q quuÍÍmmiiccaa - curso-objetivo.br · mistura homogênea eutética 7 d assinale a afirmação...

II TTAA ((44ºº DDIIAA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088

QQUUÍÍMMIICCAA

CONSTANTES

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

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

= 9,65 x 104 A s mol−1 = 9,65 x 104 J V−1 mol−1

Volume molar de gás ideal = 22,4 L (CNTP)

Carga elementar = 1,602 x 10–19 C

Constante dos gases (R) =

= 8,21 x 10–2 atm L K–1 mol–1 = 8,31 J K–1 mol–1 =

= 62,4 mmHg L K–1 mol–1 = 1,98 cal K–1 mol–1

Constante gravitacional (g) = 9,81 m s–2

DEFINIÇÕES

Pressão de 1 atm = 760 mmHg = 101325 N m−2 = 760 Torr 1 N = 1 kg m s−2

Condições normais de temperatura e pressão (CNTP):0°C e 760 mmHg.Condições ambientes: 25°C e 1 atm.Condições-padrão: 25°C, 1 atm, concentração das so lu -ções: 1 mol L–1 (rigorosamente: atividade unitária dases pé cies), sólido com estrutura cristalina mais estávelnas condições de pressão e temperatura em questão.(s) ou (c) = sólido cristalino; (l) ou (l) = líqui do; (g) =gás; (aq) = aquoso; (graf) = grafite; (CM) = cir cuitometá li co; (conc) = concentrado; (ua) = uni dadesarbi trá rias; [A] = con cen tração da espécie química Aem mol L–1.

MASSAS MOLARES

Massa Molar(g mol–1)

1,01

4,00

6,94

12,01

14,01

16,00

20,18

22,99

24,31

26,98

28,09

32,07

35,45

39,95

NúmeroAtômico

1

2

3

6

7

8

10

11

12

13

14

16

17

18

ElementoQuímico

H

He

Li

C

N

O

Ne

Na

Mg

Al

Si

S

Cl

Ar

QQUUÍÍMMIICCAA

Massa Molar(g mol–1)

39,10

40,08

52,00

54,94

55,85

58,69

63,55

65,40

72,64

74,92

79,90

83,80

107,87

112,41

118,71

126,90

131,29

132,91

137,33

195,08

207,2

222

NúmeroAtômico

19

20

24

25

26

28

29

30

32

33

35

36

47

48

50

53

54

55

56

78

82

86

ElementoQuímico

K

Ca

Cr

Mn

Fe

Ni

Cu

Zn

Ge

As

Br

Kr

Ag

Cd

Sn

I

Xe

Cs

Ba

Pt

Pb

Ra


1 CCUma mistura sólida é composta de carbonato de sódio ebicarbonato de sódio. A dissolução completa de 2,0 gdessa mistura requer 60,0 mL de uma solução aquosa 0,5 mol L–1 de HCl. Assinale a opção que apresenta amassa de cada um dos componentes desta mistura sólida.

a) mNa2CO3= 0,4g ; mNaHCO3

= 1,6g

b) mNa2CO3= 0,7g ; mNaHCO3

= 1,3g

c) mNa2CO3= 0,9g ; mNaHCO3

= 1,1g

d) mNa2CO3= 1,1g ; mNaHCO3

= 0,9g

e) mNa2CO3= 1,3g ; mNaHCO3

= 0,7g

ResoluçãoCálculo da quantidade de matéria de HCl que reagecom a mistura:1000 mL ––––––––––– 0,5 mol60,0 mL ––––––––––– x

reage com Na2CO3: a

x = 0,03 mol reage com NaHCO3: 0,03 – a

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O

106 g –––– 2 mol x = ∴ x = 53 ax –––– a

NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O

84 g –––––– 1 mol y = 84 (0,03 – a)y –––––– 0,03 mol – a y = 2,52 – 84 a

Temos que:x + y = 2,0 g53 a + 2,52 – 84 a = 2,0

31 a = 0,52a = 0,017

x = 53 . 0,017 ∴ x = 0,9 gConcluímos que:mNa2CO3

= 0,9 gmNaHCO3

= 1,1 g

106 a––––––

2


2 CCNo ciclo de Carnot, que trata do rendimento de umamáquina térmica ideal, estão presentes as seguintestrans for mações:

a) duas adiabáticas e duas isobáricas.

b) duas adiabáticas e duas isocóricas.

c) duas adiabáticas e duas isotérmicas.

d) duas isobáricas e duas isocóricas.

e) duas isocóricas e duas isotérmicas.

ResoluçãoO ciclo de Carnot é constituído por duas transfor -mações isotérmicas reversíveis e duastransformações adiabáticas reversíveis. O cicloconsiste em retirar calor da fonte quente(temperatura TQ) e transferir para a fonte fria(temperatura TF). Ver figura a seguir:

Processo 1 ⇒ transformação isotérmica a tempera -tura TQ.

Processo 2 ⇒ transformação adiabática de TQ a TF.

Processo 3 ⇒ transformação isotérmica a tem pera -tura TF.

Processo 4 ⇒ transformação adiabática de TF a TQ.


3 BBSuponha que um metal alcalino terroso se desintegreradio ativamente emitindo uma partícula alfa. Após trêsdesintegrações sucessivas, em qual grupo (família) databela periódica deve-se encontrar o elemento resultantedeste processo?

a) 13 (III A) b) 14 (IV A) c) 15 (V A)

d) 16 (VI A) e) 17 (VII A)

ResoluçãoPartícula alfa é núcleo de átomo de hélio, um agre -gado de 2 prótons e 2 nêutrons. Quando ocorre emis -são de uma partícula alfa, o número atômico diminuiduas unidades e o número de massa diminui quatrounidades.

Seja X o metal alcalinoterroso (grupo 2 ou II A).4+2α 4

+2α 4+2α

AZ

X ⎯⎯→ A–4Z–2 Y ⎯⎯→ A–8

Z–4T ⎯⎯→ A–12Z–6 U

Observe o esquema de parte da tabela periódica:

O elemento resultante encontra-se no grupo 14 ou IVA.

