Q U Í M I C A
Qu e st ão 0 1
A configuração eletrônica de um átomo A é [ X ]. Determine:
ZX
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 → ns2
np5 n + 1 = 5 → n = 4 (4º período) [18Ar] → X é o gás nobre do período anterior, logo Z = 18
b) [18Ar] → argônio
Qu e st ão 0 2
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.
Qu e st ão 0 3
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:
2 2 6 6
3C H →C H
Equacionando as combustões completas do acetileno e do benzeno, têm-se:
2 2 2 2 2 1 5 1: 2 ' 2 Equação C H + O → CO +H O Q 6 6 2 2 2 2 15 2 : 6 3 ' 2 Equação C H + O → CO + H O Q
Aplicando-se a lei de Hess inverte-se a equação 1multiplicando-a por 3 e soma-se com a equação 2.
2 2 2 2 2 1 2C H +5O →4CO +2H O 2Q ' (×3) 2 2 2 6 6 2 2 15 6 3 ' ( 2 C H + H O→C H + O −Q ×2) ' '= ' O resultado é: 2 2 2 2 2 1 6C H +15O →12CO +6H O 6Q 2 2 6 6 2 2 12CO +6H O→2C H +15O −2Q ' 2 6 6 6 1 2 1 2 2 6 6 6 1 2 3 6 2 6 ' 2 ' 2 2(3 ' ') 3 3 ' C H C H Q Q Q Q C H C H Q Q Q → − ÷ − ↓ → − m n M = 26 x acetileno→ =n 78 y benzeno→ =n e 78 z n= 1' Q 1 1 1 26 ' 26 1 Q x Q x Q = 2 2 2 2 78 ' 78 ' 1 Q y Q Q y Q = 3 3 3 3 78 ' 78 ' 1 Q z Q Q z Q =
Substituindo: 3' 3 1' 2 Q = Q −Q ' 3 1 2 78 26 78 3 Q Q Q z x ⋅ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ y 1 2 3 zQ zQ Q x y = − 1 2 3 Q Q Q z x y ⎛ ⎞ = ⎜ − ⎟ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 1 5 2 ' 2 C H + O → CO +H O Q ( 2)× Qu e st ão 0 4
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
d) Cálculo da molaridade 4 3 3 1,8 10 72 2,5 10 10 mol/kg O O O P P kt w w w P P − − ⋅ Δ = ⋅ → = ⋅ ⇒ = ⋅
Cálculo da massa molar
( )
3 1 1 1 2 1 30, 60 2, 5 10 6,12 2 kg/mol kg m w M M m M − = → ⋅ = → = ⋅ e) Cálculo do n. 72 6.120 85 n n ⋅ = =Como é formado (n – 1) mol de moléculas de água, temos:
2 84 2 84 18 2 1512
H O H O H O
n = mol → M = ⋅ g ⇒ n = g
Qu e st ão 0 5
Calcule o pH de uma solução aquosa 0 5 molar, de NH CN4 . As constantes de ionização são KHCN=7 0 10, × −10 e
. O produto iônico da água é
3
5 NH =1 75 10× −
K , KW =1 0 10, × −14. Considere que, no equilíbrio, as concentrações dos íons ⎡⎣NH4+⎤⎦ e
são iguais. CN− ⎡ ⎣ ⎤⎦ Resolução: Dados: K(HCN) = Ka1 =
[
]
– H · CN HCN + ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = 7 · 10-10 K(NH3) = Kb =[
]
4 3 – NH OH NH + ⎡ ⎤ ⎡ ⎣ ⎦ ⎣ ⎤⎦ = 1,75 · 10-5 Ka(NH4+) = 14 5 10 1 75 10 w b K K , · − − = = 5,7 · 10-10 = Ka2 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: pH = 1 2(pKa1 + pKa2) pH = 1 2[ (– log 7 · 10 -10 ) + (–log 5,7 · 10-10)] Considerando as aproximações
Log 7 ≅ log 6 e log 5,7 ≅ log 6 pH = 1 2[ (– log 6 · 10 -10 ) + (–log 6 · 10-10)] pH = 1 2(9,22 + 9,22) pH = 9,22
A um reator isotérmico com capacidade de 100L são adicionados 10mols do gás X e 15 do gás Y, ocorrendo formação do gás
mols
Z segundo a reação elementar
( )g + ( )g R ( )g
X Y Z
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.
