o anglo resolve a prova de Química do ITA...

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões demúltipla escolha.3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nasquestões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os can-didatos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.

oanglo

resolve

a provade Química

do ITAdezembrode 2005

Código: 83580406

CONSTANTES

Constante de Avogadro = 6,02 × 1023 mol–1

Constante de Faraday (F) = 9,65 × 104C mol–1

Volume molar de gás ideal = 22,4L (CNTP)Carga elementar = 1,602 × 10–19CConstante dos gases (R) = 8,21 × 10–2atm L K–1 mol–1 = 8,31J K–1 mol–1 = 62,4mmHg L K–1 mol–1 = 1,98cal K–1 mol–1

DEFINIÇÕESCondições normais de temperatura e pressão (CNTP): 0ºC e 760mmHg.Condições ambientes: 25ºC e 1 atm.

Condições-padrão: 25ºC, 1atm, concentração das soluções: 1mol L–1 (rigorosamente: atividade unitária das espé-cies), sólido com estrutura cristalina mais estável nas condições de pressão e temperatura em questão.

(s) ou (c) = sólido cristalino; (l) ou (l) = líquido; (g) = gás; (aq) = aquoso; (graf) = grafite; (CM) = circuito metálico;(conc) = concentrado; (ua) = unidades arbitrárias; [A] = concentração da espécie química A em mol L–1.

MASSAS MOLARES

As questões de 1 a 20 NÃO devem ser resolvidas no caderno de soluções. Para respondê-las, marque aopção escolhida para cada questão na folha de leitura óptica e na reprodução da folha de leitura óptica(que se encontra na última página do caderno de soluções).

Considere uma amostra nas condições ambientes que contém uma mistura racêmica constituída das substân-cias dextrógira e levógira do tartarato duplo de sódio e amônio.Assinale a opção que contém o método mais adequado para a separação destas substâncias.A) Catação. D) Centrifugação.B) Filtração. E) Levigação.C) Destilação.

Questão 1▼▼

Elemento Número Massa Molar Elemento Número Massa MolarQuímico Atômico (g mol–1) Químico Atômico (g mol–1)

H 1 1,01 K 19 39,10He 2 4,00 Ca 20 40,08Li 3 6,94 Cr 24 52,00Be 4 9,01 Mn 25 54,94B 5 10,81 Fe 26 55,85C 6 12,01 Ni 28 58,69N 7 14,01 Cu 29 63,55O 8 16,00 Br 35 79,91F 9 19,00 Kr 36 83,80

Na 11 22,99 Ag 47 107,87Si 14 28,09 Sn 50 118,71P 15 30,97 I 53 126,90S 16 32,06 Hg 80 200,59

Cl 17 35,45 Pb 82 207,21

3ITA/2006 ANGLO VESTIBULARES

AAAUUUQQQ ÍÍÍMMMIIICCC

Os cristais dos isômeros ópticos do tartarato duplo de sódio e amônio são diferentes entre si, logo o processo maisadequado é o da CATAÇÃO. Esse processo foi utilizado por Pasteur para separar os isômeros do ácido tartárico.

Resposta: A

Considere os seguintes óxidos (I, II, III, IV e V):I. CaOII. N2O5III. Na2OIV. P2O5V. SO3

Assinale a opção que apresenta os óxidos que, quando dissolvidos em água pura, tornam o meio ácido.A) Apenas I e IV D) Apenas II, IV e VB) Apenas I, III e V E) Apenas III e VC) Apenas II e III

N2O5 + H2O → 2HNO3

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

SO3 + H2O → H2SO4

Os óxidos: N2O5, P2O5 e SO3 originam soluções aquosas ácidas.

Resposta: D

Assinale a opção que apresenta a equação química que representa uma reação envolvendo a uréia [CO(NH2)2]que NÃO ocorre sob aquecimento a 90°C e pressão de 1atm.

A) CO(NH2)2(s) + 2HNO2(aq) → 2N2(g) + CO2(g) + 3H2O(l)

B) CO(NH2)2(s) → N2(g) + O2(g) + CH4(g)

C) CO(NH2)2(s) + H2O(l) → 2NH3(g) + CO2(g)

D) CO(NH2)2(s) + H2O(l) + 2HCl(aq) → 2NH4Cl(aq) + CO2(g)E) CO(NH2)2(s) + 2NaOH(aq) → Na2CO3(aq) + 2NH3(g)

A única reação que não ocorre é a equação da alternativa B.Resposta: B

+ 2HNO2(aq) 2N2(g) + CO2(g) + 3H2O(l)

+ HOH(l) hidrólise 2NH3(g) + CO2(g)

+ HOH(l) hidrólise 2NH4+(aq) + CO2(g)

ácida (H+)

+ HOH(l) hidrólise CO32–(aq) + 2NH3(g)

alcalina (OH–)

O — C— —

—

NH2

NH2(s)

Resolução

12

Questão 3▼▼

Resolução

Questão 2▼▼Resolução


São fornecidas as seguintes informações a respeito de titulação ácido-base:

a) A figura mostra as curvas de titulação de 30,0mL de diferentes ácidos (I, II, III, IV e V), todos a 0,10molL–1,com uma solução aquosa 0,10molL–1 em NaOH.

b) O indicador fenolftaleína apresenta o intervalo de mudança de cor entre pH 8,0 a 10,0, e o indicadorvermelho de metila, entre pH 4,0 a 6,0.

Considerando estas informações, é CORRETO afirmar que

A) o indicador vermelho de metila é mais adequado que a fenolftaleína para ser utilizado na titulação do ácido IV.B) o indicador vermelho de metila é mais adequado que a fenolftaleína para ser utilizado na titulação do ácido V.C) o ácido III é mais forte que o ácido II.D) os dois indicadores (fenolftaleína e vermelho de metila) são adequados para a titulação do ácido I.E) os dois indicadores (fenolftaleína e vermelho de metila) são adequados para a titulação do ácido III.

A curva de titulação do ácido I é apresentada a seguir:

Nota-se que, ao se adicionarem 30mL de NaOH, atinge-se o ponto de equivalência com uma grande variaçãode pH (4 — 10).O indicador a ser utilizado nessa titulação deve apresentar intervalo de viragem entre os pH: 4 a 10.Logo, tanto o vermelho de metila (pH = 4 — 6) como a fenolftaleína (pH = 8 — 10) podem ser utilizados.