4 DDUm estudante mergulhou uma placa de um metal puroem água pura isenta de ar, a 25°C, contida em umbéquer. Após certo tempo, ele observou a liberação debolhas de gás e a formação de um precipitado. Com basenessas informações, assinale a opção que apresenta ometal constituinte da placa.

a) Cádmio b) Chumbo c) Ferro

d) Magnésio e) Níquel

ResoluçãoO metal que reage com a água pura isenta de ar, comliberação de bolhas de gás e com formação de umprecipitado, é o magnésio, de acordo com a equaçãoquímica:

Mg(s) + 2H2O(l) → Mg(OH)2(s) + H2 (g)↓ insolúvel

Os metais alcalinos e alcalinoterrosos são os mais rea -tivos e reagem com água na temperatura am biente.


5 BBQual o gráfico que apresenta a curva que melhor repre -senta o decaimento de uma amostra contendo 10,0 g deum material radioativo ao longo dos anos?

ResoluçãoA quantidade de um material radioativo diminui ex -po nencialmente com o tempo, de acordo com aequação:

m = m0 e– kt

O gráfico que melhor representa essa situação é o daalternativa b.


6 EENum experimento, um estudante verificou ser a mesmaa temperatura de fusão de várias amostras de um mesmomaterial no estado sólido e também que esta temperaturase manteve constante até a fusão completa. Considereque o material sólido tenha sido classificado como:

I. Substância simples pura

II. Substância composta pura

III. Mistura homogênea eutética

IV. Mistura heterogênea

Então, das classificações acima, está(ão) ERRADA(S)

a) apenas I e II. b) apenas II e III.

c) apenas III. d) apenas III e IV.

e) apenas IV.

ResoluçãoAo aquecer um sólido, quando a temperatura defusão se mantiver constante, podemos ter trêssituações diferentes:I. Substância simples puraII. Substância composta puraIII. Mistura homogênea eutética

7 DDAssinale a afirmação CORRETA a respeito do ponto deebulição normal (PE) de algumas substâncias.

a) O l-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.

ResoluçãoO ponto de ebulição depende da intensidade dasforças intermoleculares e das massas molares dassubstâncias.Alternativa a errada.Propanol e etanol formam pontes de hidrogênio.Como o propanol tem massa molar maior, terá maiorponto de ebulição.Alternativa b errada.Etanol tem ponto de ebulição maior que o étermetílico, porque estabelece pontes de hidrogênio.Ambos têm a mesma massa molar.Alternativa c errada.n-heptano e n-hexano são moléculas apolares, porémn-heptano tem massa molar maior, logo tem maiorponto de ebulição.Alternativa d correta.Trimetilamina e propilamina são isômeros, têm amesma massa molar, porém a propilamina estabelecepontes de hidrogênio e a trimetilamina não. Logo,trimeti lamina tem ponto de ebulição menor que apropila mina e também terá ponto de ebulição menorque a dimetilamina, que estabelece pontes de hidro -gênio.


8 AAO diagrama temperatura (T) versus volume (V) repre -senta hipoteticamente as transformações pelas quais umgás ideal no estado 1 pode atingir o estado 3. Sendo ∆Ua variação de energia interna e q a quantidade de calortrocado com a vizinhança, assinale a opção com aafirmação ERRADA em relação às transformaçõestermodinâmicas representadas no diagrama.

a) �∆U12� = �q 12� b) �∆U13� = �∆U23�

c) �∆U23� = �q 23� d) �∆U23� > �∆U12�

e) q23 > 0

ResoluçãoPela primeira lei da Termodinâmica, tem-se:

∆U = q + τ

∆U = variação da energia interna.q = calor trocado com o meio externo durante oprocesso.τ = trabalho trocado pelo sistema com o meioexterno.Para um gás ideal, a energia interna só depende datemperatura.

Processo 1 → 2 ⇒ processo isotérmico: T1 = T2

∆U12 = 0

∆U12 = q12 + τ12 ⇒ q12 = – τ12 ⇒ �q12� = �τ12�

Processo 2 → 3 ⇒ processo isocórico: V2 = V3

Para um processo isocórico: τ = 0

∆U23 = q23 + τ23 ⇒ ∆U23 = q23 ⇒ �∆U23� = �q23�

q23 > 0 ⇒ a temperatura do sistema aumenta, porque

o sistema absorve calor das vizinhanças.Processo 1 → 3 ⇒ Processo isobárico∆U13 = q13 + τ13

Têm-se as seguintes relações:

∆U13 = ∆U12 + ∆U23 ⇒ ∆U13 = ∆U23 ⇒ �∆U13� = �∆U23�

alternativa a: falsa, pois ∆U12 = 0.

alternativa b: correta.alternativa c: correta, ver processo 2 → 3.

alternativa d: �∆U23� > 0 e �∆U12� = 0.alternativa e: correta. Ver processo 2 → 3.


9 EEConsidere os átomos hipotéticos neutros V, X, Y e Z noestado gasoso. Quando tais átomos recebem um elétroncada um, as configurações eletrônicas no estado funda -mental de seus respectivos ânions são dadas por:

V–(g): [gás nobre] ns2np6ndl0(n + l)s2(n + l)p6

X–(g) : [gás nobre] ns2np6

Y–(g) : [gás nobre] ns2np6ndl0(n + l)s2 (n + l)p3

Z–(g) : [gás nobre] ns2np3

Nas configurações acima, [gás nobre] representa aconfiguração eletrônica no diagrama de Linus Paulingpara o mesmo gás nobre, e n é o mesmo númeroquântico principal para todos os ânions. Baseado nessasinfor ma ções, é CORRETO afirmar que

a) o átomo neutro V deve ter a maior energia de ioni za -ção entre eles.

b) o átomo neutro Y deve ter a maior energia de ioniza -ção entre eles.

c) o átomo neutro V deve ter maior afinidade eletrônicado que o átomo neutro X.

d) o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônicado que o átomo neutro X.

e) o átomo neutro Z deve ter maior afinidade eletrônicado que o átomo neutro Y.

