4º Dia – Prova de Química
COMENTÁRIO DA PROVA: A prova em geral foi abrangente. Notou se
apenas a ausência de questões de eletroquímica. Trata-se de uma prova com
questões difíceis porém na qual um aluno bem preparado não terá muitas
dificuldades em alcançar a nota de corte (há algumas questões bastante
simples para aqueles que possuem domínio teórico, tais como a 1, 2, 3). A
questão 8, na nossa opinião, é a mais difícil da prova apresentando o nível
semelhante a de Olimpíadas de química. Embora a questão 10 tenha sido
mais simples que o normal (tratando-se de química orgânica no vestibular do
IME), a questão 9 compensou, cobrando adequadamente o conhecimento de
reações químicas orgânicas básicas.
Equipe de Correção da Prova de Química: Alunos do ITA
Questão 01
A configuração eletrônica de um átomo AZ X é [X], Determine:
a) os valores de Z e de n, para que a configuração eletrônica
[X] ns² (n − 1) d10 n p(
n+1)
represente um elemento químico da família dos
halogênios; e
b) o elemento químico representado por X.
Solução:
a)
[X] ns² ( n − 1) d10 n p(
n +1)
Para ser halogênio, a configuração eletrônica deverá terminar em p5.
Com isso: n + 1 = 5
⇒ n=4
b) Assim, [X] é o gás nobre do 3º período. Logo
A
ZX
=
18 Ar
. Assim
z = 18
Questão 02
Para cada molécula abaixo:
1)
2)
3)
4)
5)
BeH2
BCl3
ácido fluorídrico
H2 S
pentacloreto de antimônio
a) Desenhe a fórmula estrutural, indicando a direção e o sentido dos
vetores momento dipolar correspondentes a cada ligação química; e
b) Responda se a molécula é polar ou apolar, justificando.
Solução:
O vetor momento dipolar aponta para o elemento mais eletronegativo em uma
ligação. Os vetores momento dipolar estão indicados em vermelho. As
estruturas com soma vetorial dos momentos dipolar nula são apolares, caso
contrário são polares.
(polar)
(apolar)
(apolar)
(polar)
(apolar)
Questão 03
Nas combustões completas de x gramas de acetileno e y gramas de
benzeno são liberadas, respectivamente, Q1 kcal e Q2 kcal. Determine o
calor liberado, em kcal, na formação de z gramas de benzeno a partir do
acetileno.
Solução:
1ª Reação:
Segue que: Q1(M) =
26Q1
x
2ª Reação:
Segue que: Q2 (M) =
78Q2
y
Manipulando a 1ª e 2ª reação:
Finalmente: Q =
z
z ⎛ 26Q1 78Q2 ⎞
−
( 3Q1(M) − Q2 (M)) = ⎜ 3
⎟
78
78 ⎝
x
y ⎠
⎛Q Q ⎞
∴ Q = z⎜ 1 − 2 ⎟
y ⎠
⎝ x
Questão 04
Considere o polímero bio-absorvível obtido pela reação de polimerização
do monômero a seguir:
Prepara-se uma solução diluída com 30,60 g deste polímero em 2000 g de
tetrahidrofurano (THF). O gráfico abaixo representa os diagramas de fase
(sólido-líquido-vapor) desta solução diluída e de THF puro.
A partir dessas informações determine:
a) o efeito coligativo numericamente evidenciado pelo gráfico
b) a função orgânica formada na reação de polimerização
c) a formula estrutural plana do mero (unidade repetitiva do polímero)
d) a massa molar média deste polímero na solução especificada
e) quantos gramas de água serão gerados na produção de 1 mol de
polímero.
Solução:
a) A fórmula do efeito coligativo tonometria (fator de Van’t Hoff 1) é dada
por:
ΔP
= K t .W.i = K t .W
P0
Do gráfico:
ΔP P0 − 0,99982P0
=
P0
P0
ΔP
= 1,8.10−4
P0
b) A reação de formação do polímero é (reação de esterificação) é
ilustrada a seguir.
A função orgânica formada é a função éster.
c) Fórmula estrutural do mero:
d) A massa molar do solvente é 4.2 + 4.12 + 16 = 72 g/mol.
n(soluto)
ΔP
= K t .W = MMsolvente .10−3 .
P0
m(kg,solvente)
(
)
Substituindo os valores:
( 30,60 )
(
)
1,8.10 −4 = 72.10 −3 .