Resposta: D

I

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

12,0

14,0

0,0 20,0 40,0

VNaOH (mL)

pH

Resolução

I

II

III

IV

V

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

12,0

14,0

0,0 20,0 40,0

VNaOH (mL)p

H

Questão 4▼▼


Considere as seguintes afirmações a respeito da variação, em módulo, da entalpia (∆H) e da energia interna(∆U) das reações químicas, respectivamente representadas pelas equações químicas abaixo, cada uma mantidaa temperatura e pressão constantes:I. H2O(g) + 1/2O2(g) → H2O2(g) ; |∆HI| � |∆UI|

II. 4NH3(g) + N2(g) → 3N2H4(g) ; |∆HII| � |∆UII|III. H2(g) + F2(g) → 2HF(g) ; |∆HIII| � |∆UIII|

IV. HCl(g) + 2O2(g) → HClO4(l) ; |∆HIV| � |∆UIV|V. CaO(s) + 3C(s) → CO(g) + CaC2(s) ; |∆HV| � |∆UV|

Das afirmações acima, estão CORRETASA) apenas I, II e V.B) apenas I, III e IV.C) apenas II, IV e V.D) apenas III e V.E) todas.

∆H = ∆U + p∆V

∆V = variação de volume de componentes gasosos, isto é, V(produtos) – V(reagentes).

Processo I (afirmação FALSA)Há redução do número de moléculas gasosas.

∆V � 0 ⇒ p∆V � 0 ⇒ ∆ H � ∆U

Processo II (afirmação CORRETA)Pelo mesmo raciocínio anterior, ∆H � ∆U.

Processo III (afirmação FALSA)A quantidade de moléculas gasosas é constante.

∆V = 0 ⇒ ∆ H = ∆U

Processo IV (afirmação CORRETA)Há redução do número de moléculas gasosas.

∆H � ∆U

Processo V (afirmação CORRETA)Há aumento do número de moléculas gasosas.

∆V � 0 ⇒ p∆V � 0 ⇒ ∆ H � ∆U

Resposta: C

Considere as afirmações abaixo, todas relativas à temperatura de 25ºC, sabendo que os produtos de solu-bilidade das substâncias hipotéticas XY, XZ e XW são, respectivamente, iguais a 10–8, 10–12 e 10–6, naquelatemperatura.

I. Adicionando-se 1 × 10–3mol do ânion W proveniente de um sal solúvel a 100mL de uma solução aquosasaturada em XY sem corpo de fundo, observa-se a formação de um sólido.

II. Adicionando-se 1 × 10–3mol do ânion Y proveniente de um sal solúvel a 100mL de uma solução aquosasaturada em XW sem corpo de fundo, não se observa a formação de sólido.

III. Adicionando-se 1 × 10–3mol de XZ sólido a 100mL de uma solução aquosa contendo 1 × 10–3molL–1 de umânion Z proveniente de um sal solúvel, observa-se um aumento da quantidade de sólido.

IV. Adicionando-se uma solução aquosa saturada em XZ sem corpo de fundo a uma solução aquosa saturadaem XZ sem corpo de fundo, observa-se a formação de um sólido.

Questão 6▼▼

Resolução

Questão 5▼▼


Das afirmações citadas, está(ão) CORRETA(S)A) apenas I e II.B) apenas I e III.C) apenas II.D) apenas III e IV.E) apenas IV.

I — Correta.Solução saturada de XY Ks = 10–8

Ks = [Xa+] ⋅ [Ya–]

10–8 = s ⋅ s10–8 = s2

solubilidade de ⇒ s = 10–4mol/LXa+ e Ya–

Com a adição de 10–3mol de Wa– a 100mL da solução acima, teremos:

Ks de XW = [Xa+][Wa–] = 10–16

O produto das concentrações [Xa+] e [Wa–] será: 10–4 ⋅ 10–2 = 10–6. Esse valor é maior que o do Ks, por-tanto ocorre precipitação de XW.

II — Correta.Solução saturada de XW Ks = 10–16

Ks = [Xa+] ⋅ [Wa–]

10–16 = s ⋅ s10–16 = s2

solubilidade de ⇒ s = 10–8mol/LXa+ e Wa–

Com a adição de 10–3 mol de Ya– a 100mL da solução acima, teremos:

Ks do XY = [Xa+] ⋅ [Ya–] = 10–8

O produto das concentrações de [Xa+] e [Ya–] será: 10–8 ⋅ 10–2 = 10–10. Esse valor é menor que o do Ks,portanto não ocorre precipitação.

III — Incorreta.A adição de 10–3mol de XZ(s) em 100mL de uma solução que contém Za– na concentração 10–3mol/L pro-duzirá uma precipitação de XZ(s).A solubilidade do XZ em água é dada por:

A solubilidade do XZ numa solução que já contém o ânion Za– será menor que 10–6mol/L, devido ao efei-to do íon comum.Porém sempre ocorrerá uma dissolução do XZ(s) adicionado. Logo, a quantidade de XZ(s) formada serámenor que a do XZ(s) adicionado.

IV — Incorreta.A mistura de soluções saturadas de mesmo soluto originará uma solução de mesma concentração (saturada)do mesmo soluto. Logo, não ocorrerá precipitação.

Resposta: A

K mol Ls = 10 6– /

[ ] /––

–Y

mol

Lmol La = = −10

1010

3

12

[ ] /––

–W

mol

Lmol La ⋅ = −10

1010

3

12

Resolução


O diagrama de fases da água está representado na figura abaixo. Os pontos indicados (I, II, III, IV e V) referem-sea sistemas contendo uma mesma massa de água líquida pura em equilíbrio com a(s) eventual(ais) fase(s) termo-dinamicamente estável(eis) em cada situação. Considere, quando for o caso, que os volumes iniciais da fase vaporsão iguais. A seguir, mantendo-se as temperaturas de cada sistema constantes, a pressão é reduzida até Pf.

Com base nestas informações, assinale a opção que apresenta a relação ERRADA entre os números de mol devapor de água(n) presentes nos sistemas, quando a pressão é igual a Pf.

A) nI � nIIIB) nI � nIVC) nIII � nIID) nIII � nVE) nIV � nV

Nos pontos I e III existe apenas água no estado líquido (mesma quantidade). Assim, na pressão Pf, em que todaágua se transforma em vapor, existirá a mesma quantidade em mol de vapor (nI = nIII).Portanto a relação nI � nIII está errada.

Resposta: A

Considere um calorímetro adiabático e isotérmico, em que a temperatura é mantida rigorosamente constante eigual a 40°C. No interior deste calorímetro é posicionado um frasco de reação cujas paredes permitem a completae imediata troca de calor. O frasco de reação contém 100g de água pura a 40°C. Realizam-se cinco experimentos,adicionando uma massa m1 de um sal X ao frasco de reação. Após o estabelecimento do equilíbrio termodinâmico,adiciona-se ao mesmo frasco uma massa m2 de um sal Y e mede-se a variação de entalpia de dissolução (∆H).

200

160

120

80

40

00 20 40 60 80 100

Temperatura (°C)

NaCl

NH4Cl

KNO3

NaClO3

So

lub

ilid

ade

(gra

mas

sal

/100

g á

gu

a)

Questão 8▼▼

Resolução

I

III

IIIV

V

Pres

são

Pf

Temperatura

Questão 7▼▼


Utilizando estas informações e as curvas de solubilidade apresentadas na figura, excluindo quaisquer condiçõesde metaestabilidade, assinale a opção que apresenta a correlação CORRETA entre as condições em que cadaexperimento foi realizado e o respectivo ∆H.