ResoluçãoA configuração [gás nobre] ns2 np6 nd10 (n + 1) sx

(n + 1) py está um período abaixo da configuração[gás nobre] nsx npy.

As configurações dos átomos neutros são:

V(g): [gás nobre] ns2 np6 nd10 (n + 1)s2 (n + 1) p5:

grupo 17

X(g): [gás nobre] ns2 np5: grupo 17

Y(g): [gás nobre] ns2 np6 nd10 (n + 1)s2 (n + 1) p2:

grupo 14

Z(g): [gás nobre] ns2 np2: grupo 14

Resumindo temos:

A afinidade eletrônica varia conforme o esquemaabaixo:


Pelo esquema

afinidade eletrônica de X > afinidade eletrônica de V

afinidade eletrônica de Z > afinidade eletrônica de Y

afinidade eletrônica de X > afinidade eletrônica de Z

A energia de ionização varia conforme o esquemaabaixo:

X tem a maior energia de ionização


10 AAConsidere a reação de dissociação do N2O4 (g) represen -

tada pela seguinte equação:

N2O4 (g) ←→ 2NO2 (g)

Assinale a opção com a equação CORRETA que rela -ciona a fração percentual (α) de N2O4 (g) dissociado com

a pressão total do sistema (P) e com a constante de equi -líbrio em termos de pressão (Kp).

a) α = b) α =

c) α = d) α =

e) α =

ResoluçãoPi = pressão inicial de N2O4

Como a pressão total no equilíbrio é P, temos:

P = PN2O4+ PNO2

P = (Pi – α Pi) + 2 α Pi

P = Pi + α Pi

P = Pi (1 + α)

Pi =

Portanto, as pressões de N2O4 e NO2 no equilíbrio

valem:

PN2O4= Pi – α Pi

PN2O4= – α

PN2O4= =

PNO2= 2 α Pi

P – α P––––––––

1 + αP (1 – α)

––––––––––1 + α

P––––––1 + α

P�––––––�1 + α

P––––––1 + α

N2O4 (g) →← 2NO2 (g)

início Pi 0

reage e forma α Pi → 2 α Pi

equilíbrio Pi – α Pi 2 α Pi

Kp–––––––

2 + P

2P + Kp––––––––

Kp

Kp––––––––2P + Kp

4P + Kp––––––––

Kp

Kp––––––––4P + Kp


PNO2= 2 α . =

Como Kp =

Kp =

Kp = =

Kp (1 – α2) = 4 α2 P

Kp – Kp α2 – 4 α2 P = 0

Kp α2 + 4P α2 = Kp

α2 (Kp + 4P) = Kp

α2 =

α =

11 EEConsidere a reação química representada pela seguinteequação:

4NO2 (g) + O2(g) ←→ 2N2O5(g)

Num determinado instante de tempo t da reação, veri -fica-se que o oxigênio está sendo consumido a umavelocidade de 2,4 x l0–2molL–1 s–1. Nesse tempo t, avelo cidade de consumo de NO2 será de

a) 6,0 x l0–3 molL–ls–l. b) 1,2 x l0–2 molL–ls–l.

c) 2,4 x l0–2 molL–1s–1 d) 4,8 x l0–2 molL–1s–1.

e) 9,6 x l0–2 molL–1s–1.

ResoluçãoDa equação balanceada, temos a proporção este quio -métrica:4 mol de NO2 ⎯→ 1 mol de O2

x ⎯→ 2,4 x 10–2 mol . L–1s–1 de O2

x = 9,6 x 10–2mol . L–1 . s–1 de NO2

Kp–––––––4P + Kp

Kp–––––––4P + Kp

4 α2 P–––––––1 – α2

4 α2 P2

–––––––––––––––P (1 + α) (1 – α)

2 α P�––––––�2

1 + α––––––––––

P (1 – α)––––––––

1 + α

(P NO2)2

–––––––––P N2O4

2 α P––––––––

1 + αP�––––––�1 + α


12 BBO acidente nuclear ocorrido em Chernobyl (Ucrânia),em abril de 1986, provocou a emissão radioativa predo -minantemente de Iodo-131 e Césio-137. Assinale aopção CORRETA que melhor apresenta os respectivosperíodos de tempo para que a radioatividade provocadapor esses dois elementos radioativos decaia para 1% dosseus respectivos valores iniciais. Considere o tempo demeia-vida do Iodo-131 igual a 8,1 dias e do Césio-137igual a 30 anos.

Dados: 1n 100 = 4,6; 1n 2 = 0,69.

a) 45 dias e 189 anos. b) 54 dias e 201 anos.

c) 61 dias e 235 anos. d) 68 dias e 274 anos.

e) 74 dias e 296 anos.

ResoluçãoA equação que relaciona a massa final (m) e a massainicial (m0) é:

m =

Temos:m = 1 g, m0 = 100 g

1 =

2x = 100ln 2x = ln 100x ln 2 = ln 100x 0,69 = 4,6x = 6,67Para o iodo-131:t = x P ∴ t = 6,67 . 8,1; P = meia-vidat = 54 diasPara o césio-137:t = x P ∴ t = 6,67 . 30t ≅ 201 anos

100––––

2x

m0––––2x


13 BBAssumindo um comportamento ideal dos gases, assinalea opção com a afirmação CORRETA.

a) De acordo com a Lei de Charles, o volume de um gástorna-se maior quanto menor for a sua temperatura.

b) Numa mistura de gases contendo somente moléculasde oxigênio e nitrogênio, a velocidade média das mo -lé culas de oxigênio é menor do que as de nitro gênio.

c) Mantendo-se a pressão constante, ao aquecer um molde gás nitrogênio sua densidade irá aumentar.

d) Volumes iguais dos gases metano e dióxido de car -bono, nas mesmas condições de temperatura e pres -são, apresentam as mesmas densidades.

e) Comprimindo-se um gás a temperatura constante, suadensidade deve diminuir.