MMx
2
∴
MMx = 6120 g / mol
e) A proporção molar do polímero formado para água é de 1 : n.
n=
6120
6120
=
= 85
3.12 + 4 + 32
72
São formados 85 mols de água, isto é, 1530 g de água.
1530 g de água
Questão 05
Calcule o pH de uma solução aquosa 0,5 molar de NH4 CN . As constantes
de ionização são KHCN = 7,0.10 −10 e KNH3 = 1,75.10 −5 . O produto iônico da
água é K w = 1,0.10−14 . Considere que, no equilíbrio, as concentrações dos
íons são iguais.
Solução:
Hidrólise do NH4Cl, M = 0,5 Molar
NH+4
+
CN−
I
M
M
x
x
M− x
M− x
R
NH3
0
x
x
+
HCN
0
x
x
Para o cálculo do pH, temos as equações abaixo:
HCN R H+ + CN−
[ HCN] = K . x (i)
⎡ H+ ⎤ = K a .
a
⎣ ⎦
M− x
⎡ CN− ⎤
⎣
⎦
NH3 + H2 O R NH4 + + OH−
[ NH3 ] = K . x (ii)
⎡ OH− ⎤ = K b .
b
⎣
⎦
M− x
⎡ NH4 + ⎤
⎣
⎦
⎡ H+ ⎤
K
Dividindo (i) por (ii): ⎣ ⎦ = a (iii)
⎡ OH− ⎤ K b
⎣
⎦
Além disso, temos: ⎡ H+ ⎤ . ⎡ OH− ⎤ = K w (iv)
⎣ ⎦ ⎣
⎦
De (iii) e (iv):
⎡ H+ ⎤ =
⎣ ⎦
K w .K a
= 4.10 −19
Kb
⇒
(
)
pH = − log ⎡⎣ H+ ⎤⎦ = − log
(
4.10 −19
)
1
1
= − . ( log 4 − 19 ) = − . ( 2.0,30 − 19 )
2
2
= 9,2
pH = 9,2
OBS: O resultado, de fato, deveria ser para uma solução básica, uma vez
que Kb > Ka.
Questão 06
A um reator isotérmico com capacidade de 100L são adicionados 10 mols
do gás X e 15 mols do gás Y, ocorrendo formação do gás Z segundo a
reação elementar:
X(g) + Y(g) R Z(g)
A tabela abaixo representa dados cinéticos da reação, onde w representa
a diferença entre as velocidades das reações direta e inversa. Determine a
concentração máxima de Z que pode ser obtida.
Tempo (min)
0
10
X (mol)
10
8
W (mol/(Lmin))
0,450
0,212
Solução:
Velocidade direta: v d = K d .[ X ].[ Y ]
Velocidade inversa: v i = K i .[ Z ]
No início do experimento:
v d − v i = 0,450 ⇒
N
K d . ( 0,10 ) . ( 0,15 ) = 0,450
∴ K d = 30
=0
Em t = 10 min:
30. ( 0,08 ) . ( 0,13 ) − K i . ( 0,02 ) = 0,212
∴ Ki = 5
A quantidade máxima de Z será obtida no equilíbrio, quando v d = v i .
K eq =
Kd
[Z]
=6=
Ki
[ X ]. [ Y ]
+
X(g)
K eq =
Y(g)
R
Z(g)
0,10
0,15
0
x
x
x
0,1 − x
0,15 − x
x
x
( 0,1 − x ) . ( 0,15 − x )
⇒
x = [ Z ] = 0,04 M
OBS: A segunda solução x = 0,377 M foi ignorada pois levaria a uma
concentração de X e Y negativas.
Questão 07
Uma amostra de 0,512 g de uma liga metálica Al-Zn reage com HCl,
recolhendo-se o gás formado. Após a total dissolução da amostra, o gás
recolhido é seco, resfriado e submetido a um processo de compressão
representado pela reta AB no diagrama P-V. Sabendo que a temperatura
máxima ao longo do processo de compressão é 298 K, determine o teor de
alumínio nesta amostra. Considere que o gás e comporta idealmente.
