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 sua tare-fa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no pro-cesso 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 (EngenhariaAeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Es-trutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:

1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dis-sertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 ques-tões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.

Cada prova tem duração de 4 horas.A nota da prova de Inglês, embora seja eliminatória, não entra na clas-sificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equi-valem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 60%do valor da prova, e a Redação, a 40%. É eliminado o candidato que tirarZERO na Redação.Só é corrigida a parte dissertativa das provas dos 650 melhores classifi-cados nas questões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatosque obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e médiaigual 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 2008

3ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES

CONSTANTESConstante de Avogadro = 6,02 ⋅ 1023mol–1

Constante de Faraday (F) = 9,65 ⋅ 104Cmol–1 = 9,65 ⋅ 104Asmol–1 = 9,65 ⋅ 104JV–1mol–1

Volume molar de gás ideal = 22,4L (CNTP)Carga elementar = 1,602 ⋅ 10–19CConstante dos gases (R) = 8,21 ⋅ 10–2atmLK–1mol–1 = 8,31JK–1mol–1 = 62,4mmHgLK–1mol–1 = 1,98calK–1mol–1

Constante gravitacional (g) = 9,81ms–2

DEFINIÇÕESPressão de 1atm = 760mmHg = 101325Nm–2 = 760Torr1N = 1kgms–2

Condições normais de temperatura e pressão (CNTP): 0ºC e 760mmHgCondições ambientes: 25ºC e 1atm.Condições-padrão: 25ºC, 1atm, concentração das soluções: 1molL–1 (rigorosamente: atividade unitária dasespécies), 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 molL–1.

MASSAS MOLARES

Elemento Número Massa Molar Elemento Número Massa MolarQuímico Atômico (gmol–1) Químico Atômico (gmol–1)

H 1 1,01 Fe 26 55,85He 2 4,00 Ni 28 58,69Li 3 6,94 Cu 29 63,55C 6 12,01 Zn 30 65,40N 7 14,01 Ge 32 72,64O 8 16,00 As 33 74,92Ne 10 20,18 Br 35 79,90Na 11 22,99 Kr 36 83,80Mg 12 24,31 Ag 47 107,87Al 13 26,98 Cd 48 112,41Si 14 28,09 Sn 50 118,71S 16 32,07 I 53 126,90Cl 17 35,45 Xe 54 131,29Ar 18 39,95 Cs 55 132,91K 19 39,10 Ba 56 137,33Ca 20 40,08 Pt 78 195,08Cr 24 52,00 Pb 82 207,2Mn 25 54,94 Ra 86 222

Uma mistura sólida é composta de carbonato de sódio e bicarbonato de sódio. A dissolução completa de 2,0gdessa mistura requer 60,0mL de uma solução aquosa 0,5molL–1 de HCl. Assinale a opção que apresenta amassa de cada um dos componentes desta mistura sólida.A) mNa2CO3 = 0,4g; mNaHCO3 = 1,6gB) mNa2CO3 = 0,7g; mNaHCO3 = 1,3gC) mNa2CO3 = 0,9g; mNaHCO3 = 1,1gD) mNa2CO3 = 1,1g; mNaHCO3 = 0,9gE) mNa2CO3 = 1,3g; mNaHCO3 = 0,7g

Questão 1▼▼

AAAUUUQQQ ÍÍÍMMMIIICCC

[HCl] = 0,5mol/L

x = 0,03mol de HCl

Na2CO3: massa molar = 106g/molNaHCO3: massa molar = 84g/molConsideramos a mistura formada por:

xmol Na2CO3 ⇒ mNa2CO3 = xmol ⋅ = (106x)g

ymol NaHCO3 ⇒ mNaHCO3 = ymol ⋅ = (84y)g

A dissolução dessa mistura pode ser representada pelas seguintes equações:

Na2CO3(s) + 2HCl(aq) → 2NaCl(aq) + H2O(l) + CO2(g)1mol _______ 2molxmol _______ (2x)mol

NaHCO3(s) + HCl(aq) → NaCl(aq) + H2O(l) + CO2(g)1mol _______ 1molymol _______ ymol

Concluímos então que:⇒ y = 0,03 – 2x

Substituindo na segunda equação:

106x + 84(0,03 – 2x) = 2106x + 2,52 – 168x = 2–62x = –0,52x = 8,4 ⋅ 10–3mol de Na2CO3

mNa2CO3 = 8,4 ⋅ 10–3 mol ⋅ = 0,9g de Na2CO3

mNaHCO3 = 1,1g

Resposta: C

No ciclo de Carnot, que trata do rendimento de uma máquina térmica ideal, estão presentes as seguintestransformações:A) duas adiabáticas e duas isobáricas. D) duas isobáricas e duas isocóricas.B) duas adiabáticas e duas isocóricas. E) duas isocóricas e duas isotérmicas.C) duas adiabáticas e duas isotérmicas.

O ciclo de Carnot para um gás perfeito apresenta todos osestágios (transformações) reversíveis.Esse ciclo é representado por duas transformaçõesisotérmicas e duas adiabáticas.