Resoluçãoa) Lei de Charles (transformação isobárica): o au -

mento da temperatura provoca a expansão dosgases (aumento de volume).

b) Como a temperatura é constante, a energia ciné -tica média das moléculas é a mesma, portanto,quanto menor a massa molar, maior é a velocidadede difusão.MN2

= 28,01g/mol MO2= 32g/mol

ECmédia

=

v =

c) Na equação:

d = , sob pressão constante, quanto maior a

temperatura, menor a densidade.d) Volumes iguais de gases quaisquer, na mesma pres -

são e temperatura, apresentam o mesmo númerode moléculas (Hipótese de Avogadro). Quantomaior a massa molecular, maior a densidade.

e) Na transformação isotérmica, o aumento da pres -são diminui o volume, portanto, aumenta a den -sidade.

PM––––RT

2 k T–––––

m

m v2––––– = k . T

2


14 EEUm estudante imergiu a extremidade de um fio deníquel-crômio limpo em uma solução aquosa de ácidoclorídrico e, a seguir, colocou esta extremidade emcontato com uma amostra de um sal iônico puro. Emseguida, expôs esta extremidade à chama azulada de umbico de Bunsen, observando uma coloração amarela nachama. Assinale a opção que contém o elementoquímico responsável pela coloração amareladaobservada.

a) Bário. b) Cobre. c) Lítio.

d) Potássio. e) Sódio.

ResoluçãoO elemento químico responsável pela coloração ama -re lada observada é o sódio.Os elementos abaixo dão as seguintes cores:Bário: verdeCobre: azul-esverdeadaPotássio: violetaLítio: vermelho


15 EEConsidere os seguintes sais:

I. Al(NO3)3

II. NaCl

III. ZnCl2

IV. CaCl2

Assinale a opção que apresenta o(s) sal(is) que causa(m)a desestabilização de uma suspensão coloidal estável desulfeto de arsênio (As2S3) em água.

a) Nenhum dos sais relacionados.

b) Apenas o sal I.

c) Apenas os sais I e II.

d) Apenas os sais II, III e IV.

e) Todos os sais.

ResoluçãoO sulfeto de arsênio coloidal é um colóide negativo,pois alguns íons do As2S3 sofrem hidrólise e resulta

H3AsO3, que vai para a solução, e íons HS–, que

ficam adsorvidos na superfície da partícula.

Em redor do colóide, aparecem íons de carga contrá -ria, o que concede maior estabilidade ao colóide. Adesestabilização de um colóide negativo é causadapela adição de um íon de carga contrária. Nesteparticular, podemos citar a regra de Schulze-Hardy:“Colóides são desestabilizados com maior eficiênciapor íons de carga oposta e com número de cargaelevado.”Uma suspensão coloidal de As2S3 será mais

facilmente desestabilizada pelos eletrólitos de metaltrivalente do que por um sal de metal bivalente e estepor sua vez será mais ativo do que um sal de metalmonovalente.Abaixo, temos uma tabela indicando a quantidadeem milimol de eletrólito necessário paradesestabilizar o conteúdo de um litro de soluçãocoloidal de As2S3.


Concluímos que todos os sais podem desestabilizar asuspensão coloidal, sendo que o mais eficiente é ocátion Al3+.

Eletrólito Milimol de sal

Al3+(NO3)3 0,09

Zn2+Cl2 0,69

Ca2+Cl2 0,65

Na1+Cl 51


16 DDUma solução aquosa de um ácido fraco monoprótico émantida à temperatura de 25°C. Na condição deequilíbrio, este ácido está 2,0% dissociado. Assinale aopção CORRETA que apresenta, respectivamente, osvalores numéricos do pH e da concentração molar(expressa em mol L–1) do íon hidroxila nesta soluçãoaquosa. Dados: pKa (25 °C) = 4,0; log 5 = 0,7.

a) 0,7 e 5,0 x 10–14 b) 1,0 e 1,0 x 10–13

c) 1,7 e 5,0 x 10–13 d) 2,3 e 2,0 x 10–12

e) 4,0 e 1,0 x 10–10

Resolução

pKa = – log Ka = 4,0

∴ Ka = 1,0 . 10–4

Ka =

1,0 . 10–4 =

M = 0,25 mol/L

[H+] = 0,02 . M = 0,02 . 0,25 mol/L

∴ [H+] = 0,005 mol/L

pH = – log [H+]

pH = – log 5 . 10–3

pH = – (log 5 + log 10–3)

pH = – (0,7 – 3)

A 25°C ⇒ Kw = [H+] . [OH–] = 1,0 . 10–14

0,005 . [OH–] = 1,0 . 10–14

[OH–] = = 2,0 . 10–12

[OH–] = 2,0 . 10–12 mol/L

1,0 . 10–14––––––––––

0,005

pH = 2,3

0,02M . 0,02M––––––––––––––

M

[H+] [A–]––––––––––

[HA]

HA →← H+ + A–

início M 0 0

reage eforma

0,02M 0,02M 0,02M

equilíbrio(M – 0,02M)

≅ M0,02M 0,02M


17 AAFoi observada a reação entre um composto X e uma so -lução aquosa de permanganato de potássio, a quente,ocorrendo o aumento do pH da solução e a formação deum composto Y sólido. Após a separação do composto Ye a neutralização da solução resultante, verificou-se aformação de um composto Z pouco solúvel em água.Assinale a opção que melhor representa o grupofuncional do composto orgânico X.

a) álcool b) amida c) amina

d) éster e) éter

ResoluçãoO composto X pode ser um álcool primário de cadeialonga, que sofre oxidação em uma solução aquosa depermanganato de potássio a quente:

O

R — CH2 — OH ⎯⎯⎯→ R — C

OHX

Ocorre aumento do pH da solução e formação de umcomposto Y sólido:4MnO–

4(aq) + 2H2O(l) → 4MnO2(s) + 3O2(g) + 4OH–(aq)

YO ácido carboxílico em meio básico (KOH) forma umsal de ácido carboxílico solúvel em água.