Tempo
(
min)
X(
mol)
ω(
mol L⋅ −1⋅min−1)
0 10 0 450, 10 8 0 212, Resolução: P/ t = 0 V = K[X] · [Y] V’ = K’ [Z]
[
]
[0,1] 0,15 ' K ⋅ −K ⋅ = 0,450 Qu e st ão 06 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 0 1 0 15 0 1 0 15 Z X Y início , , – reage forma eq. , – , – α α α α α α + YZZZZX K[X] · [Y] – K’[Z] = 0 30 · (0,1 – α) · (0,15 – α ) – 5α = 0 30α2 – 12,5α + 0,45 = 0 Δ = 102,25 α ⇒ 12 5 10 11 0 3768 ( ) 60 12 5 10 11 0 04 60 , , , desprezar , , ' , + ⎧ = = ⎪⎪ ⎨ − ⎪ = = ⎪⎩ α α Resposta: 0,04 mol/LQu e st ão 0 7
Uma amostra de 0 5, 12 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
Sabendo que a temperatura máxima ao longo do processo de compressão é
P V .− 298K, 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:
( )s 2 (aq) 2(aq) 2( )g Zn + HCl → ZnCl +H ( ) ( ) 3( ) 2( ) 2Als +6HClaq → 2AlCl aq +3H g Assim: ( ) 2( ) ( ) 2( ) 1 1 2 3 65, 4 1mol 54g 3 mol g mol g mol = 65,4 18 s g s
mol de Zn mol de H mol de Al mol de H
g
x a y b
x a y= b
g
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
Desse modo, temos que o PVmáx é =
2 1, 4 0, 245 4a PVmáx 8 PVmáx −Δ ⇒ = − ⇒ = − atm L 0, 90 atm; 0, 25 ; 298 ; 0, 082 mol P V L T K R K ⋅ = = = = ⋅ 090 0, 245 0, 009 mol 0, 082 298 P V⋅ = ⋅ ⋅n R T → n= ⋅ = ⋅ Dessa forma: (s) 0, 512 65, 4 186 0, 512 0, 009 65, 4(0, 009 ) 18 0, 512 0, 009 0, 0016 mol =18 = 0,028 g de x y a a b b b a b b y b y A + = → + = + = − + = = − = → l ( ) ( ) ( ) 0, 512 0, 028 100 5, 46 5, 46% (m/m) s s s g de liga g de Al g de liga g de Al TeorAl α → α = ∴ =
Qu e st ão 0 8
A hematita
(
Fe O2 3)
, a magnetita(
Fe O3 4)
e a limonita(
2Fe O2 3⋅3H O2)
, são os principais minérios de ferro encontrados nanatureza. 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 Esta amostra reagiu com HC concentrado sob aquecimento. Após a dissolução completa da amostra, um pequeno excesso de 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 de uma solução de permanganato de potássio até a formação de uma coloração violeta persistente.
500 g.
,
A HCA
80 mL
,
Sabendo que 10 dessa mesma solução de permanganato foram titulados por de solução de oxalato de sódio determine qual dos minérios está contido no frasco sem rótulo. Justifique sua resposta.
00 mL
, 5 00 mL,
0 5, M, Resolução:
Cálculo do número de mol de oxalato:
2 2 4 5 mL = 0,5 mL C O V M − = 3 3 0,5 5, 0 10 2,5 10 mol n=M V⋅ ⇒ ⋅ ⋅ − ⇒ =n ⋅ −
Proporção estequiométrica do oxalato para o permanganato: 2
2 4 : 4 C O − MnO− 2 4 2 4 3 2 : 5 : 2,5 10 mol MnO C O X − − − ⋅ 3 4 1, 0 10 mol
X = ⋅ − MnO− 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:
2 2 4 10Fe ++2MnO− →minério+Mn + 2 4 3 4 3 2 10 mol 2 mol 1, 28 10 mol 6, 4 10 mol Fe MnO x MnO x Fe + − − − − + ⋅ = ⋅ Identificando o minério: 2 3 3 0, 5 2 2 156, 25 / mol 6, 4 10 m Fe O n M M g M − ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ Qu e st ão 0 9
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 18g de H2O – 2g de H mC + mH + mO = mX
6,6g de CO2 – mC 36g de H2O – mH mO = 0,8g.
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 15 00 5 , mol , mol = 3 H → 0 40 0 05 , mol , mol= 8 0 → 0 05 0 05 , mol , mol= 1
Portanto, a fórmula mínima é C3H8O
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.
3 3 OH | CH – CH – CH Fórmula estrutural: Nomenclatura: propan–2–ol
Qu e st ão 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.
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
Copyright©Olimpo2007
A Resolução Comentada das provas do IME poderá ser obtida diretamente no OLIMPO Pré-Vestibular, ou pelo telefone (62) 3251-9009
As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos, competências, conhecimentos e habilidades específicos. Esteja preparado.
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MATRÍCULAS ABERTAS