A) Experimento 1: X = KNO3; m1 = 60g; Y = KNO3; m2 = 60g; ∆H � 0

B) Experimento 2: X = NaClO3; m1 = 40g; Y = NaClO3; m2 = 40g; ∆H � 0

C) Experimento 3: X = NaCl; m1 = 10g; Y = NaCl; m2 = 10g; ∆H � 0

D) Experimento 4: X = KNO3; m1 = 60g; Y = NaClO3; m2 = 60g; ∆H = 0

E) Experimento 5: X = KNO3; m1 = 60g; Y = NH4Cl; m2 = 60g; ∆H � 0

Considerando as condições do enunciado (100g de água pura a 40°C), a massa (m1) do sal X deve dissolver-setotalmente, o mesmo acontecendo com a massa (m2) do sal Y — e neste último caso foi medida a variação deentalpia de dissolução (∆H).Analisando os experimentos citados, temos que o experimento 2 propõe a dissolução de 40g NaClO3 (solubi-lidade a 40°C de aproximadamente 120g/100g de água) e em seguida a dissolução de mais 40g do mesmo sal,obtendo-se assim uma solução insaturada. A análise da curva de solubilidade do NaClO3 mostra que sua dis-solução é endotérmica (∆H � 0).

Resposta: B

A figura abaixo mostra cinco curvas de distribuição de velocidade molecular para diferentes gases (I, II, III,IV e V) a uma dada temperatura.

Assinale a opção que relaciona CORRETAMENTE a curva de distribuição de velocidade molecular a cada umdos gases.

A) I = H2, II = He, III = O2, IV = N2 e V = H2O.

B) I = O2, II = N2, III = H2O, IV = He e V = H2.

C) I = He, II = H2, III = N2, IV = O2 e V = H2O.

D) I = N2, II = O2, III = H2, IV = H2O e V = He.

E) I = H2O, II = N2, III = O2, IV = H2 e V = He.

A velocidade molecular de um gás é proporcional à temperatura absoluta (K) e inversamente proporcional à raizquadrada de suas massas moleculares (M.M.).

Resolução

1000 2000 3000Velocidade molecular (m/s)

0

Nú

mer

o r

elat

ivo

de

mo

lécu

las

I

II

III

IV

V

Questão 9▼▼

Resolução


Para uma mesma temperatura (T = constante):

I = O2 II = N2 III = H2O IV = He V = H2

Resposta: B

Considere as respectivas reações químicas representadas pelas seguintes equações químicas:I. 2KMnO4 + 3H2SO4 + 5H2O2 → 1X + 2Y + 8H2O + 5O2

II. 4CrO3 + 6H2SO4 → 2Z + 6 H2O + 3O2

III. 2K2Cr2O7 + 10H2SO4 → 4KHSO4 + 2W + 8H2O + 3 O2

Em relação às equações químicas I, II e III é CORRETO afirmar queA) o produto X é KHSO4.B) o produto Y é Mn(SO4)2.C) o produto Z é CrSO4.D) o peróxido de hidrogênio atua como agente oxidante.E) os produtos Z e W representam o mesmo composto químico.

Processo I:2KMnO4 + 3H2SO4 + 5H2O2 → K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O + 5O2

X = K2SO4 e Y = MnSO4

Processo II:4CrO3 + 6H2SO4 → 2Cr2(SO4)3 + 6H2O + 3O2

Z = Cr2(SO4)3

Processo III:2K2Cr2O7 + 10H2SO4 → 4KHSO4 + 2Cr2(SO4)3 + 8H2O + 3O2

W = Cr2(SO4)3

O H2O2 é agente redutor, porque se oxida até O2. Neste processo, o número de oxidação do oxigênio aumentade (–1) para zero.

Resposta: E

Resolução

Questão 10▼▼

v KO2

132

=

v KN2

128

=

v KH O2

118

=

v KHe = 1

4

v KH2

12

=

v KMM

= 1. .


14

44

44

44

44

24

44

44

44

44

3

Portanto:vH2

� vHe � vH2O � vN2� vO2

V � IV � III � II � I

Assinale a opção que apresenta a substância que pode exibir comportamento de cristal líquido, nas condiçõesambientes.

A)

B)

C)

D)

E)

As substâncias que formam cristais líquidos são geralmente compostas de moléculas longas na forma de tubos e,além disso, contêm grupos polares. Estes grupos originam interações dipolo-dipolo que alinham as moléculas.A substância

apresenta uma cadeia muito longa em relação à sua espessura e a presença dos anéis planos do benzeno ajudaas moléculas se “empilharem” umas sobre as outras.

Resposta: D

Considere quatro séries de experimentos em que quatro espécies químicas (X, Y, Z e W) reagem entre si, à pressãoe temperatura constantes. Em cada série, fixam-se as concentrações de três espécies e varia-se a concentração (C0)da quarta. Para cada série, determina-se a velocidade inicial da reação (v0) em cada experimento.

– 0,2

– 0,4

– 0,6

– 0,8

– 1,0

– 1,0 – 0,9 – 0,8 – 0,7

W

Z

Y

X

log C0

log

v0

Questão 12▼▼

CH3O — — CH — N — — CH2 — CH2 — CH2 — CH3—

Resolução

CH3 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — CH2 — OH

CH3O — — CH — N — — CH2 — CH2 — CH2 — CH3—

COOCH3

—

—

COOH

CH3 — CH2 — C — CH2 — C — CH2 — CH3

CH3—

—

CH3

CH3

——

CH3

— CH2COONa

Questão 11▼▼


Os resultados de cada série são apresentados na figura, indicados pelas curvas X, Y, Z e W, respectivamente. Combase nas informações fornecidas, assinale a opção que apresenta o valor CORRETO da ordem global da reaçãoquímica.A) 3B) 4C) 5D) 6E) 7

Foram realizados 4 experimentos nos quais uma espécie teve sua concentração alterada e as demais se man-tiveram constantes.

v = k [X]a [Y]b [Z]c [W]d

1º- experimento: Variando [X]

v = k [Y]b ⋅ [Z]c ⋅ [W]d ⋅ [X]a14444244443

v = k1 ⋅ [X]a

Aplicando-se log na expressão, tem-se

logv = logk1 + log[X]a

logv = logk1 + a log[X]

Para uma concentração [X]n, teremos vn; assim:

logv1 = logk1 + alog[X]1logv2 = logk1 + alog[X]2

Isolando logk1 e igualando as expressões:

logv1 – alog[X]1 = logv2 – alog[X]2

Isolando a, temos

Observando o gráfico proposto:

Se log[X]1 = –1, então logv1 = –1.log[X]2 = –0,8, então logv2 = –1.