O

R — C

O –K+

Após a separação do composto Y e a neutralização dasolução resultante (de caráter básico), verificou-se aformação de um composto Z pouco solúvel. A adiçãode ácido para neutralizar o meio básico provoca aprotonação do carboxilato a ácido carboxílico comcadeia de um tamanho tal que deixa o ácido poucosolúvel.

O O

R — C (aq) + H+(aq) → R — C

O– OH

Z


18 CCNos gráficos abaixo, cada eixo representa uma proprie -dade termodinâmica de um gás que se comporta ideal -mente.

Com relação a estes gráficos, é CORRETO afirmar que

a) I pode representar a curva de pressão versus volume.

b) II pode representar a curva de pressão versus inversodo volume.

c) II pode representar a curva de capacidade caloríficaversus temperatura.

d) III pode representar a curva de energia interna versustemperatura.

e) III pode representar a curva de entalpia versus oproduto da pressão pelo volume.

ResoluçãoAlternativa a: falsa. O gráfico da pressão versusvolume é dado pelo gráfico III.Alternativa b: falsa. O gráfico da pressão versus oinverso do volume é representado pelo gráfico I.Alternativa c: verdadeira. A capacidade térmica de

um gás é dada por: C = a + bT – , resultando o

gráfico II.Alternativa d: falsa. A energia interna de um gásideal aumenta com o aumento da temperatura:

U = nRT, o que é dado pela curva I.

Alternativa e: falsa. A entalpia é dada por:

H = U + PV ⇒ H = PV + PV ⇒ H = PV. Por -

tanto, a curva da entalpia versus o produto da pres -são pelo volume será representada pelo gráfico I.

5–––2

3–––2

3–––2

c–––T2


19 DDA 20°C, a pressão de vapor da água em equilíbrio comuma solução aquosa de açúcar é igual a 16,34 mmHg.Sabendo que a 20°C a pressão de vapor da água pura éigual a 17,54 mmHg, assinale a opção com aconcentração CORRETA da solução aquosa de açúcar.

a) 7% (m/m)

b) 93% (m/m)

c) 0,93 moI L–1

d) A fração molar do açúcar é igual a 0,07

e) A fração molar do açúcar é igual a 0,93

ResoluçãoLei de Raoult: A pressão de vapor de um solvente nasolu ção é a sua fração molar multiplicada pela pres -são de vapor do solvente puro.PH2O na solução = Xágua . PH2O pura

16,34 = Xágua . 17,54

= Xágua

Xágua = 0,93

Xágua + Xaçúcar = 1

0,93 + Xaçúcar = 1

Xaçúcar = 0,07

16,34––––––17,54


20 DDUm elemento galvânico é constituído pelos eletrodosabaixo especificados, ligados por uma ponte salina econectados a um voltímetro de alta impedância.

Eletrodo I: fio de platina em contato com 500 mL desolução aquosa 0,010 moI L–1 de hidróxidode potássio;

Eletrodo II: fio de platina em contato com 180 mL desolução aquosa 0,225 moI L–1 de ácidoperclórico adicionado a 320 mL de soluçãoaquosa 0,125 moI L–1 de hidróxido de sódio.

Admite-se que a temperatura desse sistema eletroquí -

mico é mantida constante e igual a 25°C e que a pressão

parcial do oxigênio gasoso (PO2) dissolvido é igual a 1

atm. Assinale a opção CORRETA com o valor calculado

na escala do eletrodo padrão de hidrogênio (EPH) da

força eletromotriz, em volt, desse elemento galvânico.

Dados: EoO2/H2O = 1,23V(EPH); Eo

O2/OH– = 0,40V(EPH)

a) 1,17 b) 0,89 c) 0,75 d ) 0,53 e) 0,46Resolução

a) Cálculo do potencial de redução do eletrodo I:O2 + 2H2O + 4e– →← 4(OH)–

E = E0 – . log (10–2)4 = 0,40V + 0,118V

b) Cálculo do potencial de redução do eletrodo II:HClO4 + NaOH →

n = 0,180 . 0,225 n = 0,320 . 0,125n = 0,0405 mol n = 0,040 mol

excesso de 0,0005 mol de H+

E = 0,518V

0,059––––––

4


→ NaClO4 + H2O + H+

0,040 mol 0,040 mol excesso de 0,0005 mol5 . 10–4

[H+] = –––––––––5 . 10–1

O2 + 4H+ + 4e– →← 2H2O

E = E0 – . log = 1,23V – 0,177V

Cálculo do ∆V da pilha:

∆V = EoxiOH– + Ered

H+

Reações que ocorrem:

I) 4(OH)– →← O2 + 2H2O + 4e– – 0,518V

II) O2 + 4H+ + 4e– →← 2H2O + 1,053V

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADASDE 21 A 30, DEVEM SER RESPONDIDAS NOCADERNO DE SOLUÇÕES.

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

ResoluçãoO isooctano (2,2,4-trimetilpentano), sofrendooxidação completa com O2 existente no aratmosférico, fornece:2C8H18 + 25O2 → 16CO2 + 18H2OComo no ar há N2, em alta temperatura, ele tambémreage com O2, formando óxidos de nitrogênio:N2 + O2 → 2NO

∆V = + 0,535V

∆V = – 0,518V + 1,053V = 0,535V

E = 1,053V

1––––––(10–3)4

0,059––––––

4


22São fornecidas as seguintes informações relativas aoscinco compostos amínicos: A, B, C, D e E.