Resposta: C

Resolução

Questão 2▼▼

106gmol

2x + y = 0,03

106x + 84y = 2

12

3

84gmol

106gmol

1000mL solução _______ 0,5mol HCl

60mL solução _______ x

12

3

Resolução


p

V

A

B

D

C

Suponha que um metal alcalino terroso se desintegre radioativamente emitindo uma partícula alfa. Após trêsdesintegrações sucessivas, em qual grupo (família) da tabela periódica deve-se encontrar o elemento resul-tante deste processo?A) 13 (IIIA)B) 14 (IVA)C) 15 (VA)D) 16 (VIA)E) 17 (VIIA)

X = metal alcalino terroso família 2 (IIA)Após a emissão de uma partícula alfa, o elemento originado apresenta dois prótons a menos que X:

Z X → +2α4 + Z – 2 Y

Após 3 emissões de alfa, teremos um novo elemento contendo 6 prótons a menos que X.Novo elemento:

Z – 6 W

Assim, teremos:

Resposta: B

Um estudante mergulhou uma placa de um metal puro em água pura isenta de ar, a 25ºC, contida em umbéquer. Após certo tempo, ele observou a liberação de bolhas de gás e a formação de um precipitado. Combase nessas informações, assinale a opção que apresenta o metal constituinte da placa.A) CádmioB) ChumboC) FerroD) MagnésioE) Níquel

Apenas os metais mais reativos, do grupo 1 (IA) e grupo 2 (IIA), reagem com a água na temperatura ambientee na ausência de gás oxigênio.A reação que ocorre é de simples troca:

Mg(s) + 2H2O(l) → Mg(OH)2(s) + H2(g)

O hidróxido de magnésio é uma base fraca e, portanto, insolúvel.

Resposta: D

Resolução

Questão 4▼▼

1

2

Z – 1 Z

X

13 14 15 16 17

18

Z – 6W

Z – 5 Z – 4 Z – 3 Z – 2Y

Resolução

Questão 3▼▼


Qual o gráfico que apresenta a curva que melhor representa o decaimento de uma amostra contendo 10,0gde um material radioativo ao longo dos anos?

A) D)

B) E)

C)

Um material radioativo apresenta curva de decaimento como a do gráfico da alternativa B, em que a cada in-tervalo de meia-vida ocorre a semidesintegração da amostra.

Resposta: B

10,0 g

Massa (g)

Tempo (anos)

2,5 g

5,0 g

t 2t

Resolução

10,0

Mas

sa (

g)

Tempo (anos)

10,0

Mas

sa (

g)

Tempo (anos)

10,0

Mas

sa (

g)

Tempo (anos)

10,0

Mas

sa (

g)

Tempo (anos)

10,0

Mas

sa (

g)

Tempo (anos)

Questão 5▼▼


Num experimento, um estudante verificou ser a mesma a temperatura de fusão de várias amostras de ummesmo material no estado sólido e também que esta temperatura se manteve constante até a fusão comple-ta. Considere que o material sólido tenha sido classificado como:

I. Substância simples puraII. Substância composta pura

III. Mistura homogênea eutéticaIV. Mistura heterogênea

Então, das classificações acima, está(ão) ERRADA(S)A) apenas I e II. D) apenas III e IV.B) apenas II e III. E) apenas IV.C) apenas III.

A temperatura de fusão constante pode indicar que as amostras são uma substância pura, simples ou com-posta, ou então uma mistura eutética.

Resposta: E

Assinale a afirmação CORRETA a respeito do ponto de ebulição normal (PE) de algumas substâncias.A) O 1-propanol tem menor PE do que o etanol.B) O etanol tem menor PE do que o éter metílico.C) O n-heptano tem menor PE do que o n-hexano.D) A trimetilamina tem menor PE do que a propilamina.E) A dimetilamina tem menor PE do que a trimetilamina.

A propilamina: , por apresentar ligações de hidrogênio intermoleculares, tem tempe-

ratura de ebulição maior do que a trimetilamina, que não tem ligações de hidrogênio.

Resposta: D

O diagrama temperatura (T) versus volume (V) representa hipoteticamente as transformações pelas quais umgás ideal no estado 1 pode atingir o estado 3.

Sendo ∆U a variação de energia interna e q a quantidade de calor trocado com a vizinhança, assinale a opçãocom a afirmação ERRADA em relação às transformações termodinâmicas representadas no diagrama.A) |∆U12| = |q12| D) |∆U23| � |∆U12|B) |∆U13| = |∆U23| E) q23 � 0C) |∆U23| = |q23|

3

21

T

V

Questão 8▼▼

H3C — CH2 — CH2 — N

H

H——

Resolução

Questão 7▼▼

Resolução

Questão 6▼▼


A variação da energia (∆U) pode ser calculada como:∆U = q + w

onde q = calor e w = trabalho.A transformação termodinâmica (1 → 2) ocorre com variação de volume, e o trabalho de expansão pode sercalculado como:

w = p ⋅ ∆VLogo:∆U12 = q12 + p∆V. Por isso a alternativa A está incorreta (∆U12 = q12)

Resposta: A

Considere os átomos hipotéticos neutros V, X, Y e Z no estado gasoso. Quando tais átomos recebem um elé-tron cada um, as configurações eletrônicas no estado fundamental de seus respectivos ânions são dadas por:

V–(g): [gás nobre] ns2np6nd10(n + 1)s2(n + 1)p6

X–(g): [gás nobre] ns2np6

Y–(g): [gás nobre] ns2np6nd10(n + 1)s2(n + 1)p3

Z–(g): [gás nobre] ns2np3

Nas configurações acima, [gás nobre] representa a configuração eletrônica no diagrama de Linus Pauling parao mesmo gás nobre, e n é o mesmo número quântico principal para todos os ânions. Baseado nessas infor-mações, é CORRETO afirmar queA) o átomo neutro V deve ter a maior energia de ionização entre eles.B) o átomo neutro Y deve ter a maior energia de ionização entre eles.C) o átomo neutro V deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo neutro X.D) o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo neutro X.E) o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo neutro Y.

Considerando as distribuições eletrônicas dos ânions fornecidas, podemos deduzir as localizações dosrespectivos átomos na Tabela Periódica:

V: período x + 1

X: período x

Y: período x + 1

Z: período x

Como a afinidade eletrônica, de uma maneira geral, aumenta da esquerda para a direita e de baixo para cima,o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônica do que o átomo Y, por apresentar uma camadaeletrônica a menos.

Resposta: E

Considere a reação de dissociação do N2O4(g) representada pela seguinte equação:

N2O4(g) →← 2NO2(g)

Questão 10▼▼

4 elétrons na camada de valênciafamília 14

12

3


12

3


12


12

3

Resolução

Questão 9▼▼Resolução


Assinale a opção com a equação CORRETA que relaciona a fração percentual (α) de N2O4(g) dissociado com apressão total do sistema (P) e com a constante de equilíbrio em termos de pressão (Kp).