Substituindo na expressão acima, temos:

Utilizando o mesmo raciocínio para a espécie Z, temos:

Se log[Z]1 = –1, então logv1 = –1.log[Z]2 = –0,8, então logv2 = –0,6.

Substituindo na expressão:

c = 2c = =(– ) – (– , )(– ) – (– , )

1 0 61 0 8

2

cv v

Z Z= log – log

log[ ] – log[ ]1 2

1 2

a a= = =(– ) – (– )(– ) – (– , )

1 11 0 8

0 0

av v

X X= log – log

log[ ] – log[ ]1 2

1 2

Resolução


Para a espécie Y, temos:

Se log[Y]1 = –1, então logv1 = –1.log[Y]2 = –0,8, então logv2 = –0,8.

Substituindo na expressão:

b = 1

Para a espécie W, temos:

Se log[W]1 = –1, então logv1 = –0,8.log[W]2 = –0,8, então logv2 = –0,4.

d = 2

A ordem global da reação será a soma

a + b + c + d = 0 + 1 + 2 + 2 = 5

Resposta: C

Considere soluções de SiCl4/CCl4 de frações molares variáveis, todas a 25ºC. Sabendo que a pressão de vapor

do CCl4 a 25ºC é igual a 114,9mmHg, assinale a opção que mostra o gráfico que melhor representa a pressão

de vapor de CCl4 (PCCl4) em função da fração molar de SiCl4 no líquido (x1

SiCl4).

A)

B) 240

160

80

00,0 0,5 1,0

x1SiCl4

PC

Cl 4 (

mm

Hg

)

240

160

80

00,0 0,5 1,0

PC

Cl 4 (

mm

Hg

)

x1SiCl4

Questão 13▼▼

d = =(– , ) – (– , )(– ) – (– , )0 8 0 41 0 8

2

dv v

W W= log – log

log[ ] – log[ ]1 2

1 2

b = =(– ) – (– , )(– ) – (– , )

1 0 81 0 8

1

bv v

Y Y= log – log

log[ ] – log[ ]1 2

1 2


C)

D)

E)

A adição de SiCl4 gradativamente aumenta sua fração molar na mistura.

Quando à fração molar de SiCl4 for igual a 1, significa ausência de CCl4, ou seja, o sistema terá SiCl4 puro.

Nessas condições, a pressão de vapor do CCl4 será igual a zero.O melhor diagrama é E.

Resposta: E

Um recepiente fechado, mantido a volume e temperatura constantes, contém a espécie química X no estadogasoso a pressão inicial P0. Esta espécie decompõe-se em Y e Z de acordo com a seguinte equação química: X(g) → 2Y(g) + 1/2Z(g). Admita que X, Y e Z tenham comportamento de gases ideais. Assinale a opção queapresenta a expressão CORRETA da pressão (P) no interior do recipiente em função do andamento da reação,em termos da fração α de moléculas de X que reagiram.

A) P = [1 + (1/2)α]P0

B) P = [1 + (2/2)α]P0

C) P = [1 + (3/2)α]P0

D) P = [1 + (4/2)α]P0

E) P = [1 + (5/2)α]P0

Questão 14▼▼

Resolução

240

160

80

00,0 0,5 1,0

x1SiCl4

PC

Cl 4 (

mm

Hg

)

240

160

80

00,0 0,5 1,0

x1SiCl4

PC

Cl 4 (

mm

Hg

)

240

160

80

00,0 0,5 1,0

x1SiCl4

PC

Cl 4 (

mm

Hg

)


Considerando o equilíbrio

X(g) →← 2Y(g) + Z(g)

início P0 0 0

consumidos formados formados

α P0 2αP0 α P0

equilíbrio P0 – αP0 2αP0 α P0

onde α é a fração de moléculas que reagiriam, que é proporcional à variação de P0(inicial) de X(g), pois volume e tem-peratura são constantes.

Ptotal = PX + PY + PZ

Resposta: C

Um elemento galvânico é constituído pelos eletrodos abaixo especificados, ligados por uma ponte salina econectados a um multímetro de alta impedância.

Eletrodo a: Placa de chumbo metálico mergulhada em uma solução aquosa 1molL–1 de nitrato de chumbo.

Eletrodo b: Placa de níquel metálico mergulhada em uma solução aquosa 1molL–1 de sulfato de níquel.

Após estabelecido o equilíbrio químico nas condições-padrão, determina-se a polaridade dos eletrodos. Aseguir, são adicionadas pequenas porções de KI sólido ao Eletrodo a, até que ocorra a inversão de polaridadedo elemento galvânico.Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade de PbI2: Kps(PbI2) = 8,5 × 10–9

Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nascondições-padrão:

E0Pb/Pb2+ = –0,13V; E0

Ni/Ni2+ = –0,25V; E0I–/I2

= 0,53V

Assinale a opção que indica a concentração CORRETA de KI, em molL–1, a partir da qual se observa a inversãode polaridade dos eletrodos nas condições-padrão.

A) 1 × 10–2

B) 1 × 10–3

C) 1 × 10–4

D) 1 × 10–5

E) 1 × 10–6

Questão 15▼▼

P Ptotal = +

0 1

32

α

P Ptotal = + +

0 1 2

12

– α α α

P P P P Ptotal = ( ) + ( ) +

0 0 0 02

12

– α α α

12

12

12

Resolução


Início: Como o E0red do Pb é maior que o E0

red do Ni, temos:

Eletrodo A: Eletrodo B:

+ Pb2+(aq) + 2e– → Pb(s) – Ni(s) → Ni2+(aq) + 2e–

A inversão de polaridade irá ocorrer quando o EPb � ENi, ou seja, EPb � –0,25V.

Adição de I– no eletrodo A até o potencial se reduzir a um valor menor que –0,25V.

Aplicando a equação de Nernst:

0

4 = log1 – log[Pb2+]

–4 = log[Pb2+] ∴ [Pb2+] = 10–4mol/L

Pela expressão do Kps, temos:

Kps = [Pb2+] ⋅ [I–]2

8,5 ⋅ 10–9 = 10–4 ⋅ [I–]2

85 ⋅ 10–6 = [I–]2 ∴ [I–] = 9,2 ⋅ 10–3 mol/L

Então, temos que: KI → K+ + I–

1mol/L 1mol/L

De acordo com a proporção, a concentração de KI que deverá ser adicionado para inverter a polaridade é 9,2 ⋅ 10–3mol/L ∼– 1 ⋅ 10–2mol/L.