Os compostos A e B são muito solúveis em água, en -quan to que os compostos C, D, e E são pouco solúveis.Os valores das constantes de basicidade dos compostosA, B, C, D e E são, respectivamente, 1,0 x 10–3; 4,5 x 10– 4; 2,6 x 10–10; 3,0 x 10–12 e 6,0 x 10–15.

Atribua corretamente os dados experimentais apresen -tados aos seguintes compostos:

2-nitroanilina, 2-metilanilina, 2-bromoanilina, metila mi -na e dietilamina. Justifique a sua resposta.

ResoluçãoAminas aromáticas são bases mais fracas que asaminas alifáticas. A e B são aminas alifáticas, poistêm maior constante de basicidade.C, D e E são aminas aromáticas, pois têm menorconstante de basicidade.Radicais elétron-repelentes aumentam a força básica.

—CH3 < —CH2—CH3

Radicais elétron-atraentes diminuem a força básica.—NO2 > —Br

Sendo assim:

Cárater Básico:

H3C—NH2 < H3C—H2C—NH—CH2—CH3

(B) (A)

Caráter Básico:

NH2

CH3

> NH2

Br

> NH2

NO2(C) (D) (E)


23A 25°C, realizam-se estes dois experimentos (Exp I e ExpII) de titulação ácido-base medindo-se o pH da soluçãoaquosa em função do volume da base adicio nada:

Exp I: Titulação de 50 mL de ácido clorídrico 0,10 mol L–1 com hidróxido de sódio 0,10 mol L–1.

Exp II: Titulação de 50 mL de ácido acético 0,10 mol L–1

com hidróxido de sódio 0,10 mol L–1.

a) Esboce em um mesmo gráfico (pH versus volume dehidróxido de sódio) a curva que representa a titulaçãodo Exp I e a curva que representa a titulação do Exp II. Deixe claro no gráfico os valores aproximadosdo pH nos pontos de equivalência.

b) O volume da base correspondente ao ponto de equiva -lên cia de uma titulação ácido-base pode ser deter -minado experimentalmente observando-se o ponto deviragem de um indicador. Em laboratório, dispõem-sedas soluções aquosas do ácido e da base devida mentepreparados nas concentrações propostas, de indicador,de água destilada e dos seguintes instru mentos: balãovo lu métrico, bico de Bunsen, bureta, cronômetro,des secador, erlenmeyer, funil, kitassato, pipetavolumétrica, termômetro e tubo de ensaio. Dessesinstrumentos, cite os três mais adequados para arealização desse experimento.

Resoluçãoa) Experiência I

HCl → H+ + Cl–0,10 mol/L 0,10 mol/L

[H+] = 0,10 mol/L

pH = – log [H+]

pH = 1

HCl + NaOH → NaCl + H2OPara ocorrer total neutralização do ácido, deveremosadicionar 50 mL da base. O meio será neutro, pH = 7 (25°C) (PONTO DEEQUI VALÊNCIA).Como o ácido é forte e a base é forte, o sal formado


(NaCl) não sofre hidrólise.

Experiência IIÁcido acético é um ácido fraco (pH inicial > 1).Quando sofre neutralização com hidróxido de sódio,no ponto de equivalência, o sal formado apresentacaráter básico (pH > 7).H3CCOOH + NaOH →← H3CCOO–Na+ + H2O

b) Para realizar uma titulação, devemos usar obriga -toriamente uma bureta (na qual será colo cada asolução de NaOH), um frasco onde será colocada asolução que será titulada (ácido clorí drico ouacético), de preferência com boca estreita (o ideal éo erlenmeyer), e um aparelho para medir e trans -portar volume de solução de ácido (50 mL); oideal é a pipeta volumétrica.


24Um elemento galvânico é constituído por uma placa deferro e por uma placa de estanho, de mesmas dimensões,imersas em uma solução aquosa 0,10 mol L–1 de ácidocítrico. Considere que esta solução: contém íons ferrosose estanosos; é ajustada para pH = 2; é isenta de oxigênio;e é mantida nas condições am bientes. Sabendo-se que oânion citrato reage quimica mente com o cátion Sn2+(aq),diminuindo o valor do poten cial de eletrodo do estanho,determine o valor nu mérico da relação entre as concen -trações dos cátions Sn2+(aq) e Fe2+(aq), ([Sn2+]/[Fe2+]),a partir do qual o estanho passa a se comportar como oanodo do par galvânico.

Dados: Potenciais de eletrodo em relação ao eletrodopadrão de hidrogênio nas condições-padrão:

EoFe2+ / Fe

= – 0,44 V; EoSn2+ / Sn = – 0,14V

ResoluçãoDeterminação da equação espontânea; condição ini -cial:

cátodo: Sn2+ + 2e– → Sn0 – 0,14V

ânodo: Fe0 → Fe2+ + 2e– + 0,44V–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––global: Fe0(s) + Sn2+(aq) → Fe2+(aq) + Sn0(s) ∆V = 0,30V

À medida que o íon citrato reage com o íon estanoso(Sn2+), o ∆V vai diminuindo. A partir do instante emque o ∆V ficar igual a zero, o estanho passa a secomportar como anodo.Pela Equação de Nernst:

∆V = ∆V0 – . log ⇒

0 = 0,30 – . log ⇒

Portanto, = 1010,169 ou = 10–10,169

Para valores menores que 10–10,169, o estanho se com -porta como anodo.

[Sn2+]–––––––[Fe2+]

[Fe2+]–––––––[Sn2+]

[Fe2+]log ––––––– = 10,169

[Sn2+]

[Fe2+]–––––––[Sn2+]

0,059–––––

2

[Fe2+]–––––––[Sn2+]

0,059–––––

2


25a) Considerando que a pressão osmótica da sacarose

(C12H22O11) a 25°C é igual a 15 atm, calcule a massa

de sacarose necessária para preparar 1,0 L de sua solu -ção aquosa a temperatura ambiente.

b) Calcule a temperatura do ponto de congelamento deuma solução contendo 5,0 g de glicose (C6H12O6) em

25 g de água. Sabe-se que a constante do ponto decon gelamento da água é igual a 1,86°C kg mol–1.

