Vestibular 2013 — 2a fase
Gabarito — Química
Questão 01 (Valor: 15 pontos)
• As interações intermoleculares nos alcanos, na fase líquida, são decorrentes das forças de
dispersão de London ou de dipolo momentâneo-dipolo induzido.
•
Embora as substâncias químicas apresentadas na tabela possuam a mesma massa
molecular, a diferença entre os pontos de ebulição está relacionada às estruturas moleculares
dessas substâncias. O arranjo espacial das moléculas de pentano não apresenta
ramificações na cadeia carbônica, como ocorre no dimetil-propano e no metil-butano, o que
possibilita maior interação entre as moléculas, contribuindo para uma maior intensidade
nessas interações intermoleculares e, consequentemente, maior ponto de ebulição.
Questão 02 (Valor: 15 pontos)
• A partir da análise do fluxograma do processo Dow de extração de íons Mg2+(aq) da água do
mar e considerando que o Kps(Ca(OH2))=5,02.10−6 é muito maior do que o
Kps(Mg(OH2))=5,61.10−12, pode-se concluir que a concentração de íons OH−(aq),
provenientes de Ca(OH)2, adicionados à água do mar é suficiente para precipitar o Mg(OH)2.
As técnicas de separação I e II são, respectivamente, filtração e cristalização ou precipitação.
•
A fonte externa de energia elétrica é utilizada na eletrólise do cloreto de magnésio porque a
reação de oxirredução entre o íon magnésio, Mg2+, com o íon cloreto, Cl−, não é espontânea,
de acordo com a variação de potencial igual a −3,72V.
Questão 03 (Valor: 20 pontos)
Cálculo da variação de entalpia, ∆Hº, do XeO3(s), a partir das variações de entalpia de
formação de XeF6(s) e de HF(g), do valor da variação de entalpia padrão de H2O(v) e da
variação de entalpia da reação química representada pela equação termoquímica, tem-se
∆Hºreação = ( ∆HoXeO3 + 6 ∆HofHF ) – ( ∆HofXeF + 3∆HHo 2O ) ,
6
−182kJ = [ ∆HoXeO3 + 6(−268)] − [−298 + 3(−242)]
−182kJ = ∆HoXeO 3 − 1608kJ + 1024kJ
−182kJ + 1608kJ − 1024kJ = ∆HoXeO 3
∆HoXeO3 = + 402kJ
•
Na formação do XeF6, há liberação de 298kJmol−1, enquanto que a variação padrão de
entalpia do XeO3 é de +402kJmol−1 o que justifica a maior estabilidade do hexafluoreto de
xenônio em relação à do trióxido de xenônio.
180o
•
•• ••
A fórmula estrutural de XeF2 é linear e representada por F −− Xe −− F
••
Questão 04 (Valor: 20 pontos)
• Cálculo da quantidade de matéria de carbonato de sódio produzida a partir de 118,0kg de
cloreto de sódio, massa molar 59,0gmol−1, com conversão de 75%.
Como a relação estequiométrica entre o cloreto de sódio e o hidrogeno-carbonato de sódio na
equação química II, é de 1:1, a quantidade de matéria de NaCl é igual à de NaHCO3:
n(NaHCO3) = 2,0.103mol de NaCl.0,75
= 1,5.103mol de NaHCO3
De acordo com a equação química III, a relação estequiométrica entre o hidrogeno-carbonato
e o carbonato de sódio é de 2:1, portanto, a quantidade de matéria desse sal é
n(Na2CO3)
= 1 .1,5.103mol de NaHCO3
2
= 7,5.102mol de NaHCO3
A massa de carbonato de sódio, massa molar 106,0gmol−1, produzida nesse processo é,
então, m(Na2CO3) = 7,5.102mol.106gmol−1 = 7,95.104g ou 79,5kg
•
A utilização de solução saturada de cloreto de sódio, no processo Solvay tem como objetivo a
precipitação de bicarbonato de sódio, uma consequência do efeito do íon comum, que reduz a
solubilidade do sal e permite a separação de hidrogeno-carbonato de sódio por filtração.
•
Considerando que em meio aquoso o óxido de cálcio forma hidróxido de cálcio,
Ca(OH)2(aq), a regeneração de amônia, NH3(g), é representada pela equação química
2NH4Cl(aq) + Ca(OH)2(aq) → CaCl2(aq) + 2NH3(g) + 2H2O(l).
Questão 05 (Valor: 15 pontos)
De acordo com a fórmula estrutural e com as regras de nomenclatura da IUPAC, o nome do BHT
é 2,6-diterc-butil-4-metil-benzen-1-ol, da classe funcional dos fenóis.
Considerando as espécies químicas presentes na equação, o agente oxidante é o radical HO•, o
agente redutor é representado pela fórmula condensada R1(R2)2C6H2OH e, dentre os produtos, a
água é a espécie química que apresenta o oxigênio no menor estado de oxidação.
Questão 06 (Valor: 15 pontos)
• Cálculo do pH da solução final.
Quantidade de matéria de íons H3O+(aq) em 50,0ml de solução de HNO3(aq) 0,100molL−1
n(H3O+) = 0,100molL−1. 0,050L = 5,0.10−3mol.
Quantidade de matéria de íons OH−(aq) em 51,0mL de solução de KOH(aq) 0,100molL−1
n(OH−) = 0,100molL−1.0,051L = 5,1.10−3mol.
Considerando-se que a relação estequiométrica entre íons H3O+(aq) e OH−(aq) é 1:1, a
quantidade de matéria de íons OH−(aq) na solução final é
n(OH− ) − n(H3O+) = 5,1.10−3mol − 5,0.10−3mol
= 1,0.10−4mol de OH−
A concentração de OH−(aq) em 101,0mL de solução final é
n(OH− ) 1,0.10−4 mol
=
=1,0.10 −3 molL−1 ,
[OH− ] =
0,101L
0,101L
1
pOH = log
=3
1,0.10 −3
pH = 14−3 = 11.
•
O pH=11 difere do valor de pH no ponto estequiométrico de 4 unidades.
•
Dentre os indicadores apresentados na tabela o que possui faixa de pH que mais se aproxima
do ponto estequiométrico ou de equivalência é o azul de bromotimol.
Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes.
Salvador, 21 de janeiro de 2013
Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes
Diretora do SSOA/UFBA