QUÍMICA
Questão 01
A configuração eletrônica de um átomo ZA X é [ X ]. Determine:
a) os valores de Z e de n, para que a configuração eletrônica [X] ns2(n – 1)d10 np(n+1) represente um elemento químico da família
dos halogênios, e
b) o elemento químico representado por X.
Resolução:
a) [X]ns2(n – 1)d10 np(n + 1)
Halogênio → ns2np5
n+1=5
→ n=4
(4º período)
[18Ar] → X é o gás nobre do período anterior, logo Z = 18
b) [18Ar] → argônio
Questão 02
Para cada molécula abaixo:
1) BeH2
2) BCl3
3) ácido fluorídrico
4) H2S
5) 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.
Resolução:
Obs: Foi adotada como
convenção para o vetor
dipolar a origem no átomo
menos eletronegativo para o
mais eletronegativo.
Questão 03
Nas combustões completas de x gramas de acetileno e de 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.
Resolução:
3C2 H 2 → C6 H 6
Equacionando as combustões completas do acetileno e do benzeno, têm-se:
5
Equação 1: C2 H 2 + O2 → 2CO2 + H 2O
Q1 '
2
15
Equação 2 : C6 H 6 + O2 → 6CO2 + 3H 2O Q2 '
2
Aplicando-se a lei de Hess inverte-se a equação 1multiplicando-a por 3 e soma-se com a equação 2.
2C2 H 2 + 5O2 → 4CO2 + 2 H 2O
6C2 H 2 + 3H 2 O → C6 H 6 +
O resultado é:
2Q1 '
15
O2
2
− Q2 ' (×2)
6C2 H 2 + 15O2 → 12CO2 + 6 H 2O
6Q1 '
12CO2 + 6 H 2 O → 2C6 H 6 + 15O2
− 2Q2 '
6C2 H 6 → 2C6 H 6
÷2
↓
3C2 H 6 → C6 H 6
n=
(×3)
6Q1 ' − 2Q2 '
2(3Q1 '− Q2 ')
3Q1 '− Q2 ' = Q3 '
m
M
x
26
y
z
e n=
benzeno → n =
78
78
26Q1
x
Q1 ' =
Q1 '
26
x
acetileno → n =
Q1
1
Q2
y
78
Q2 '
1
Q3
z
78
Q3 '
1
Q2 ' =
78Q2
y
Q3 ' =
78Q3
z
2
Substituindo:
Q3 ' = 3Q1 ' − Q2 '
78Q3
⎛ 26Q1 ⎞ Q2 ⋅ 78
= 3⎜
⎟− y
z
⎝ x ⎠
zQ zQ
Q3 = 1 − 2
x
y
⎛Q Q ⎞
Q3 = z ⎜ 1 − 2 ⎟
y ⎠
⎝ x
5
C2 H 2 + O2 → 2CO2 + H 2 O
2
Q1 ' (× 2)
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 apresenta 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 fórmula estrutural plana do mero (unidade repetitiva do polímero);
d) a massa molar média deste polímero na solução especificada; e
e) quantos gramas de água serão gerados na produção de 1 mol do polímero.
Resolução:
a) Efeito tonoscópico
b) Função éster
c)
3
d) Cálculo da molaridade
1,8 ⋅10−4 PO 72
ΔP
= kt ⋅ w →
= 3 ⋅ w ⇒ w = 2,5 ⋅10−3 mol/kg
PO
PO
10
Cálculo da massa molar
m1
30, 60
→ 2,5 ⋅ 10−3 =
→ M 1 = 6,12 kg/mol
w=
M 1 m2 (kg )
M1 ⋅ 2
e) Cálculo do n.
72 ⋅ n = 6.120
n = 85
Como é formado (n – 1) mol de moléculas de água, temos:
nH 2O = 84 mol → M H 2O = 84 ⋅18 g ⇒ nH 2O = 1512 g
Questão 05
Calcule o pH de uma solução aquosa 0,5 molar
de NH 4CN . As constantes de ionização são K HCN = 7 ,0 × 10−10 e
K NH3 = 1,75 × 10−5 . O produto iônico da água é KW = 1,0 × 10−14 . Considere que, no equilíbrio, as concentrações dos íons ⎡ NH 4+ ⎤ e
⎣
⎦
⎡CN − ⎤ são iguais.