Resposta: A

São dadas as semi-equações químicas seguintes e seus respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo dehidrogênio nas condições-padrão:

I. Cl2(g) + 2e– 2Cl–(aq) ; E0I = +1,358V

II. Fe2+(aq) + 2e– Fe(s) ; E0II = –0,447V

III. Fe3+(aq) + 3e– Fe(s) ; E0III = –0,037V

IV. Fe3+(aq) + e– Fe2+(aq) ; E0IV = +0,771V

V. O2(g) + 4H+(aq) + 4e– 2H2O(l) ; E0V = +1,229V

Questão 16▼▼

0 12 20 0592

12

,,

log[ ]

⋅ =+Pb

+ = ++

0 120 0592

212

,,

log[ ]Pb

– , , –,

log[ ]

0 25 0 130 0592

212

+ =+Pb

– , – , –,

log[ ]

0 25 0 130 0592

212

=+Pb

E En Pb

=+

02

0 0592 1–

,log

[ ]

Resolução


Com base nestas informações, assinale a opção que contém a afirmação CORRETA, considerando as condições--padrão.

A) A formação de FeCl2 a partir de Fe fundido e Cl2 gasoso apresenta ∆H � 0.

B) Tanto a eletrólise ígnea do FeCl2(s) quanto a do FeCl3(s), quando realizadas nas mesmas condições experi-mentais, produzem as mesmas quantidades em massa de Fe(s).

C) Uma solução aquosa de FeCl2 reage com uma solução aquosa de ácido clorídrico, gerando H2(g).

D) Borbulhando Cl2(g) em uma solução aquosa de Fe2+, produz-se 1 mol de Fe3+ para cada mol de Cl– emsolução.

E) Fe2+ tende a se oxidar em solução aquosa ácida quando o meio estiver aerado.

4Fe2+(aq) 4Fe3+(aq) + 4e– E = –0,771V

O2(g) + 4H+(aq) + 4e– 2H2O(l) E = +1,229V

4Fe2+(aq) + O2(g) + 4H+(aq) 4Fe3+(aq) + 2H2O ∆ε = +0,458V

Como ∆E � 0, conclui-se que a reação será espontânea.

Resposta: E

Duas células (I e II) são montadas como mostrado na figura. Acélula I contém uma solução aquosa 1 molL–1 em sulfato de pratae duas placas de platina. A célula II contém uma solução aquosa1 mol L–1 em sulfato de cobre e duas placas de cobre. Uma bateriafornece uma diferença de potencial elétrico de 12V entre os ele-trodos Ia e IIb, por um certo intervalo de tempo.Assinale a opção que contém a afirmativa ERRADA em relação aosistema descrito.A) Há formação de O2(g) no eletrodo Ib.B) Há um aumento da massa do eletrodo Ia.C) A concentração de íons Ag+ permanece constante na célula I.D) Há um aumento de massa do eletrodo IIa.E) A concentração de íons Cu2+ permanece constante na célula II.

IaIb

IIa IIb

Ag2SO4(aq) CuSO4(aq)

Reduçãocátodo

–

+

–+

–e– e–

Oxidaçãoânodo

Reduçãocátodo

Oxidaçãoânodo

+

Resolução

Ia Ib IIa IIb

Pt Pt Cu Cu

Ag2SO4 1mol L– 1 CuSO4 1mol L– 1

Célula I Célula II

Questão 17▼▼

Resolução


Na célula I há eletrólise de solução aquosa de sulfato de prata com eletrodos inertes.

Ia {Ag+ + e– → Ag0

Ib

Na célula II há eletrólise de solução aquosa de sulfato de cobre com eletrodos ativos.

IIa {Cu2+ + 2e– → Cu

IIb {Cu → Cu2+ + 2e–

A alternativa com afirmativa errada é C.

Resposta: C

Considere as afirmações abaixo, todas relacionadas a átomos e íons no estado gasoso:I. A energia do íon Be2+, no seu estado fundamental, é igual à energia do átomo de He neutro no seu estado

fundamental.II. Conhecendo a segunda energia de ionização do átomo de He neutro, é possível conhecer o valor da

afinidade eletrônica do íon He2+.III. Conhecendo o valor da afinidade eletrônica e da primeira energia de ionização do átomo de Li neutro, é

possível conhecer a energia envolvida na emissão do primeiro estado excitado do átomo de Li neutro parao seu estado fundamental.

IV. A primeira energia de ionização de íon H– é menor do que a primeira energia de ionização do átomo deH neutro.

V. O primeiro estado excitado do átomo de He neutro tem a mesma configuração eletrônica do primeiro esta-do excitado do íon Be2+.

Então, das afirmações acima, estão CORRETASA) apenas I e III. D) apenas II, IV e V.B) apenas I, II e V. E) apenas III e V.C) apenas I e IV.

Analisando as afirmações temos:I. Errada.

O átomo de 2He (1s2) e o íon 4Be2+ (1s2) são isoeletrônicos, mas apresentam diferentes energias porque têmdiferentes números de prótons.

II. Correta.A energia necessária para retirar o segundo elétron do He é a mesma que será liberada pelo retorno desseelétron à eletrosfera do He2+.

III. Incorreta.A energia envolvida na emissão do primeiro estado excitado do átomo de Li (1s2 2p1) para o seu estadofundamental (1s2 2s1) está relacionada com espécies químicas que apresentam o mesmo número de pró-tons e de elétrons, ao passo que tanto na afinidade eletrônica como na primeira energia de ionização doLi neutro estão envolvidas espécies com diferentes números de elétrons:

Li + e– → Li–

3p 3p3e– 4e–

Li → Li+ + e–

3p 3p3e– 2e–

Além disso, nestes últimos processos o elétron é deslocado do ou para o infinito, ao passo que no processoanterior a mudança ocorre no mesmo nível.

Resolução

Questão 18▼▼

H O O H e2 212

2 2→ + +

+ −


IV. Correta.A primeira energia de ionização do H– (1s2) é menor que a primeira energia de ionização do H (1s1) porqueno íon H– a distância núcleo-elétron é maior e, portanto, a atração núcleo-elétron é menor.

V. Correta.1º estado excitado do 2He : 1s1 2s1

1º estado excitado do Be2+ : 1s1 2s1

Resposta: D

Uma reação química hipotética é representada pela seguinte equação: X(g) + Y(g) → 3Z(g). Considere que estareação seja realizada em um cilindro provido de um pistão, de massa desprezível, que se desloca sem atrito,mantendo-se constantes a pressão em 1atm e a temperatura em 25°C. Em relação a este sistema, são feitas asseguintes afirmações:

I. O calor trocado na reação é igual à variação de entalpia.II. O trabalho realizado pelo sistema é igual a zero.III. A variação da energia interna é menor do que a variação da entalpia.IV. A variação da energia interna é igual a zero.V. A variação da energia livre de Gibbs é igual à variação de entalpia.

Então, das afirmações anteriores, estão CORRETASA) apenas I, II e IV.B) apenas I e III.C) apenas II e V.D) apenas III e IV.E) apenas III, IV e V.