A) α = D)α =

B) α = E) α =

C) α =

N2O4(g) 2NO2(g)Início: nmols 0molProporção: gasta α ⋅ n forma 2 ⋅ α ⋅ nEquilíbrio: (n – αn)mols 2αnmols

nº de mols total: (n – αn) + 2αn = n + αn = n(1 + α)

PNO2 = ⋅ P = ⋅ P = ⋅ P

PN2O4 = ⋅ P = ⋅ P = ⋅ P = ⋅ P

= =

Kp = ⇔ Kp – α2 ⋅ Kp = 4α2 ⋅ P

Kp = 4α2P + α2Kp

Kp = (4P + Kp) ⋅ α2 ⇒ α2 =

α =

Resposta: A

Considere a reação química representada pela seguinte equação:

4NO2(g) + O2(g) → 2N2O5(g)

Num determinado instante de tempo t da reação, verifica-se que o oxigênio está sendo consumido a umavelocidade de 2,4 ⋅ 10–2 molL–1s–1. Nesse tempo t, a velocidade de consumo de NO2 será de

A) 6,0 ⋅ 10–3 molL–1s–1. D) 4,8 ⋅ 10–2 molL–1s–1.

B) 1,2 ⋅ 10–2 molL–1s–1. E) 9,6 ⋅ 10–2 molL–1s–1.

C) 2,4 ⋅ 10–2 molL–1s–1.

Questão 11▼▼

K

4P Kp

p+

K

4P Kp

p+

(2α)2 ⋅ P

(12 – α2)

( )( – )( )

21 1

2αα α

⋅+P

21αα

αα

+

+

⋅

⋅

2

11

P

P–

P

PNO

N O

2

2 4

2

Kp =

1 – α

1 + α

n(1 – α)

n(1 + α)

(n – αn)mols

n(1 + α)

nN2O4

ntotal

2α

1 + α

2αn

n(1 + α)

nNO2

ntotal

Resolução

K

2P Kp

p+

K

2 Pp

+

4P K

Kp

p

+

2P K

Kp

p

+K

4P Kp

p+


4NO2(g) + O2(g) → 2N2O5(g)4mol 1mol 2mol

A relação entre o número de mol é igual à relação entre as velocidades em uma reação elementar.VO2

= 2,4 ⋅ 10–2molL–1s–1 (1mol)

VNO2 = 9,6 ⋅ 10–2molL–1s–1 (4mol)

Resposta: E

O acidente nuclear ocorrido em Chernobyl (Ucrânia), em abril de 1986, provocou a emissão radioativa predo-minantemente de Iodo-131 e Césio-137. Assinale a opção CORRETA que melhor apresenta os respectivos pe-ríodos de tempo para que a radioatividade provocada por esses dois elementos radioativos decaia para 1%dos seus respectivos valores iniciais. Considere o tempo de meia-vida do Iodo-131 igual a 8,1 dias e do Césio-137 igual a 30 anos. Dados: ln100 = 4,6; ln2 = 0,69.A) 45 dias e 189 anos. D) 68 dias e 274 anos.B) 54 dias e 201 anos. E) 74 dias e 296 anos.C) 61 dias e 235 anos.

Cálculo das constantes de decaimento:

ln = –kt

ln = kt

Para uma meia-vida [A]t = 1/2[A0]

ln = kt1/2

ln2 = kt1/2

k =

Assim, a constante de decaimento do Iodo 131 e do Césio 137 são:Iodo Césio

k1 = k2 =

k1 = dias–1 k2 = anos–1

Utilizando k1 e k2, calculamos os respectivos períodos de tempo para que a radioatividade decaia a 1%.Iodo Césio

ln = k1t1 ln = k2t2

ln = dias–1t1 ln = anos–1t2

4,6 = dias–1t1 4,6 = anos–1t2

t1 = 54dias t2 = 200anos

Resposta: B

0,6930

0,698,1

0,6930

1001

0,698,1

1001

[A]0[A]t

[A]0[A]t

0,6930

0,698,1

ln230anos

ln28,1dias

ln2t1/2

[A]01/2[A]0

[A]0[A]t

[A]t[A]0

Resolução



Assumindo um comportamento ideal dos gases, assinale a opção com a afirmação CORRETA.A) De acordo com a Lei de Charles, o volume de um gás torna-se maior quanto menor for a sua temperatura.B) Numa mistura de gases contendo somente moléculas de oxigênio e nitrogênio, a velocidade média das mo-

léculas de oxigênio é menor do que as de nitrogênio.C) Mantendo-se a pressão constante, ao aquecer um mol de gás nitrogênio sua densidade irá aumentar.D) Volumes iguais dos gases metano e dióxido de carbono, nas mesmas condições de temperatura e pressão,

apresentam as mesmas densidades.E) Comprimindo-se um gás a temperatura constante, sua densidade deve diminuir.

Numa mesma temperatura, as moléculas dos dois gases têm a mesma energia cinética, porém, comoapresentam massas molares diferentes, a velocidade média das moléculas do gás nitrogênio é maior porquea massa molar é menor.

gás nitrogênio gás oxigênio

EN2 = EO2 =

EN2 =14

EO2 =16

como EN2 = EO2, temos

14 ⋅ V2N2

= 16 ⋅ V2O2

= √____

∴ VN2 � VO2

Resposta: B

Um estudante imergiu a extremidade de um fio de níquel-crômio limpo em uma solução aquosa de ácido clorí-drico e, a seguir, colocou esta extremidade em contato com uma amostra de um sal iônico puro. Em seguida,expôs esta extremidade à chama azulada de um bico de Bunsen, observando uma coloração amarela na cha-ma. Assinale a opção que contém o elemento químico responsável pela coloração amarelada observada.A) Bário. D) Potássio.B) Cobre. E) Sódio.C) Lítio.

