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RESOLUÇÕES
Questão 1
Teremos: a) SF6
Geometria octaédrica ou bipirâmide de base quadrangular: apolar. b) SF4
Geometria de gangorra: polar. c) O3
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d) XeF4Geometria quadrado planar: apolar. e)C F3
Geometria em T: polar.
Questão 2
a) Um dos isótopos é isótono do nuclídeo 108
46Q e isóbaro do nuclídeo 48Z109, então: 108 46 109 48 109 47 Q : 108 46 62 nêutrons Z : pr ótons nêutrons 109
número de prótons do isótopo 109 62 47
O isótopo seria X, seu número atômico é 47.
b) Grupo 11 ou I B: 2 2 6 2 6 2 10 6 2 9 47 Grupo 11 ou IB X : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d
c) No estado fundamental, teremos:
2 2 6 2 6 2 10 6 1 10
47
Configuração mais estável :
X : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d
d) Teremos:
1
5s
n (número quântico principal) 5
(número quântico sec undário ou azimutal) 0
m (número quântico magnético) 0
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Questão 3
Comparando os potenciais de redução do hidrogênio e do ferro, percebemos que o do hidrogênio é maior: 0,000 V > - 0,440 V. Então: Fe(s) Fe2+(aq) + 2e -2H+ (aq) + 2e- H2(g) Fe(s) + 2H+(aq) Fe2+(aq) + H2(g) E = Emaior - Emenor E = 0,000 V – (– 0,440 V) = + 0,440 v
Agora utilizaremos a equação de Nernst, que relaciona a ddp da pilha com a as concentrações molares das soluções nas quais os eletrodos estão imersos:
E E00,059 logQ n
Onde:
E = ddp da pilha a 25 oC com solução de concentração molar diferente de 1 M. E0 = ddp da pilha com solução de concentração 1 M.
0,059 = valor constante a 25 oC, porém pode mudar com a temperatura.
n = número de mols de elétrons transferidos no processo.
Q = quociente entre as concentrações relacionadas, semelhante à constante de equilíbrio. A partir da equação global da pilha:
Fe(s) + 2H+(aq) Fe2+(aq) + H2(g) [Fe ][H ]2 22 K [H ]
Como foi dada a pressão parcial do hidrogênio e p(H2) = k[H2] [H2] = 2
p(H ) k ' [Fe ]p(H )2 2 2 K [H ] .k ' [Fe ]p(H )2 2 2 K.k ' [H ] [Fe ]p(H )2 2 2 Q [H ]
[FeSO4] = 1 M [Fe2+] = 1 M; p(H2) = 1,0 atm.
A força eletromotriz medida a 25 oC é igual a 0,292 V (E). O número de elétrons transferidos é igual a 2, ou
seja, n = 2. Utilizando a equação de Nernst, teremos:
E E00,059 log[Fe ]p(H )2 2 2 n [H ] 2 0,059 1.1 0,292 0, 440 log 2 [H ] (0,292 0, 440).2 log1 2log[H ] 0,059
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+ 5,0169 = – 2log[H+]– log[H+] = 2,5085
pH = 2,50
Questão 4
Teremos 25 mL de ácido acético 0,1000 mol.L-1, ou seja:
0,1000 mol de ácido acético 1000 mL n 25 mL
nácido acético = 2,5 x 10-3 mol
1H3CCOOH + 1NaOH 1H3CCOONa + HOH
No ponto de equivalência n(NaOH) = n(H3CCOOH):
n(NaOH) = 2,5 x 10-3 mol
Como a concentração de NaOH é igual a 0,1000 M, teremos: 0,1000 mol NaOH 1 L
2,5 x 10-3 mol NaOH V(NaOH)
V(NaOH) = 2,5 x 10-2 L = 25 mL
No ponto de equivalência teremos 25 mL de solução de ácido acético e 25 mL de solução de NaOH, num total de 50 mL (50 x 10-3 L). Logo, [H3CCOOH]início = 3 3 2,5x10 0,05 M 50x10
Agora observemos a reação de hidrólise:
1H3CCOONa + H2O 1H3CCOOH + Na+ + OH
-1H3CCOO- + H2O 1H3CCOOH + OH
0,05 M 0 0 (início) – x + x + x (durante) (0,05 – x) x x (equilíbrio)
Em (0,05 – x), desprezamos x, então teremos apenas 0,05 M.
3 h 3 [H CCOOH][OH ] K [H CCOO ] 2 h x.x x K (0,05 x) 0,05 Como h w a K K K , teremos: 2 14 a x 10 0,05 K , Ka = 1,8 x 10-5, então:
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2 14 5 x 10 0,05 1,8x10 x2 = 27,78 x 10-12 x = 5,27 x 10-6 M
Como x = [OH-], [OH-] = 5,27 x 10-6 M.
Kw = [H+][OH-] = 10-14 [H+] x 5,27 x 10-6 = 10-14 [H+] = 1,9 x 10-9 2,0 x 10-9 pH = – log[H+] pH = – log(2,0 x 10-9) = 9 – log2 = 9 – 0,3 = 8,7 pH = 8,7 Questão 5 Teremos:
4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2MnO aq 8H aq 6e 2MnO s 4H O 3Mn s 6H O 3MnO s 12H aq 6e ( ) 2MnO aq 3Mn aq 2H O 5MnO s 4H aq A diferença de potencial é dada por Δ E = 1,70 – 1,23 = 0,47 V. Utilizando a equação de Nernst, vem:
47,8 0,059 E logQ n 0,059 0 0,47 logK 6 0,059 logK 0,47 6 0,47 logK 6 logK 47,796 0,059 logK 47,8 K 10 Questão 6
a) Cálculo do número de mols do ácido e da base:
3 3 3 3 CH COOH 3 CH COOH CH COOH NaOH CH COOH NaOH n [CH COOH] V n 0,20 M 0,50 L 0,10 mol n [NaOH] V n 0,10 M 0,50 L 0,05 mol
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3 3 2
CH COOH NaOH CH COO Na H O
1 mol
1 mol 1 mol
0,10 mol 0,05 mol 0,05 mol
(excesso de 0,05 mol) 0,05 mol 0,05 mol 3 excesso 3 0,05 mol V 0,50 L 0,50 L 1 L 0,05 [CH COOH] 0,05 M 1 0,05 [CH COO ] 0,05 M 1 3 a 3 excesso [CH COO ] pH pK log [CH COOH] 0,05 M pH 4,75 log 4,75 0,05 M b) Teremos:
Cálculo da nova concentração de NaOH:
0,05 0,01 [NaOH] 0,06 M 1 3 3 2
CH COOH NaOH CH COO Na H O
0,06 M 0,06 M 3 3 0,06 M [CH COOH] 0,06 M [CH COO ] 0,06 M 3 a 3 excesso 3 excesso a 3 [CH COO ] pH pK log [CH COOH] [CH COOH] pH pK log [CH COO ] 0,04 M pH 4,75 log 4,75 log0,666 0,06 M pH 4,75 0,1765 4,5735 Questão 7 a) [SO42] = 5 × 1010 mol.L1. b) [Ba2+] = 2,5 × 105 mol.L1.
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Questão 8
Em (a) e (b) teremos:
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Questão 9
Observação: C H OCH6 6 3 C H OCH6 5 3 Teremos:
Questão 10
a) Fórmula molecular da atropina: C7H23NO3.
b) Estruturas das substâncias derivadas da hidrólise ácida da atropina:
N O O OH CH3 H2O/H + N OH CH3