Considerando a equação:

X(g) + Y(g) → 3Z(g)1mol 1mol 3mol

14243 1232mol 3mol

Como ocorreu uma reação, teremos uma variação da entalpia do sistema (∆H).Essa reação ocorreu a pressão constante, logo o ∆H é o calor trocado entre o sistema e a vizinhança. Além disso,ocorreu um aumento do número de mol de gás, o que acarretou o aumento do volume do cilindro, ou seja, foirealizado um trabalho de expansão, provocando uma diminuição da energia interna.Assim as afirmações I e III são verdadeiras, enquanto as afirmações II e IV são falsas, como descrito no texto acima.A afirmação V está incorreta, pois de acordo com a equação

∆G = ∆H – T∆S

o ∆S é maior do que zero (∆S � 0) devido a um aumento do número de mol. Portanto ∆G ≠ ∆H.

Resposta: B

Resolução

Questão 19▼▼

4p

2e

2p

2e


A figura apresenta cinco curvas (I, II, III, IV e V) da concentração de uma espécie X em função do tempo. Con-siderando uma reação química hipotética representada pela equação X(g) → Y(g), assinale a opção CORRETAque indica a curva correspondente a uma reação química que obedece a uma lei de velocidade de segundaordem em relação à espécie X.A) Curva IB) Curva IIC) Curva IIID) Curva IVE) Curva V

X(g) → Y(g) (reação de 2ª- ordem)

Lei de velocidade: v = k ⋅ [X]2 ou

Rearranjando e integrando essa expressão, temos:

kdt

Resolvendo a integral, temos:

Numa reação de 2ª- ordem, o tempo de meia-vida (t1/2) depende da concentração inicial: quanto maior o valor daconcentração inicial, menor será o tempo de meia-vida.

Em uma reação de 1ª- ordem, o tempo de meia-vida será uma constante: .

De acordo com o gráfico, para a curva I temos:[X]0 = 10mol/L quando t = 1s[X] = 5mol/L quando t = 5,5s[X] = 2,5mol/L quando t = 10,0s

t1/2 = 4,5s = constante, portanto a curva I se refere a uma reação de 1ª- ordem.

t

nk1 2

2/ = l

1 1

0[ ] [ ]X Xkt= +

t

t0 = 0

⌠⌡

–[ ]

[ ]

d X

X 2=

[X]

[X]0

⌠⌡

–[ ]

[ ]

d X

Xkdt

2=

–[ ]

[ ]d Xdt

k X= 2

Resolução

2 4 6 8 10

Tempo (s)

2

4

6

8

10

12

Co

nce

ntr

ação

de

X (

mm

ol ⋅

L–1

)

00

III

II

I

IV

V

Questão 20▼▼


Para a curva II:

[X]0 = 10mol/L quando t = 1s

[X] = 5mol/L quando t = 4,7s[X] = 2,5mol/L quando t = 7,4st1/2 = (10mol/L → 5mol/L) = 3,7s

t1/2 = (5mol/L → 2,5mol/L) = 2,7s

A diminuição na concentração foi acompanhada por uma diminuição no valor de t1/2, portanto a curva II nãose refere a uma reação de 1ª- ordem nem a uma reação de 2ª- ordem.

Curva III:[X]0 = 10mol/L quando t = 1s

[X] = 5mol/L quando t = 4s[X] = 2,5mol/L quando t = 7s

t1/2 = 3s = constante, portanto a curva III se refere a uma reação de 1ª- ordem.

Curva IV:[X]0 = 10mol/L quando t = 1s

[X] = 5mol/L quando t = 2,5s[X] = 2,5mol/L quando t = 4,0s

t1/2 = 1,5s = constante, portanto a curva IV se refere a uma reação de 1ª- ordem.

Curva V:[X]0 = 10mol/L quando t = 1s

[X] = 5mol/L quando t = 2s[X] = 2,5mol/L quando t = 4st1/2 = (10mol/L → 5mol/L) = 1s

t1/2 = (5mol/L → 2,5mol/L) = 2s

A diminuição na [X] é acompanhada por um aumento no tempo de meia-vida, o que é compatível com umareação de 2ª- ordem. Portanto, das curvas apresentadas, apenas a curva V obedece a uma lei de velocidade desegunda ordem em relação à espécie X.Resposta: E

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e respondidas no cadernode soluções.

Considere as afirmações abaixo:

a) PbCrO4(s) é um sólido amarelo que é solúvel em água quente.

b) AgCl(s) forma um cátion de prata solúvel em solução aquosa de NH3.

c) O sólido branco PbCl2(s) é solúvel em água quente, mas os sólidos brancos AgCl(s) e Hg2Cl2(s) não o são.

d) Uma solução aquosa contendo o cátion de prata do item b), quando acidulada com HCl, forma o sólidoAgCl(s).

e) Hg2Cl2(s) forma uma mistura insolúvel contendo Hg(l), que tem cor prata, e HgNH2Cl(s), que é preto, emsolução aquosa de NH3.

Uma mostra sólida consiste em uma mistura de cloretos de Ag+, Hg2+2 e Pb2+. Apresente uma seqüência de testes

experimentais para identificar os íons Ag+, Hg2+2 e Pb2+ presente nesta amostra.

Questão 21▼▼


A formação de um resíduo sólido preto/prateado já indica a presença de mercúrio, na forma de Hg(l) (PRATEADO)e HgNH2Cl(s)(PRETO).

(*) AgCl(s) + 2NH3(aq) → [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl–(aq)

(**) [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl–(aq) + 2H+(aq) → AgCl(s) + 2NH+4(aq)

Resíduo sólido contendo mercúrio

Resíduo sólido (Que contém AgCl e Hg2Cl2)

Adicionar NH3(aq) (Para dissolver AgCl)

Filtrar Filtrado contendo [Ag(NH3)2]+(aq)

Resíduo sólido contendo mercúrio

(*)

Filtrado contendo [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl–(aq)

Acidular o filtrado com HCl

Formação de um precipitado branco indica presença de prata como AgCl.

(**)

AgCl(s) + PbCl2(s) + Hg2Cl2(s)

Adicionar água quente (Para dissolver PbCl2)

Filtrar

Resíduo sólido (Contém AgCl e Hg2Cl2)

Filtrado quente

Adicionar K2CrO4(aq) ao filtrado quente

Resfriar o filtrado

Formação de precipitado amarelo indica a presença de chumbo como PbCrO4(s).

Resolução


Calcule o valor do potencial elétrico na escala do eletrodo de hidrogênio nas condições-padrão (Eº) da semi-equa-ção química CuI(s) + e– (CM) Cu(s) + I–(aq).