⎣
⎦
Resolução:
Dados:
⎡ H + ⎤ · ⎡CN – ⎤⎦
= 7 · 10-10
K(HCN) = Ka1 = ⎣ ⎦ ⎣
[ HCN ]
⎡ NH 4 + ⎤⎦ ⎡⎣OH – ⎤⎦
K(NH3) = Kb = ⎣
= 1,75 · 10-5
[ NH 3 ]
Kw
10 −14
= 5,7 · 10-10 = Ka2
=
K b 1, 75 · 10 −5
Considerar [H3O+] = [H+]
Cálculo do pH da hidrólise de um sal proveniente de um ácido fraco e uma base fraca pode ser feito pela fórmula:
1
pH = (pKa1 + pKa2)
2
1
pH = [ (– log 7 · 10-10) + (–log 5,7 · 10-10)]
2
Considerando as aproximações
Log 7 ≅ log 6 e log 5,7 ≅ log 6
1
pH = [ (– log 6 · 10-10) + (–log 6 · 10-10)]
2
1
pH = (9,22 + 9,22)
2
pH = 9,22
Ka(NH4+) =
4
Questão 06
A um reator isotérmico com capacidade de 100 L 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 apresenta dados cinéticos da reação, onde ω representa a diferença entre as velocidades das reações direta e
inversa. Determine a concentração máxima de Z que pode ser obtida.
Resolução:
P/ t = 0
V = K[X] · [Y]
X ( mol )
ω mol ⋅ L−1 ⋅ min −1
0
10
0 , 450
10
8
0 , 212
V’ = K’ [Z]
K [0,1] ⋅ [ 0,15] − K ' ⋅
= 0,450
K = 30
P/ t =10
[X] = 0,08
[Y] = 0,13
[Z] = 0,02
K [X] [Y] – K’ [Z] = 0,212
30 · 0,08 · 0,13 – K’ · 0,02 = 0,212
K’ = 5
P/ equilíbrio
X
0 ,1
+
início
reage forma α
eq.
0,1 – α
K[X] · [Y] – K’[Z] = 0
30 · (0,1 – α) · (0,15 – α ) – 5α = 0
30α2 – 12,5α + 0,45 = 0
Δ = 102,25
12 ,5 + 10 ,11
⎧
= 0 ,3768
⎪⎪α =
60
α⇒ ⎨
⎪α ' = 12 ,5 − 10 ,11 = 0 , 04
⎪⎩
60
(
Tempo ( min )
Y
0 ,15
ZZX Z
YZZ
–
α
0,15 – α
α
α
(desprezar )
Resposta: 0,04 mol/L
5
)
Questão 07
Uma amostra de 0,512 g de uma liga metálica AA − Zn reage com HC A , 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 se comporta idealmente.
Resolução:
As reações do ácido com a liga podem ser assim equacionadas:
Zn( s ) + 2 HCl( aq ) → ZnCl2( aq ) + H 2( g )
2 Al( s ) + 6 HCl( aq ) → 2 AlCl3( aq ) + 3H 2( g )
Assim:
1 mol de Zn( s )
1mol de H 2( g )
2mol de Al( s )
3 mol de H 2( g )
65, 4 g
1mol
54g
3mol
xg
a mol
yg
b mol
x = 65,4 a
y = 18 b
A situação de compressão máxima do gás é dada no maior produto de PV que pode ser determinada à partir da relação entre P
e V no gráfico.
Como o gráfico é o de uma reta (y = –ax + b) ⇒ P = –aV+b
a = coeficiente de declividade da reta (2); b = 1,4
Assim, temos: P = – 2V + 1,4
Multiplicando tudo por V, temos o produto PV.
PV = –2V2 + 1,4V
1, 42
−Δ
Desse modo, temos que o PVmáx é =
⇒ PVmáx = −
⇒ PVmáx = 0, 245
4a
−8
atm ⋅ L
P = 0,90 atm; V = 0, 25 L; T = 298 K ; R = 0, 082
K ⋅ mol
090 ⋅ 0, 245
P ⋅V = n ⋅ R ⋅ T → n =
= 0, 009 mol
0, 082 ⋅ 298
Dessa forma:
x + y = 0,512 → 65, 4 a + 186 = 0,512
a + b = 0, 009
65, 4(0, 009 − b) + 18b = 0,512
a = 0, 009 − b
b = 0, 0016 mol
y =18b → y = 0,028 g de Al(s)
0,512 g de liga
100 g de liga
0, 028 g de Al( s )
α → α = 5, 46 g de Al( s ) ∴
TeorAl( s ) = 5, 46% (m/m)
6
Questão 08
A hematita ( Fe2O3 ) , a magnetita ( Fe3O4 ) e a limonita ( 2Fe2O3 ⋅ 3H 2O ) , são os principais minérios de ferro encontrados na
natureza. Estes minérios contém, 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 HCA concentrado sob aquecimento. Após a dissolução completa da amostra, um pequeno excesso de HCA
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 de mercúrio, 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 sua resposta.