A chama do bico de Bunsen (originalmente azul), quando em contato com uma amostra de um composto desódio, apresenta cor amarela característica.

Resposta: E

Considere os seguintes sais:

I. Al(NO3)3 III. ZnCl2

II. NaCl IV. CaCl2

Assinale a opção que apresenta o(s) sal(is) que causa(m) a desestabilização de uma suspensão coloidal estávelde sulfeto de arsênio (As2S3) em água.A) Nenhum dos sais relacionados. D) Apenas os sais II, III e IV.B) Apenas o sal I. E) Todos os sais.C) Apenas os sais I e II.

Questão 15▼▼

Resolução

Questão 14▼▼

1614

VN2

VO2

32 ⋅ V2O2

228 ⋅ V2

N2

2

MO2 ⋅ V2O2

2MN2 ⋅ V2

N2

2

Resolução

Questão 13▼▼


A estabilidade de uma suspensão coloidal deve-se a forças de repulsão entre as partículas coloidais, evitandoque elas se agreguem.As partículas coloidais possuem em sua superfície partículas adsorvidas com carga elétrica que interagemintensamente com as moléculas de aguá através de forças íon-dipolo. Na formação do colóide sulfeto dearsênio (III) através da passagem de H2S(g) em solução contendo As3+, os íons sulfeto são de início adsorvidospelas partículas coloidais As2S3 e, a fim de manter a neutralidade da solução, uma quantidade equivalente deíons H+ é então adsorvida, criando um duplo filme elétrico, com a carga positiva voltada para a solução.A adição de qualquer solução eletrolítica introduz íons de cargas opostas à partícula coloidal, neutralizando-as e fazendo-as coagular e precipitar. A diferença entre um eletrólito e outro é a quantidade da substânciapara provocar a precipitação, chamada de valor de coagulação.

Resposta: E

Uma solução aquosa de um ácido fraco monoprótico é mantida à temperatura de 25ºC. Na condição de equi-líbrio, este ácido está 2,0% dissociado. Assinale a opção CORRETA que apresenta, respectivamente, os valoresnuméricos do pH e da concentração molar (expressa em molL–1) do íon hidroxila nesta solução aquosa. Dados:pKa (25ºC) = 4,0; log5 = 0,7.A) 0,7 e 5,0 ⋅ 10–14

B) 1,0 e 1,0 ⋅ 10–13

C) 1,7 e 5,0 ⋅ 10–13

D) 2,3 e 2,0 ⋅ 10–12

E) 4,0 e 1,0 ⋅ 10–10

Seja o ácido fraco monoprótico HA.Se pKa = 4, então Ka = 10–4

Como o ácido está 2% ionizado, sua concentração inicial em mol ⋅ L–1 pode ser calculada a partir da equação:Ka = α2 ⋅ m�

10–4 =2

⋅ m�

m� = 0,25mol/L

HA(aq) →← H+(aq) + A–(aq) Ka = 10–4

0,25M 0 0 iníciogasta (2%) forma forma0,02 ⋅ 0,25 0,02 ⋅ 0,25 0,02 ⋅ 0,25

reação

� 0,25M 0,005M 0,005M equilíbrio

No equilíbrio:[H+] = 0,005mol ⋅ L–1

pH = –log[H+]pH = –log5 ⋅ 10–3

pH = – (log5 + log10–3)pH = – (0,7 – 3)pH = 2,3

Como a solução aquosa está a 25ºC, temos:[H+] ⋅ [OH–] = 10–14

5 ⋅ 10–3 ⋅ [OH–] = 10–14

[OH–] = = 2 ⋅ 10–12mol ⋅ L–1

Resposta: D

10–14

5 ⋅ 10–3

2100

Resolução



Foi observada a reação entre um composto X e uma solução aquosa de permanganato de potássio, a quente,ocorrendo o aumento do pH da solução e a formação de um composto Y sólido. Após a separação do com-posto Y e a neutralização da solução resultante, verificou-se a formação de um composto Z pouco solúvel emágua. Assinale a opção que melhor representa o grupo funcional do composto orgânico X.A) álcoolB) amidaC) aminaD) ésterE) éter

Durante a oxidação, ocorre a seguinte semi-reação com o permanganato

MnO4– + 4H+ + 3e– → MnO2 + 2H2O

Como nessa semi-reação ocorre o consumo de íons H+, o meio torna-se menos ácido, ou seja, ocorre aumentodo pH.O composto Y sólido é o MnO2.A substância formada que sofre neutralização é um ácido carboxílico proveniente da oxidação de um álcool

Para o sal formado na neutralização do ácido carboxílico ser pouco solúvel, deve apresentar uma cadeiacarbônica com um grande número de carbonos.O composto X deve ser um álcool com cadeia longa.

Resposta: A

Nos gráficos abaixo, cada eixo representa uma propriedade termodinâmica de um gás que se comporta ideal-mente.

Com relação a estes gráficos, é CORRETO afirmar queA) I pode representar a curva de pressão versus volume.B) II pode representar a curva de pressão versus inverso do volume.C) II pode representar a curva de capacidade calorífica versus temperatura.D) III pode representar a curva de energia interna versus temperatura.E) III pode representar a curva de entalpia versus o produto da pressão pelo volume.

Para uma quantidade fixa de gás ideal, temos:

= K, portanto P = K ⋅ T ⋅ .1V

PVT

Resolução

I II III

Questão 18▼▼

+ H2OOH

O

—R — CH2OH → R — C[O] ——

Resolução

Questão 17▼▼


Caso a transformação seja isotérmica, temos:

P = K ⋅ T ⋅ , o que num gráfico se traduz como segue:⇓

cte

Caso, porém, ocorresse uma diminuição da temperatura ao longo da transformação, teríamos:

P = K ⋅ T ⋅⇓

diminui caso diminua a temperatura ao longo da transformação.Nesse caso:

Assim, o gráfico II pode representar a curva pressão versus inverso do volume, o que torna a alternativa B umaresposta possível.Da mesma forma, numa expansão isotérmica de uma quantidade fixa de gás ideal teríamos o seguinte gráficoP versus V.