Dados eventualmente necessários: Produto de solubilidade do CuI(s): Kps(CuI) = 1,0 × 10–12

Semi-equações químicas e seus respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo de hidrogênio nas condi-ções-padrão (Eº):

I. Cu2+(aq) + e– (CM) Cu+(aq) ; E0I = 0,15V

II. Cu2+(aq) + 2e– (CM) Cu(s) ; E0II = 0,34V

III. Cu+(aq) + e– (CM) Cu(s) ; E0III = 0,52V

IV. I2(s) + 2e– (CM) 2I–(aq) ; E0IV = 0,54V

Na equação fornecida:

A semi-reação de redução é:

Cu+(aq) + e– Cu(s) E0III = 0,52V

A concentração de [Cu+] pode ser calculada pelo Ks CuI = 1,0 ⋅ 10–12

KS = [Cu+] [I–]

1,0 ⋅ 10–12 = x ⋅ x

x2 = 1,0 ⋅ 10–12 ∴ x = 1,0 ⋅ 10–6mol/L

Utilizando a equação de Nernst:

E = E0III

E = 0,52

E = 0,52 – 0,059 ⋅ 6E = 0,52 – 0,354E = 0,166V

Esboce graficamente o diagrama de fases (pressão versus temperatura) da água pura (linhas cheias). Neste mesmográfico, esboce o diagrama de fases de uma solução aquosa 1molkg–1 em etilenoglicol (linhas tracejadas).

P

tº

I II

I = água puraII = solução aquosa de etilenoglicol

Resolução

Questão 23▼▼

–,

log–

0 0591

1

10 6⋅

–,

log[ ]

0 059 1n Cu

⋅+

CuI(s) + e– (CM) Cu(s) + I–(aq)

+1 0

Resolução

Questão 22▼▼


Uma reação química genérica pode ser representada pela seguinte equação: A(s) B(s) + C(g). Sabe-se que,na temperatura Teq, esta reação atinge o equilíbrio químico, no qual a pressão parcial de C é dada por PC,eq.Quatro recipientes fechados (I, II, III e IV), mantidos na temperatura Teq, contêm as misturas de substâncias e ascondições experimentais especificadas a seguir:

I. A(s) + C(g); PC,I � PC,eqII. A(s) + B(s); PC,II = 0

III. A(s) + C(g); PC,III �� PC,eqIV. B(s) + C(g); PC,IV � PC,eq

Para cada um dos recipientes, o equilíbrio químico citado pode ser atingido? Justifique suas respostas.

A(s) →← B(s) + C(g)

no equilíbrio (Teq): Pressão Parcial de C = PC,eq.

Sistema I: A(s) + C(g) ; PC,I � PC,eq.

Como PC,I � PC,eq, A(s) se decompõe, formando B(s) e C(g) até que PC,I se iguale a PC,eq, estabelecendo assimo equilíbrio indicado.

Sistema II: A(s) + B(s) ; PC,II = 0

Ocorre decomposição de A(s), formando B(s) e C(g). Se a quantidade de A(s) for suficiente, ocorrerá a formação deC(g) até que PC,II iguale PC,eq. Se a quantidade de A(s) for insuficiente, não será estabelecido o equilíbrio.

Sistema III: A(s) + C(g) ; PC,III �� PC,eq.

Para o equilíbrio ser atingido, é necessário que a concentração de C diminua; porém, como não existe B(s) nosistema para reagir com C(g) e formar A(s), isso não acontece.Assim, o equilíbrio não será atingido nesse sistema.

Sistema IV: B(s) + C(g) ; PC,IV � PC,eq.

Nesse sistema, B(s) pode reagir com C(g), formando A(s). Se a quantidade de B(s) for suficiente, a quantidadede C(g) diminuirá até que PC,IV iguale PC,eq, atingindo o equilíbrio. Se a quantidade de B(s) for insuficiente, nãoserá atingido o equilíbrio, porque PC,IV continuará maior que PC,eq.

Uma substância A apresenta as seguintes propriedades:

Temperatura de fusão a 1 atm = –20°CTemperatura de ebulição a 1 atm = 85°CVariação de entalpia de fusão = 180Jg–1

Variação de entalpia de vaporização = 500Jg–1

Calor específico de A(s) = 1,0Jg–1°C–1

Calor específico de A(l) = 2,5Jg–1°C–1

Calor específico de A(g) = 0,5Jg–1°C–1

À pressão de 1 atm, uma amostra sólida de 25g da substância A é aquecida de –40°C até 100°C, a uma velo-cidade constante de 450Jmin–1. Considere que todo calor fornecido é absorvido pela amostra. Construa o grá-fico de temperatura (°C) versus tempo (min) para todo o processo de aquecimento considerado, indicandoclaramente as coordenadas dos pontos iniciais e finais de cada etapa do processo. Mostre os cálculos neces-sários.

Questão 25▼▼

Resolução

Questão 24▼▼


Durante o aquecimento de A desde –40°C até 100°C, a substância irá fundir a –20°C e vaporizar a 85°C.

1ª- etapa: aquecimento até a fusão (–40°C → –20°C).

m = 25g Q = m ⋅ c ⋅ ∆T

c = 1,0J ⋅ g–1 ⋅ °C–1

∆T = 20°C

Q = 500J, que serão absorvidos em

2ª- etapa: fusão (T = –20°C).

∆Hfusão = 180J ⋅ g–1 Q = m ⋅ ∆Hfus

m = 25g

Q = 4500J, que serão absorvidos em .

3ª- etapa: aquecimento do líquido até a vaporização (–20°C → 85°C).

m = 25g Q = m ⋅ c ⋅ ∆T

c = 2,5J ⋅ g–1 ⋅ °C–1

∆T = 105°C

Q = 6562,5J, que serão absorvidos em .

4ª- etapa: vaporização (T = 85°C).

m = 25g Q = m ⋅ ∆Hvap

∆Hvap = 500J ⋅ g–1

Q = 12500J, que serão absorvidos em .

5ª- etapa: aquecimento do vapor (85°C → 100°C).

m = 25g Q = m ⋅ c ⋅ ∆T

c = 0,5J ⋅ g–1 ⋅ °C–1

∆T = 15°C

Q = 187,5J, que serão absorvidos em .187 5

4500 41

1

,

min, min

–

J

J ⋅=

Q gJ

g CC=

°°⋅ ⋅

⋅⋅25

0 515

,

12500

45027 78

1

J

J ⋅=

min, min

–

Q gJg

= ⋅25 500

6562 5

45014 58

1

,

min, min

–

J

J ⋅=

Q gJ

g CC=

°°⋅

⋅⋅25

2 5105

,

4500

45010

1

J

J ⋅=

minmin

–

Q g

Jg

= ⋅25180

500

45011

1

J

J ⋅=

min, min.

–

Q gJ

g CC=

°°⋅ ⋅

⋅⋅25

1 020

,

Resolução


Logo, o gráfico será:

Para cada um dos processos listados abaixo, indique se a variação de entropia será maior, menor ou igual azero. Justifique suas respostas.a) N2(g,1atm, T = 300K) → N2(g, 0,1atm, T = 300K)

b) C (grafite) → C (diamante)c) solução supersaturada → solução saturadad) sólido amorfo → sólido cristalinoe) N2(g) → N2(g, adsorvido em sílica)

Processo a ⇒ ∆ S � 0

Expansão isotérmica de gás. Há aumento da entropia.