Solução:
Durante a compressão, a temperatura é máxima quando o produto P.V é
máximo. A equação da reta do processo de compressão é dada por:
P = 1,4 − 2V
O produto PV é dado por: PV = (1,4V − 2V²) , que é uma parábola em função de
V. O valor máximo desta função é tal que:
1,4 − 4V = 0 ⇔ V = 0,35 L ⇔ (P V )max = 0,245 atm.L
Da lei dos gases ideais:
(P V )max = nRTmax
⇒ 0,245 = n.0,082.298
⇒ nH2 = 0,01mol
Da reação da liga com HCl:
⎧ Al + 3HCl → AlCl3 + 1,5H2 (i)
⎨
⎩ Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (ii)
m Al − − − − − − − −nH2 (i)
27g − − − − − − − − 1,5
∴ nH2 (i) =
m Al
18
∴ nH2 (ii) =
mZn
65,4
m Zn − − − − − − − −nH2 (ii)
65,4g − − − − − − − − 1
Com isso, como m Al + mZn = 0,512 g , temos:
⎧m Al + mZn = 0,512
⎪
⎨ m Al mZn
⎪ 18 + 65,4 = 0,01
⎩
∴
m Al = 0,054 g ; mZn = 0,458 g
As porcentagens:
%Al = 10,5 % ; %Zn = 89,5 %
Questão 08
A hematita Fe 2 O3 , a magnetita Fe3 O 4 e a limonita 2 Fe 2 O3 .3H2O , são
os principais minérios de ferro encontrados na natureza. Estes minérios
contêm, normalmente, pequenas quantidades de impurezas.
Um frasco sem rótulo contém um dos três minérios citados. Para
se determinar qual, pesou-se uma amostra de 0,500 g. Esta amostra reagiu
com HCl concentrado sob aquecimento. Após a dissolução completa da
amostra, um pequeno excesso de HCl foi adicionado à solução
remanescente. A seguir, a solução foi tratada com cloreto de estanho (II).
Considere que as impurezas não foram reduzidas pelo íons estanho(II). O
pequeno excesso de cloreto de estanho(II) foi eliminado através da adição
de cloreto mercúrico, formando um precipitado branco que não interferiu
nas reações subseqüentes. Logo em seguida, a mistura foi titulada por
12,80 mL de uma solução de permanganato de potássio até a formação de
uma coloração violeta persistente.
Sabendo que 10,00 mL dessa mesma solução de permanganato
foram titulados por 5,00 mL de solução de oxalato de sódio 0,5 M,
determine qual dos minérios está contido no frasco sem rótulo. Justifique
a sua resposta.
Solução:
1) Titulação do permanganato:
2MnO 4 − + 5 H2 C2 O 4 + 6H + → 2Mn 2+ + 10 CO2 + 8H2 O
Da reação temos:
MnO 4 − − − − − − − − − − − H2C2O 4
2 mols − − − − − − − − − − 5 mols
10mL.M − − − − − − − − − − 5mL.0,5 ( mol / L )
M = 0,1 mol / L
2) Oxidação do ferro:
MnO 4 − + 5 Fe2+ + 8H + → Mn 2+ + 5 Fe3 + + 4H2O
Da reação temos:
MnO 4 − − − − − − − − − − − Fe2+
1mol
− − − − − − − − − − 5 mols
12,80mL. ( 0,1 mol / L ) − − − N mols
N = 6,4 milimols
M = 6,4.10 −3.55,8
⇒ M = 0,357g
(massa de ferro )
3) Cálculo das porcentagens de ferro (base de cálculo = 1 mol)
MFe
2.55,8
⎧
=
= 0,699
⎪% FeFe2O3 = M
+
2.55,8
3.16
Fe2O3
⎪
⎪
MFe
3.55,8
⎪ % FeFe O =
=
= 0,723
3 4
MFe O
3.55,8 + 4.16
⎪⎪
3 4
⎨
MFe
⎪
4.55,8
=
= 0,599
⎪ % Felim onita =
+
M
2.159,6
3.18
lim onita
⎪
⎪
MFe
0,357
=
, onde M ≅ 0,500 ∴ % Feamostra = 0,714
⎪ % Feamostra =
Mamostra
M
⎪⎩
Como M é um pouco menor que 0,500 g (já que a amostra contém uma
pequena quantidade de impurezas) então a percentagem da amostra é
ligeiramente maior que 0,714. Logo, a percentagem de Fe3O4 é a que mais se
aproxima da percentagem da amostra, sendo este portanto o minério.