Resolução:
Cálculo do número de mol de oxalato:
C2 O42 −
V = 5 mL
M = 0,5 mL
n = M ⋅ V ⇒ 0,5 ⋅ 5, 0 ⋅10−3 ⇒ n = 2,5 ⋅10−3 mol
Proporção estequiométrica do oxalato para o permanganato: C2O42− : MnO4−
2 MnO4− : 5C2 O42 −
: 2,5 ⋅10−3 mol
X
X = 1, 0 ⋅10−3 mol MnO4− em 10 mL. Logo, o número de mol em 12,8 mL é 1, 28 ⋅10−3 mol.
Cálculo do número de mols de ferro iônico:
10 Fe2+ + 2MnO4− → minério + Mn2+
10 mol Fe 2+
2 mol MnO −4
1, 28 ⋅10−3 mol MnO −4
x
x = 6, 4 ⋅10−3 mol Fe2+
Identificando o minério:
0,5
m
⋅2 ⇒ M =
⋅ 2 ⇒ M = 156, 25 g / mol
Fe2 O3 ⇒ n =
M
6, 4 ⋅10−3
Questão 09
A combustão completa de 3,0 g de um certo composto orgânico X produz, exclusivamente, 6,6 g de CO2 e 3,6 g de H2O. A 100 ºC,
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 estrutural, e dê a sua nomenclatura IUPAC.
Resolução:
A combustão completa do composto X pode ser assim equacionada:
X + O2 → CO2 + H2O
3g
6,6g 3,6g
44g de CO2 – 12g de C
6,6g de CO2 – mC
mC = 1,8g
18g de H2O – 2g de H
36g de H2O – mH
mH = 0,4g
mC + mH + mO = mX
mO = 0,8g.
7
Fórmula centesimal
3g de X – 1,8g de C
100g de X – α
α = 60g de C ∴ 60% (m/m)
3g de X – 0,4g de H
100g de X – β
β = 13,33g de H ∴ 13,33% (m/m)
3g de X – 0,8g de O
100g de X – γ
γ = 26,67g de O ∴ 26,67%(m/m)
Fórmula mínima
1 mol de C – 12g
nC – 1,8g → nC = 0,15 mol
1 mol de H – 1g
nH – 0,4g → nH = 0,40 mol
1 mol de 0 – 16g
nO – 0,8g → nO = 0,05 mol
C→
0 ,15mol
=3
00,5 mol
H→
0, 40 mol
=8
0,05 mol
0,05 mol
=1
0,05 mol
Portanto, a fórmula mínima é C3H8O
0→
Fórmula molecular
P · V = nRT → P · V = (nN2 + nX) · R · T → 6 · 3 = (0,5 + nX) · 0,082 · 373
nX = 0,088 mol
0,088 mol de X ⎯ 5,3g
1 mol de X ⎯ θ
θ = 60g ∴ MX = 60g/mol
Assim: Fórmula molecular = Fórmula mínima = C3H8O
Sabendo que a reação de X com K2Cr2O7 em H2SO4 (aq) gera uma cetona, conclui-se que X é um álcool secundário.
Fórmula estrutural:
OH
|
CH 3 – CH – CH 3
Nomenclatura: propan–2–ol
8
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 a lhe conferir solubilidade em água, para facilitar sua posterior excreção.
O composto I abaixo é uma conhecida droga de abuso que, ao ser consumida pelo ser humano, pode ser biotransformada
através da conversão do 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.
Resolução:
9
Professores:
Química
Adair Oliveira
Alex Diniz
Amaral
Dalton
João Neto
Tasso
Thé
Digitação e Diagramação
Antônio A. Vitor
Pedro Henrique
Plínio Lagares
Val Pinheiro
Vinícius Eduardo
Projeto Gráfico
Antônio A. Vitor
Assistente Editorial
Alicio Roberto
Supervisão Editorial
Alicio Roberto
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
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conhecimentos e habilidades específicos. Esteja preparado.
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11
8
MATRÍCULAS ABERTAS
TEL.(62) 3251-9009
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