Processo b ⇒ ∆ S � 0

O diamante é um sólido mais organizado (menor entropia) que o grafite. Há redução da entropia na passagem degrafite para diamante.

Processo c ⇒ ∆ S � 0

Na passagem de uma solução supersaturada para saturada, há maior organização do sistema (redução deentropia), porque há diminuição da quantidade de soluto.

Processo d ⇒ ∆ S � 0

O sólido amorfo é mais desorganizado que o sólido cristalino. A entropia diminui.

Processo e ⇒ ∆ S � 0

O gás adsorvido na sílica está mais organizado, portanto com menor entropia.

Resolução

Questão 26▼▼

100

80

60

40

20

0

– 20

– 40

°C

10 20 30 40 50 60 t(min)

(1,1; – 20)(11,1; – 20)

(0; – 40)

(25,68; 85)(53,46; 85)

(53,87; 100)


A equação química hipotética A → D ocorre por um mecanismo que envolve as três reações unimolecularesabaixo (I, II e III). Nestas reações, ∆Hi representa as variações de entalpia, e Eai, as energias de ativação.

I. A → B; rápida, �HI, EaI

II. B → C; lenta, �HII, EaII

III. C → D; rápida, �HIII , EaIII

Trace a curva referente à energia potencial em função do caminho da reação A → D, admitindo que a reaçãoglobal A → D seja exotérmica e considerando que: �HII � �HI � 0; EaI � EaIII.

Temos:∆HII � ∆HI � 0

∆HA → D � 0

εaII � εaIII � εaI

Daí:

Energia

Caminho da reação

C

D

B

A

∆Hreação � 0

∆HIεaI

∆HII

εaII

εaIII

Resolução

Questão 27▼▼


São realizadas reações químicas do acetileno com ácido clorídrico, ácido cianídrico, ácido acético e cloro, nasproporções estequiométricas de 1:1.a) Mostre as equações químicas que representam cada uma das reações químicas especificadas.b) Indique quais dos produtos formados podem ser utilizados como monômeros na síntese de polímeros.c) Dê os nomes dos polímeros que podem ser formados a partir dos monômeros indicados no item b).

a) acetileno + ácido clorídrico

acetileno + ácido cianídrico

acetileno + ácido acético

acetileno + cloro

ou dicloroetenovicinal

b) Todos os produtos obtidos nessas reações podem ser utilizados na síntese de polímeros de adição, por apre-sentarem insaturação entre carbonos.

c) O cloreto de vinila produz o policloreto de vinila:

O cianeto de vinila produz o policianeto de vinila ou poliacrilonitrila:

— C — C —

—

n

—

CN

——

H

H

H

— C — C —

—

n

—

Cl

——

H

H

H

—HC — CH + Cl2 → HC — CH

—

—

Cl

—

1,2-dicloroeteno

—

Cl

HC — CH + H3C — C → H2C — CH — O — C — CH3——

O

—

acetato de vinila

—

O

OH

—— — —

HC — CH + HCN → H2C — CH——

—

CN

—

cianeto de vinila

—HC — CH + HCl → H2C — CH

—

—

Cl

—

cloreto de vinila

Resolução

Questão 28▼▼


O acetato de vinila produz o poliacetato de vinila (PVA):

O 1,2-dicloroeteno produz o polidicloroeteno vicinal:

São descritos, a seguir, dois experimentos e respectivas observações envolvendo ossos limpos e secos prove-nientes de uma ave.I. Um osso foi imerso em uma solução aquosa 10% (v/v) em ácido fórmico. Após certo tempo, observou-se que

o mesmo havia se tornado flexível.II. Um outro osso foi colocado em uma cápsula de porcelana e submetido a aquecimento em uma chama de

bico de Bunsen. Após um longo período de tempo, observou-se que o mesmo se tornou frágil e quebradiço.

a) Explique as observações descritas nos dois experimentos.b) Baseando-se nas observações acima, preveja o que acontecerá se um terceiro osso limpo e seco for imerso

em uma solução aquosa 1mgL–1 em fluoreto de sódio e, a seguir, em uma solução aquosa a 10% (v/v) emácido fórmico. Justifique a sua resposta.

a) Um osso pode ser considerado, a grosso modo, como uma mistura de substâncias orgânicas (que conferemflexibilidade a ele) e substâncias inorgânicas (que lhe conferem rigidez).A principal substância inorgânica presente no osso é a hidroxiapatita Ca10(PO4)6(OH)2(s), que pode entrarem equilíbrio de acordo com a equação:

Ca10(PO4)6(OH)2(s) →← 10Ca2+(aq) + 6PO3–4 (aq) + 2OH–(aq)

A adição de ácidos desloca esse equilíbrio para a direita, provocando dissolução da hidroxiapatita, e por issoo osso amolece.Já o aquecimento provoca a decomposição da parte orgânica, restando apenas a hidroxiapatita, o que deixa oosso mais quebradiço.

b) Ao se tratar o osso com uma solução de fluoreto de sódio, ocorrerá uma substituição da hidroxila da hidroxia-patita pelo fluoreto, de acordo com a equação:

Ca10(PO4)6(OH)2(s) + 2F–(aq) →← Ca10(PO4)6F2(s) + 2OH–(aq)

A partir desse instante, tem-se no osso a fluorapatita, que não é atacada por ácidos; logo, o osso permaneceráintacto após a adição de ácido fórmico.

Resolução

Questão 29▼▼

— C — C —

—

n

—

Cl

——

H

Cl

H

— C — C —

—n

—O

——

H

H

H

—

C — O—

CH3

—


Considere as seguintes espécies no estado gasoso: BF3, SnF3–, BrF3, KrF4 e BrF5. Para cada uma delas, qual é a

hibridização do átomo central e qual o nome da geometria molecular?

BrF5 Br ——

F

6 nuvenshibridização do Br : sp3d2

pirâmide de base quadrada

xx—F—

F

F

F

——

KrF4 Kr —

—F

6 nuvenshibridização do Kr : sp3d2

quadrado plano

xx—F

xx

—

F

F

BrF3 Br

——

F

—

—

F F

5 nuvenshibridização do Br : sp3dforma de T

xx

xx

SnF3– Sn

——

F

—

—

F F

4 nuvenshibridização do Sn : sp3

piramidal

xx–

BF3 B

—

F

—

—

F F

3 nuvenshibridização do B : sp2

trigonal plana

Resolução

Questão 30▼▼


Mantendo a tradição dos últimos anos, a prova foi extremamente trabalhosa e cansativa. Houve, comosempre, uma predominância de questões de Fisicoquímica (20 das 30 questões).

Grande parte das questões apresentou um grau de dificuldade adequado para as provas de Química doscursos superiores das melhores universidades do país.


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o anglo resolve a prova de Química do ITA...

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