O minério é a magnetita
De fato, a situação descrita pelo enunciado é:
Fe3 O4 é uma mistura equimolar de Fe2O3 + FeO
I)
⎧ Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O
Adição de HCl ⎨
⎩ FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O
II) Adição de excesso de HCl FeCl2 + HCl → FeCl3 + 0,5 H2O
III) Adição de excesso de SnCl2
2FeCl3 + SnCl2 → 2FeCl2 + SnCl 4
Dos dados da tabela de potenciais temos:
Fe3 + + e− → Fe2+
E0 = 0,77V
Sn2+ → Sn4 + + 2e−
E0 = 0,14V
2Fe3 + + Sn4 + → 2Fe2+ + Sn2+
E0 = 0,91V
IV) Adição de HgCl2
SnCl2 + 2HgCl2 → SnCl 4 +
restou deIII
Hg2Cl2
precipitado branco
(V) e (VI) igual a (2) e (1), respectivamente.
Questão 09
A combustão completa de 3,0 g de um certo composto orgânico X produz,
exclusivamente, 6,6 g de CO2 e 3,6g de H2O. A 100 °C, 5,3 g de X (que se
encontra no estado gasoso a esta temperatura) são misturados com 14 g
de N2 em um recipiente de volume 3,0 litros. A pressão medida no interior
do recipiente, nestas condições, é igual a 6,0 atm. Considere que os
gases, no interior do recipiente, se comportam idealmente.
Sabendo que a reação de X com dicromato de potássio em ácido sulfúrico
aquoso gera uma cetona, determine a composição centesimal do
composto X, suas fórmulas mínima, molecular e estrutura, e dê a sua
nomenclatura IUPAC.
Solução:
Dados sobre X:
X + a.O2 → b CO2 + c.H2O
1)
3,0g
6,6 g 3,6 g
2) Recipiente: 5,3 de X , 14 g N2 , V = 3L, P = 6atm, T = 373K
3)
X + K 2 Cr2O7
De (2) temos: nN2 =
meio ácido
→
cetona
14
= 0,5 mol
28
Como X e o Nitrogênio comportam-se como gases ideais, vale a equação de
Clapeyron:
PV = nRT ⇒ 6.3 = ( nN2 + n X ) .0,082.373
⇒ n X = 0,88
⇒ MMX = 60 g / mol
X é C3H8 O pois, substituindo em (1), temos proporcionalidade:
C3H8 O + 4,5.O2 → 3 CO2 + 4.H2O
60g − − − − − − − − − − − 132g − −72g
3,0g − − − − − − − − − − − 6,6 g − − 3,6 g
De (3), temos que X é um álcool secundário (oxidação de álcool secundário em
meio ácido dá cetona).
Propan-2-ol (IUPAC)
Fórmula mínima: C3H8 O
Fórmula centesimal: 60 % de C 26,7 % de O 13,3% de H
Questão 10
Dá-se o nome de biotransformação à transformação de um fármaco, droga
ou qualquer substância potencialmente tóxica, pelo organismo, em
outra(s) substância(s), por meio de alterações químicas. Esta
transformação, geralmente, processa-se sob ação de enzimas específicas,
e ocorre, principalmente, no fígado, nos rins, nos pulmões e no tecido
nervoso. Os principais objetivos da biotransformação são reduzir a
toxidez da substância e lhe conferir solubilidade em água, para facilitar
sua posterior exceção.
O composto I abaixo é uma conhecida droga de abuso que, ao ser
consumida pelo ser humano, pode ser biotransformada através da
conversão de seu éster de metila em éster de etila, dando origem ao
composto II. A hidrólise subseqüente de um dos grupos éster do
composto II leva à formação do ácido benzóico e do composto III.
O composto I pode ainda sofrer mais três outras biotransformações,
independentes umas das outras. Na primeira, o seu grupo éster de metila
sofre hidrólise, dando origem ao metanol e ao composto IV. Na segunda,
sua amina terciária é reduzida à amina secundária heterocíclica,
originando o composto V. Na terceira, um de seus grupos éster sofre
hidrólise, dando origem ao ácido benzóico e ao composto Vi. Com base
nas informações acima e a partir da estrutura do composto I dada abaixo,
desenhe as estruturas dos compostos II, III, IV, V e VI.
H3C
N
O
CH3
O
O
O
Composto I
Solução:
A partir do enunciado, temos o composto II:
H3C
N
O
CH3
O
O
O
Este composto somado a água, resulta no composto III e ácido benzóico:
H3C
N
O
O
CH3
OH
A partir da hidrólise de I teremos a formação de metanol e o composto IV:
H3C
N
O
OH
O
O
Por meio da redução da amina terciária temos o composto V:
HN
O
CH3
O
O
O
A partir da hidrólise de um dos grupos éster de I, temos o composto VI:
H3C
N
O
CH3
O
OH