Porém, caso o gás sofra uma expansão e simultaneamente seja aquecido, numa proporção tal que o aumentoem sua temperatura seja maior que o aumento em seu volume sua pressão poderá aumentar o que torna aalternativa A uma resposta possível.

Finalmente, a capacidade calorífica de um gás é uma função crescente de sua temperatura o que tornaverdadeira a alternativa C.Resposta: A, B e C

P

V

P

V

P

1/V

T constante

T diminuindo ao longo da transformação

1V

P

1/V

1V


A 20ºC, a pressão de vapor da água em equilíbrio com uma solução aquosa de açúcar é igual a 16,34mmHg.Sabendo que a 20ºC a pressão de vapor da água pura é igual a 17,54mmHg, assinale a opção com a concen-tração CORRETA da solução aquosa de açúcar.

A) 7% (m/m)B) 93% (m/m)C) 0,93molL–1

D) A fração molar do açúcar é igual a 0,07E) A fração molar do açúcar é igual a 0,93

a 20ºCP = 16,34mmHg (solução)P2 = 17,54mmHg (solvente)

A pressão de vapor da solução (P) é igual à pressão de vapor do solvente (P2) multiplicada pela fração molardo solvente.

P = x2 ⋅ P216,34 = x2 ⋅ 17,54

x2 = 0,93

logo, x1 = 0,07 ⇒ fração molar do açúcar (soluto).

Resposta: D

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

Eletrodo I: fio de platina em contato com 500mL de solução aquosa 0,010molL–1 de hidróxido de potássio;Eletrodo II: fio de platina em contato com 180mL de solução aquosa 0,225molL–1 de ácido perclórico adi-

cionado a 320mL de solução aquosa 0,125molL–1 de hidróxido de sódio.

Admite-se que a temperatura desse sistema eletroquímico é mantida constante e igual a 25ºC e que a pressãoparcial do oxigênio gasoso (PO2

) dissolvido é igual a 1atm. Assinale a opção CORRETA com o valor calculadona escala do eletrodo padrão de hidrogênio (EPH) da força eletromotriz, em volt, desse elemento galvânico.Dados: E0

O2/H2O = 1,23V (EPH); E0O2/OH– = 0,40V (EPH)

A) 1,17B) 0,89C) 0,75D) 0,53E) 0,46

As semi-equações de redução que ocorrem no elemento galvânico são:

I) O2 + H2O + 2e– → 2OH– ε0 = 0,40V

II) O2 + 2H+ + 2e– → H2O ε0 = 1,23V

Como o eletrodo I contém uma solução básica, admitimos que ocorre a reação I.

12

12

Resolução

Questão 20▼▼

Resolução

Questão 19▼▼


Cálculo do potencial de redução do eletrodo I:PO2 = 1atm

εI = ε0 – ⋅ logQ

εI = 0,40V – ⋅ log

εI = 0,40V – 0,0295 ⋅ log

εI = 0,40V + 0,118VεI = 0,518V

Eletrodo II:

nº de mols de HClO4:

nHClO4 = 0,225mol/L ⋅ 0,180L = 0,0405mol

nº de mols de NaOH:

nNaOH = 0,125mol/L ⋅ 0,320L = 0,0400mol

HClO4 + NaOH → NaClO4 + H2O1mol _____ 1mol

0,0405mol ___ 0,0400mol

Excesso de 0,0005mol HClO4 ⇒ nH+ = 5 ⋅ 10–4molVolume da mistura: 320mL + 180mL = 500mL

[H+] = = 10–3mol/L

Cálculo do potencial de redução do eletrodo II:

εII = ε0 – ⋅ logQ

εII = 1,23V – ⋅ log

εII = 1,23V – 0,0295 ⋅ log 2⋅

εII = 1,23V – 0,177VεII = 1,053V

Cálculo da força eletromotriz:∆ε = εred – εred

maior menor

∆ε = εII – εI

∆ε = 1,053V – 0,518V ∴ ∆ε = 0,535VResposta: D

Escreva a equação química balanceada da combustão completa do iso-octano com o ar atmosférico. Considereque o ar é seco e composto por 21% de oxigênio gasoso e 79% de nitrogênio gasoso.

2C8H18 + 25O2 → 16CO2 + 18H2O

Considerando a composição do ar em volume igual a 80% N2 e 20%O2:

2C8H18 + 5(4N2 + 1O2) → 16CO2 + 18H2O + 20N214243

ar

Resolução

Questão 21▼▼

1(1)1/2

110–3

1[H+]2 (PO2)1/2

0,0592

0,059n

5 ⋅ 104mol0,5L

(0,01)2

(1)1/2

[OH–]2

(PO2)1/20,059

2

0,059n


São fornecidas as seguintes informações relativas aos cinco compostos amínicos: A, B, C, D e E. Os compostosA e B são muito solúveis em água, enquanto que os compostos C, D e E são pouco solúveis. Os valores das cons-tantes de basicidade dos compostos A, B, C, D e E são, respectivamente, 1,0 ⋅ 10–3; 4,5 ⋅ 10–4; 2,6 ⋅ 10–10;3,0 ⋅ 10–12 e 6,0 ⋅ 10–15. Atribua corretamente os dados experimentais apresentados aos seguintes compostos:2-nitroanilina, 2-metilanilina, 2-bromoanilina, metilamina e dietilamina. Justifique a sua resposta.