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

Resoluçãoa) Cálculo da massa molar da sacarose:

MC12H22O11= 12 . 12,01 + 22 . 1,01 + 11 . 16

MC12H22O11= 342,34g/mol

π . V = . R . T

15 atm . 1L =

m= –––––––––– . 8,21 . 10–2 atm . L . K–1. mol–1. 298K

342,34g/mol

b) Cálculo da massa molar da glicose:MC6H12O6

= 6 . 12,01 + 12 . 1,01 + 6 . 16

MC6H12O6= 180,18g/mol

∆tC = Kc . M� . i

tC – tC’ = KC . . i

5g /180,18g/mol

0 – tC’ = 1,86 . °C . kg . mol–1 . ––––––––––––––– . 125 . 10–3 kg

c) Como as porcentagens em massa são iguais, entãoas massas serão:mNaOH = mH2O = m

tC = – 2,06°C

nglicose–––––––

mágua

m = 209,89g

m–––M


Cálculo das quantidades de matéria:

NaOH: nNaOH = = =

= (mol)

H2O: nH2O = = = (mol)

Cálculo da fração molar do hidróxido de sódio:

–––––––––– 100%

–––––––––– x

x = 31,056%, portanto,

m––––––––––––––––(22,99 + 16 + 1,01)

mNaOH–––––––MNaOH

Fração molar = 0,31

m �––––– � mol40,00

m m�–––––– + –––––– � mol40,00 18,02

m–––––18,02

m–––––––––––(2 . 1,01 + 16)

mH2O–––––––

MH2O

m–––––––

40,00


26São dadas as seguintes informações:

I. O polietileno é estável até aproximadamente 340°C. Acima de 350°C ele entra em combustão.

II. Para reduzir ou retardar a propagação de chama emcasos de incêndio, são adicionados retardantes dechama à formulação dos polímeros.

III. O Al(OH)3 pode ser usado como retardante de

chama. A aproximadamente 220°C, ele se decom -põe, segundo a reação

2Al(OH)3(s) → Al2O3(s) + 3H2O(g), cuja variação

de entalpia (∆H) envol vida é igual a 1170 J g–1.

IV. Os três requisitos de combustão de um polímerosão: calor de combustão, combustível e oxigênio.Os retardantes de chama interferem no forneci -mento de um ou mais desses requisitos.

Se Al(OH)3 for adicionado a polietileno, cite um dos re -

quisitos de combustão que será influenciado por cada umdos parâmetros abaixo quando a temperatura próxi ma aopolietileno atingir 350 °C. Justifique resumida mente suaresposta.

a) Formação de Al2O3(s)

b) Formação de H2O(g) .

c) ∆H de decomposição do Al(OH)3

ResoluçãoAtuação dos retardantes de chama:– interferem quimicamente no mecanismo de propa -

gação da chama;– produzem gases incombustíveis que reduzem o

supri mento de O2;

– formam camada protetora, inibindo a combustão.a) Combustível. O Al2O3(s), produzido na

decomposição do Al(OH)3(s) abaixo de 350°C, é

estável. Forma uma camada protetora, isolando ocombustível (polieti leno) do oxigênio do ar.

b) Oxigênio. O vapor d’água (H2O(g)) produzido na

decom posição do Al(OH)3(s) é um gás

incombustível que reduz o suprimento de oxigênio.c) Calor de combustão. A decomposição do

Al(OH)3(s) absorve calor (∆H > 0), dificultando o

aumento de temperatura até 350°C, na qual opolietileno entra em combustão.


27Sabendo que a constante de dissociação do hidróxido deamônio e a do ácido cianídrico em água são, respecti va mente, Kb =1,76 x 10–5 (pKb = 4,75) e

Ka = 6,20 x l0–10 (pKa = 9,21), determine a constante de

hidrólise e o valor do pH de uma solução aquosa 0,1 mol L–1 de cianeto de amônio.

ResoluçãoA equação da hidrólise salina do cianeto de amôniopode ser expressa por:NH4

+ + CN– + H2O →← NH4OH + HCN

[NH4OH] = [HCN] (I)

Para o hidróxido de amônio, temos:NH4OH →← NH4

+ + OH–

Kb = = 1,76 . 10–5 (II)

Para o ácido cianídrico, temos:HCN →← H+ + CN–

Ka = = 6,2 . 10–10 (III)

Para a água, temos:H2O →← H+ + OH–

Kw = [H+] . [OH–] = 1,0 . 10–14 (a 25°C) (IV)

Como Kh = ,

multiplicando denominador e numerador por [H+][OH–], temos:

Kh = =

Kh = =

Considerando o sal cianeto de amônio dissociado,temos:NH4 CN → NH4

+ + CN–

0,1 molL–1 0,1 molL–1 0,1 molL–1

∴ [NH4+] = [CN–] (V)

9,16 . 10–11,0 . 10–14

–––––––––––––––––––1,76 . 10–5 . 6,2 . 10–10

Kw––––––––Ka . Kb

[NH4OH] . [HCN] . [H+] [OH–]––––––––––––––––––––––––––––

[NH+4] [CN–] . [H+] [OH–]

[NH4OH] . [HCN]–––––––––––––––––

[NH+4] [CN–]

[H+] . [CN–]–––––––––––––––

[HCN]

[NH4+] . [OH–]

–––––––––––––––[NH4OH]


Vamos determinar a concentração de [H+] con side -rando os equilíbrios citados:

III : [H+] =

↙ IV

[H+]2 =

I ↘[H+]2 =

V↗

[H+]2 =

II↗

[H+]2 =

[H+] =

–log [H+] = –1/2 log Ka – 1/2 log Kw + 1/2 log Kb

pH = 1/2 pKa + 7 – 1/2 pKb

pH = + 7 –

pH = 9,23

4,75––––

29,21––––

2

Ka . Kw––––––––Kb

Ka . Kw––––––––––Kb

Ka . [NH4OH] Kw––––––––––––––––––––

[NH4+] . [OH–]

