solução
aquosa.
Sabendo que a calcopirita é um semicondutor que sofre
corrosão eletroquímica em meios aquosos oxidantes e,
admitindo-se que esse mineral, empregado no processo
de lixiviação, é quimicamente puro, escreva as equações
químicas balanceadas das reações que representam:
a) a etapa de lixiviação de CuFeS2 (s) com sulfato férrico
aquoso.
b) a etapa de regeneração da quantidade exata de matéria
total do sulfato férrico consumido no processo de
lixiviação da etapa “a”, com adição de solução aquosa
diluída de ácido sulfúrico e injeção de gás oxigênio.
c) a reação global do processo de lixiviação da calcopirita, considerando-se as etapas “a” e “b” acima.
Resolução
a) A equação química que representa a lixiviação
com sulfato férrico aquoso é a que se segue (o
sulfato férrico é um sal solúvel, portanto, será
escrito apenas o íon Fe3+):
CuFeS2 (s) + 4Fe3+(aq) →
→ Cu2+(aq) + 5 Fe2+(aq) + 2S(s)
b) A equação que representa a regeneração do íon
férrico (oxidação do íon ferroso a férrico) é:
4H+(aq) + O2(aq) + 4Fe2+(aq) →
→ 4Fe3+(aq) + 2H2O (l)
c) Equação global (soma das etapas a e b):
CuFeS2(s) + 4H+(aq) + O2(aq) →
→ Cu2+(aq) + Fe2+(aq) + 2H2O(l) + 2S(s)
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29
O produto de solubilidade em água, a 25 °C, do sal hipotético M(IO3)2 é 7,2 x 10–9.
Calcule a solubilidade molar desse sal em uma solução
aquosa 2,0 x 10–2 mol L–1 de M(NO3)2.
Resolução
A expressão do produto de solubilidade do sal M(IO3)2
é:
2+
–
M(IO3)2(s) ←⎯
⎯→ M (aq) + 2IO 3 (aq)
KPS = [M 2+] . [IO3– ] 2
Numa solução 2,0 . 10 –2 mol L–1 de M(NO3)2 , temos:
M(NO3)2
↓
1 mol
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ M2+ + 2NO–3
↓
––––––––––––––– 1 mol
2,0 . 10–2 mol L–1 ––––––––––
n
n = 2,0 . 10 –2 mol L – 1 de íons M 2+
Ao se adicionar M(IO3)2 numa solução
2,0 . 10–2 mol L–1 de M(NO3)2 , teremos:
M(IO3)2 (s) ←⎯
⎯→
M2+(aq)
+ 2 IO3–(aq)
início
2,0 . 10–2
0
solubiliza-se
x
2x
equilíbrio
2,0 . 10–2 + x
2x
Como o valor de KPS é pequeno, a concentração de íons
M 2+ na solução é praticamente 2,0 . 10 – 3 mol . L–1
KPS = [M2+] . [IO3–]2
7,2 . 10 –9 = (2,0 . 10–2) . (2x)2
7,2 . 10– 9 = 2,0 . 10– 2 . 4 . x2
x2 = 9,0 . 10– 8
x = 3,0 . 10– 4 mol L–1
A solubilidade do sal vale 3,0 . 10 –4 mol L –1
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0
30
Estima-se que a exposição a 16 mg m–3 de vapor de
mercúrio por um período de 10 min seja letal para um ser
humano. Um termômetro de mercúrio foi quebrado e todo
o seu conteúdo foi espalhado em uma sala fechada de
10m de largura, 10m de profundidade e 3m de altura,
mantida a 25 °C.
Calcule a concentração de vapor de mercúrio na sala após
→ Hg (g), sabendo
o estabelecimento do equilíbrio Hg (l) ←
que a pressão de vapor do mercúrio a 25 °C é 3 x 10–6 atm,
e verifique se a concentração de vapor do mercúrio na
sala será letal para um ser humano que permaneça em seu
interior por 10 min.
Resolução
Admitindo que o mercúrio se volatilize na sala
atingindo o equilíbrio, a pressão de vapor do mercúrio
será 3 . 10–6 atm.
Aplicando a equação de estado, temos:
PV = n R T
n
P = –––– R T
V
P = [Hg] R T
P
[Hg] = ––––
RT
3 x 10–6 atm
[Hg] = –––––––––––––––––––––––––––––––––
8,21 . 10–2 atm L . K–1 . mol–1 . 298K
[Hg] = 1,23 . 10–7 mol . L–1
Cálculo da concentração de mercúrio na sala em mg m–3:
1 mol de Hg –––––––– 200,59 . 103 mg
1,23 . 10–7 mol de Hg . L–1 ––––––––– x
x = 2,46 . 10–2 mg . L–1
1L ––––––––––––––– 2,46 . 10–2 mg
–––––––––––––– y
y = 24,6 mg
[Hg] = 24,6 mg/m3
Essa concentração será letal para um ser humano.
103L (m3)
I TA ( 4 º D I A ) – D E Z E M B R O / 2 0 1 0