Constantes de basicidade: 1,0 ⋅ 10–3; 4,5 ⋅ 10–4; 2,6 ⋅ 10–10; 3,0 ⋅ 10–12 e 6,0 ⋅ 10–15.Ordem decrescente de basicidade: Amina secundária � Amina primária � Amina aromática.Assim, o composto A é a dietilamina e o composto B é a metilamina.No caso das aminas aromáticas, deve-se analisar a influência do grupo substituinte da anilina sobre adensidade de elétrons no grupo amina.O grupo orgânico metil é indutor de elétrons e isso aumenta a densidade de elétrons sobre o átomo denitrogênio, deixando a substância mais básica (maior tendência de receber cargas positivas).Já os grupos nitro e bromo, devido à alta eletronegatividade, são substituintes sacadores de elétrons,diminuindo a densidade eletrônica sobre o átomo de nitrogênio e deixando a substância menos básica. Dentreos dois, o grupo nitro é o que mais retira elétrons do grupo amina, dadas a alta eletronegatividade e aformação de ligações de hidrogênio intramolecular. Assim, a base aromática mais forte é a 2-metilanilina(então composto C) e a mais fraca é a 2-nitroanilina (composto E).

A 25ºC, realizam-se estes dois experimentos (Exp I e Exp II) de titulação ácido-base medindo-se o pH da soluçãoaquosa em função do volume da base adicionada:Exp I: Titulação de 50mL de ácido clorídrico 0,10molL–1 com hidróxido de sódio 0,10molL–1.Exp II: Titulação de 50mL de ácido acético 0,10molL–1 com hidróxido de sódio 0,10molL–1.a) Esboce em um mesmo gráfico (pH versus volume de hidróxido de sódio) a curva que representa a titulação

do Exp I e a curva que representa a titulação do Exp II. Deixe claro no gráfico os valores aproximados dopH nos pontos de equivalência.

b) O volume da base correspondente ao ponto de equivalência de uma titulação ácido-base pode ser deter-minado experimentalmente observando-se o ponto de viragem de um indicador. Em laboratório, dispõem-se das soluções aquosas do ácido e da base devidamente preparados nas concentrações propostas, de indi-cador, de água destilada e dos seguintes instrumentos: balão volumétrico, bico de Bunsen, bureta,cronômetro, dessecador, erlenmeyer, funil, kitassato, pipeta volumétrica, termômetro e tubo de ensaio.Desses instrumentos, cite os três mais adequados para a realização desse experimento.

Questão 23▼▼

2-nitroanilina(E)

NH2

CH3

NH2

Br

NH2

NO2

2-metilanilina(C)

2-bromoanilina(D)

H3C — CH2 —NH

—

CH2

—

CH3

dietilamina(A)

H3C — NH2

metilamina(B)

Resolução

Questão 22▼▼


a) Exp I: HCl 0,1mol ⋅ L–1 com NaOH 0,1mol ⋅ L–1

Como o ácido é forte, o pH inicial = 1.No ponto de equivalência dessa reação (volume de base igual a 50mL), tem-se uma solução aquosa de NaCl,sal que não provoca hidrólise, cujo pH = 7. O excesso de base faz com que o pH da solução tenda a 13.

Exp II: CH3COOH 0,1mol ⋅ L–1 com NaOH 0,1mol ⋅ L–1

Como o ácido é fraco, o pH inicial � 1, porém, obviamente, � 7.No ponto de equivalência dessa titulação (volume de base igual a 50mL), tem-se uma solução aquosa deCH3COONa que possuirá pH � 7 devido à hidrólise do ânion acetato.O excesso de base faz com que o pH da solução tenda a 13.

Em um gráfico, temos:

b) O experimento é realizado da seguinte forma:

bureta contendo a soluçãotitulante (NaOH 0,1mol ⋅ L–1)

erlenmeyer contendo a solução queserá titulada (CH3COOH ou HCl 0,1mol ⋅ L–1)

P.E p/ CH3COOH

P.E p/ HCl

pH dasolução

Volume deNaOH /mL

1

3

5

7

9

11

13

50

titulação do HCltitulação do CH3COOH

Resolução


O volume da solução ácida é colocado utilizando-se uma pipeta volumétrica.

Assim, são usadas nessa titulação bureta, erlenmeyer e pipeta volumétrica.

Um elemento galvânico é constituído por uma placa de ferro e por uma placa de estanho, de mesmas dimen-sões, imersas em uma solução aquosa 0,10molL–1 de ácido cítrico. Considere que esta solução: contém íonsferrosos e estanosos; é ajustada para pH = 2; é isenta de oxigênio; e é mantida nas condições ambientes.Sabendo-se que o ânion citrato reage quimicamente com o cátion Sn2+(aq), diminuindo o valor do potencialde eletrodo do estanho, determine o valor numérico da relação entre as concentrações dos cátions Sn2+(aq) eFe2+(aq), ([Sn2+]/[Fe2+]), a partir do qual o estanho passa a se comportar como o anodo do par galvânico.Dados: Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodo padrão de hidrogênio nas condições-padrão:

E0Fe2+/Fe = –0,44V; E0

Sn2+/Sn = –0,14V

O elemento galvânico pode ser assim representado:

Soluções ácidas para evitar precipitação dos hidróxidos metálicos e contendo ácido cítrico que irá reagir como Sn2+(aq).Nas condições padrão, [Fe2+] = 1mol ⋅ L–1 e [Sn2+] = 1mol ⋅ L–1, temos:

Sn2+(aq) + 2e– Sn0(s) ε0red = –0,14V

Fe2+(aq) + 2e– Fe0(s) ε0red = –0,44V

Nessas condições, o eletrodo de estanho atuará como cátodo, visto que possui maior potencial de redução.Para que ele atue como ânodo, a concentração de Sn2+ deve diminuir a ponto de fazer com que

εred(Sn2+/Sn0) � εred(Fe2+/Fe0).