Ka . [HCN] Kw––––––––––––––––––––

[CN–] . [OH–]

Ka . [HCN] [H+]–––––––––––––––––

[CN–]

Ka . [HCN]–––––––––––

[CN–]


28Considere duas reações químicas (I e II) envolvendo umreagente X. A primeira (I) é de primeira ordem emrelação a X e tem tempo de meia-vida igual a 50 s. Asegunda (II) é de segunda ordem em relação a X e temtempo de meia-vida igual à metade da primeira reação.Considere que a concentração inicial de X nas duasreações é igual a 1,00 mol L–1. Em um gráfico de con cen -tração de X (mol L–1) versus tempo (de 0 até 200 s), emescala, trace as curvas de consumo de X para as duasreações. Indique com I a curva que representa a reaçãode primeira ordem e, com II, a que representa a reaçãode segunda ordem

ResoluçãoReação I: X ⎯→ produto (primeira ordem): t1/2 = 50s

v = k’ [X]50s 50s 50s

1,00 mol/L ⎯⎯→ 0,50 mol/L ⎯⎯→ 0,25 mol/L ⎯⎯→

50s 50s⎯⎯→ 0,125 mol/L ⎯⎯→ 0,0625 mol/L

Reação II: 2X ⎯→ produto (segunda ordem): t1/2 = 25s

v = k [X]2

= + kt

t = 25s [X] = ∴ = + k25

k = 0,04 L/mol . s

[X]100: = + 0,04 . 100

[X]100 = mol/L = 0,20 mol/L

[X]200 : = + 0,04 . 200

[X]200 = mol/L = 0,11 mol/L1,00––––

9

1––––––[X]200

1––––1,00

1,00––––

5

1––––––[X]100

1––––1,00

[X0]––––

2

2––––[X0]

1––––[X0]

1––––[X]

1––––[X0]


29Um tanque de estocagem de produtos químicos foi re -vestido internamente com níquel puro para resistir aoefeito corrosivo de uma solução aquosa ácida contida emseu interior. Para manter o líquido aquecido, foi acopladojunto ao tanque um conjunto de resistores elétricosalimentados por um gerador de corrente contínua.Entretanto, uma falha no isolamento elétrico do circuitodos resistores promoveu a eletrificação do tanque,ocasionando um fluxo de corrente residual de intensidadesuficiente para desencadear o processo de corrosãoeletrolítica do revestimento metálico.

Admitindo-se que a superfície do tanque é constituídapor uma monocamada de níquel com densidade atômicaigual a 1,61 x 1019 átomos m–2 e que a área superficial dotanque exposta à solução ácida é de 5,0 m2, calcule:

a) a massa, expressa em gramas, de átomos de níquel queconstituem a monocamada atômica do reves timentometálico.

b) o tempo necessário, expresso em segundos, para que amassa de níquel da monocamada atômica seja consu -mida no processo de dissolução anódica pela passa -gem da densidade de corrente de corrosão de 7,0µAcm–2.

Resolução

a) 1,61 . 1019 átomos –––––– 1,0m2

x –––––– 5,0m2

x = 8,05 . 1019 átomos de Ni

1 mol de Ni ––––– 6,02 . 1023 átomos –––– 58,69g

8,05 . 1019 átomos –––– y

b) Ni2+(aq) + 2e– ⎯⎯→ Ni(s)2 . 9,65 . 104C –––––– 58,69g

z –––––– 7,85 . 10–3g

Cálculo da corrente elétrica:7,0 . 10–6A ––––– 1 cm2

i ––––– 5,0 . 104 cm2 (5,0 m2)

Cálculo do tempo:Q = i . t25,81C = 0,35 A . t

t = 73,74s

i = 0,35A

z = 25,81C

y = 7,85 . 10–3g de Ni


30É descrita uma seqüência de várias etapas experimentaiscom suas respectivas observações:

I. Dissolução completa de um fio de cobre em águade bromo em excesso com formação de umasolução azulada A.

II. Evaporação completa da solução A e formação deum sólido marrom B.

III. Aquecimento do sólido B a 500°C, com formaçãode um sólido branco de CuBr e um gás marrom C.

IV. Dissolução de CuBr em uma solução aquosa con -cen trada de ácido nítrico, formando uma novasolução azulada D e liberação de dois gases: C e E.

V. Evaporação da solução azulada D com formaçãode um sólido preto F e liberação de dois gases: E eG.

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

Baseando-se nesta descrição, apresente as fórmulasmole culares das substâncias B, C, E, F, G e H.ResoluçãoEquação química da reação I:

Cu(s) + Br2(aq) → CuBr2(aq)

solução azulada

Equação química da reação II:

CuBr2(aq) ⎯→ CuBr2(s)∆ sólido marrom

substância B

Equação química da reação III:

2CuBr2(s) ⎯⎯→ 2CuBr(s) + Br2(g)∆

sólido branco gás marromsubstância C

Equação química da reação IV:

2CuBr(s) + 8HNO3(aq) →

→ 2Cu(NO3)2(aq) + Br2(g) + 4NO2(g) + 4H2O(l)

solução azulada gás C gás E

Equação química da reação V:

∆Etapa 1: Cu(NO3)2(aq) → Cu(NO3)2(s)

∆Etapa2: Cu(NO3)2(s) → CuO(s) + 2NO2(g) + O2(g)

sólido gás E gás Gpreto

substância F

1––2


Equação da reação VI:∆

CuO(s) + H2 (g) ⎯→ Cu(s) + H2O(g)

sólido avermelhadosubstância H


q quuÍÍmmiiccaa - curso-objetivo.br · mistura homogênea eutética 7 d assinale a afirmação...

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