Assim, temos:Elemento galvânico nas condições padrão:

Sn2+(aq) + Fe0(s) Sn0(s) + Fe2+(aq) ∆ε0 = ε0(maior) – ε0(menor)

∆ε0 = (–0,14) – (–0,44) = +0,30V

Feº Snº

Fe2+ Sn2+

Resolução

Questão 24▼▼


Elemento galvânico nas condições pedidas:

Sn2+(aq) + Fe0(s) Sn0(s) + Fe2+(aq) ∆ε � 0

Como ∆ε = ∆ε0 – ⋅ logK, temos

∆ε0 – ⋅ logK � 0

0,30 – ⋅ log � 0

⋅ log � 0,30

Como = 0,0295 ≈ 0,03, temos:

0,03 ⋅ log � 0,30

log �

log � 10

Se log � 10, então: � 1010.

Para que ocorra a inversão dos pólos do elemento galvânico, � 1010.

a) Considerando que a pressão osmótica da sacarose (C12H22O11) a 25ºC é igual a 15atm, calcule a massa desacarose necessária para preparar 1,0L de sua solução aquosa a temperatura ambiente.

b) Calcule a temperatura do ponto de congelamento de uma solução contendo 5,0g de glicose (C6H12O6) em25g de água. Sabe-se que a constante do ponto de congelamento da água é igual a 1,86ºCkgmol–1.

c) Determine a fração molar de hidróxido de sódio em uma solução aquosa contendo 50% em massa destaespécie.

a) A pressão osmótica é dada por:π = mι ⋅ i ⋅ R ⋅ T

mι = = 0,613mol/L

m = 209,8g de sacarose

b) A variação na temperatura de congelamento é dada por:∆tc = kc ⋅ W ⋅ i,

onde W é a molaridade da solução, a razão entre o nº de mols do soluto e a massa (em kg) do solvente.1mol glicose ––––––––––– 180,18g

n ––––––––––– 5gn = 0,028 mol de C6H12O6

1mol sacarose –––––––––– 342,34g0,613mol –––––––––– m

12

3

151 ⋅ 8,21 ⋅ 10–2 ⋅ 298,15

Resolução

Questão 25▼▼

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

0 300 03,,

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

0 0592

,

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

0 0592

,

[ ]

[ ]

Fe

Sn

2

2

+

+

0 0592

,

0 059,n

0 059,n


W = = 1,11molal

∆tc = 1,86 ⋅ 1,11 ⋅ 1 = 2,06

A adição de um soluto não volátil provoca diminuição na temperatura de congelamento, e assim, o pontode congelamento da solução é –2,06ºC.

c) Em 100g de solução

1mol de NaOH –––––––––– 40gx –––––––––– 50gx = 1,25mol de NaOH

1mol de H2O ––––––––––– 18,02gy ––––––––––– 50gy = 2,77mol de H2O

XNaOH = = 0,311

São dadas as seguintes informações:

I. O polietileno é estável até aproximadamente 340ºC. Acima de 350ºC ele entra em combustão.II. Para reduzir ou retardar a propagação de chama em casos de incêndio, são adicionados retardantes de cha-

ma à formulação dos polímeros.

III. O Al(OH)3 pode ser usado como retardante de chama. A aproximadamente 220ºC, ele se decompõe, se-gundo a reação 2Al(OH)3(s) → Al2O3(s) + 3H2O(g), cuja variação de entalpia (∆H) envolvida é igual a1170Jg–1.

IV. Os três requisitos de combustão de um polímero são: calor de combustão, combustível e oxigênio. Os retar-dantes de chama interferem no fornecimento de um ou mais desses requisitos.

Se Al(OH)3 for adicionado a polietileno, cite um dos requisitos de combustão que será influenciado por cadaum dos parâmetros abaixo quando a temperatura próxima ao polietileno atingir 350ºC. Justifique resumida-mente sua resposta.

a) Formação de Al2O3(s)b) Formação de H2O(g)

c) ∆H de decomposição do Al(OH)3

a) Oxigênio

A formação do Al2O3 forma uma camada protetora na superfície do polímero, dificultando o contato como oxigênio.

b) CombustívelA formação da água (H2O(g)) dilui os gases combustíveis, dificultando o processo de combustão.

c) Calor de combustãoEssa reação absorve 1170J por grama, absorvendo, assim, o calor de combustão.

Sabendo que a constante de dissociação do hidróxido de amônio e a do ácido cianídrico em água são, respecti-vamente, Kb = 1,76 ⋅ 10–5 (pKb = 4,75) e Ka = 6,20 ⋅ 10–10 (pKa = 9,21), determine a constante de hidrólise e ovalor do pH de uma solução aquosa 0,1molL–1 de cianeto de amônio.

Questão 27▼▼

Resolução

Questão 26▼▼

1,25mol NaOH(1,25 + 2,77)

50g de NaOH50g de H2O

12

3

0,028mol0,025kg


Kw = 1,0 ⋅ 10–14

Ka = 6,20 ⋅ 10–10

Kb = 1,76 ⋅ 10–5

Como o Ka é aproximadamente 105 vezes menor do que o Kb, vamos considerar somente a hidrólise do ânionproveniente do ácido

CN– + H2O →← HCN + OH–

início 0,1mol/L 0 0gasta forma forma

x x xequilíbrio (0,1 – x)mol/L x x

Kh = = = 1,61 ⋅ 10–5

Kh =

1,61 ⋅ 10–5 =

1,61 ⋅ 10–6 = x2

x = 1,27 ⋅ 10–3mol/L

x = 1,27 ⋅ 10–3mol/L = [OH–]

pOH = –(log1,27 ⋅ 10–3)

pOH ≅ 3

pH ≅ 11

Assim, temos:constante de hidrólise Kh = 1,61 ⋅ 10–5

pH ≅ 11

Considere duas reações químicas (I e II) envolvendo um reagente X. A primeira (I) é de primeira ordem em re-lação a X e tem tempo de meia-vida igual a 50s. A segunda (II) é de segunda ordem em relação a X e tem tem-po de meia-vida igual à metade da primeira reação. Considere que a concentração inicial de X nas duas rea-ções é igual a 1,00molL–1. Em um gráfico de concentração de X (molL–1) versus tempo (de 0 até 200s), em es-cala, trace as curvas de consumo de X para as duas reações. Indique com I a curva que representa a reação deprimeira ordem e, com II, a que representa a reação de segunda ordem.

A reação I é de 1ª ordem, o tempo de meia vida é constante e de 50s, portanto:Concentração

inicial

1mol/L →50s mol/L →50s mol/L →50s mol/L →50s mol/L

∆t = 200s

A reação II é de 2ª ordem, ou seja, o tempo de meia vida é inversamente proporcional à concentração doreagente — neste caso, X.

– = –kt1[X]t

1[X]0

116

18

14

12

Resolução

Questão 28▼▼

x ⋅ x0,1

[HCN][OH–][CN–]

1,0 ⋅ 10–14

6,20 ⋅ 10–10KwKa

Resolução


Como a concentração inicial é 1mol/L e o tempo de meia vida é metade da primeira, podemos calcular aconstante de decaimento.

– = –kt

– = –k ⋅ 25

k =

Portanto:

– = –kt

[X]t =

[X]t =

Utilizando a equação acima e substituindo o tempo, temos:

[X]t t(s)1 0

1/3 501/5 1001/6 1501/9 200

Utilizando os dados, traça-se o gráfico:

Um tanque de estocagem de produtos químicos foi revestido internamente com níquel puro para resistir aoefeito corrosivo de uma solução aquosa ácida contida em seu interior. Para manter o líquido aquecido, foi aco-plado junto ao tanque um conjunto de resistores elétricos alimentados por um gerador de corrente contínua.Entretanto, uma falha no isolamento elétrico do circuito dos resistores promoveu a eletrificação do tanque,ocasionando um fluxo de corrente residual de intensidade suficiente para desencadear o processo de corrosãoeletrolítica do revestimento metálico.Admitindo-se que a superfície do tanque é constituída por uma monocamada de níquel com densidade atômi-ca igual a 1,61 ⋅ 1019 átomos m–2 e que a área superficial do tanque exposta à solução ácida é de 5,0m2, cal-cule:a) a massa, expressa em gramas, de átomos de níquel que constituem a monocamada atômica do revestimen-

to metálico.b) o tempo necessário, expresso em segundos, para que a massa de níquel da monocamada atômica seja con-

sumida no processo de dissolução anódica pela passagem da densidade de corrente de corrosão de7,0µAcm–2.

Questão 29▼▼

1

Tempo (segundos)

X(mol L–1)

1/2

1/31/41/51/8

1/16

50 100 150 200

I

II

11 + 1/25 ⋅ t

[X]01 + [X]0 ⋅ kt

1[X]t

1[X]0

125

11/2

11

1[X]t

1[X]0


a) densidade atômica = 1,61 ⋅ 1019átomos/m2

1m2 _________ 1,61 ⋅ 1019átomos5m2 _________ xx = 8,05 ⋅ 1019átomos

Ni → massa molar = 58,69g/mol.

1mol Ni _______ 6,02 ⋅ 1023átomos ________ 58,69g8,05 ⋅ 1019átomos ________ mm = 7,85 ⋅ 10–3g.

b) densidade de corrente = 7,0 ⋅ 10–6A/cm2

5m2 = 5 ⋅ 104cm2

7,0 ⋅ 10–6A ______ 1cm2

x ______ 5 ⋅ 104cm2

x = 0,35A

O processo de dissolução anódica do Ni(s) pode ser representado simplificadamente por:Ni(s) → Ni+2 + 2e–

1mol ______ 2mol58,69g ______ 2 ⋅ 9,65 ⋅ 104C

7,85 ⋅ 10–3g ______ x

x = 25,81C

A partir daí, temos que:0,35A = 0,35C/s ⇒ 0,35C ________ 1segundo

25,81C ________ tt = 73,74 segundos

É descrita uma seqüência de várias etapas experimentais com suas respectivas observações:

I. Dissolução completa de um fio de cobre em água de bromo em excesso com formação de uma solução azu-lada A.

II. Evaporação completa da solução A e formação de um sólido marrom B.III. Aquecimento do sólido B a 500ºC, com formação de um sólido branco de CuBr e um gás marrom C.IV. Dissolução de CuBr em uma solução aquosa concentrada de ácido nítrico, formando uma nova solução azu-

lada D e liberação de dois gases: C e E.V. Evaporação da solução azulada D com formação de um sólido preto F e liberação de dois gases: E e G.

VI. Reação a quente do sólido F com hidrogênio gasoso e na ausência de ar, formando um sólido avermelha-do H e liberando água.

Baseando-se nesta descrição, apresente as fórmulas moleculares das substâncias B, C, E, F, G e H.

As etapas descritas podem ser representadas pelas equações:

I)Cu(s) + Br2(aq) → CuBr2(aq)14243

solução azulada A

II)CuBr2(aq) → CuBr2(s)14243

sólido marrom B

evaporaçãocompleta

Resolução



III)CuBr2(s) →500ºC CuBr(s) + 1/2Br2(g)14243 14243

sólido branco gás marrom C

IV)CuBr(aq) + 4HNO3(aq) → Cu(NO3)2(aq) + 1/2Br2(g) + 2NO2(g) + 2H2O(l)14243 14243 14243

solução azulada D C E

V) Cu(NO3)2(aq) → CuO(s) + 2NO2(g) + 1/2O2(g)14243 14243 14243

sólido preto F E G

VI)2CuO(s) + H2(g) → Cu2O(s) + H2O(l)14243

sólido avermelhado H

evaporaçãocompleta



O ITA manteve a tradição dos vestibulares anteriores. Houve algumas questões fáceis; predominaramquestões difíceis e muito difíceis. A grande maioria delas envolveu Fisicoquímica. A Química Orgânica foiesquecida nesta prova.

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o anglo resolve a prova de química do ita...

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