Quimica - Resolvida

Constantes
23
–1
Constante de Avogrado = 6,02 x 10 mol
4
–1
Constante de Faraday (F) = 9,65 x 10 C mol
Volume molar de gás ideal = 22,4 L (CNTP)
–19
C
Carga elementar = 1,602 x 10
–2
–1
–1
–1
–1
–1
–1
–1
–1
Constante dos gases (R) = 8,21 x 10 atm L K mol = 8,31 J K mol = 62,4 mmHg L K mol = 1,98 cal K mol
Definições
Condições normais de temperatura e pressão (CNTP): 0°C e 760 mmHg.
Condições ambientes: 25°C e 1 atm.
–1
Condições-padrão: 25°C, 1 bar, concentração das soluções: 1 mol L (rigorosamente: atividade unitária das espécies).
(s) ou (c) = sólido cristalino; (l) ou (R) = líquido; (g) = gás; (aq) = aquoso; (graf) = grafite; (CM) = circuito metálico;
–1
(conc) = concentrado; (ua) = unidades arbitrárias; [A] = concentração da espécie química A em mol L.
Elemento
Químico
H
He
Li
Be
C
N
O
F
Na
Mg
Si
P
S
Cl
Número
Atômico
1
2
3
4
6
7
8
9
11
12
14
15
16
17
MASSAS MOLARES
Elemento
Massa Molar
-1
Químico
(g mol )
1,01
K
4,00
Ca
6,94
Fe
9,01
Ni
12,01
Cu
14,01
Zn
16,00
Br
19,00
Kr
22,99
Ag
24,31
Sn
28,09
I
30,97
Ba
32,07
Hg
35,45
Pb
01. Amostras de massa iguais de duas substâncias, I e II, foram
submetidas independentemente a um processo de aquecimento em
atmosfera inerte e a pressão constante. O gráfico abaixo mostra a
variação da temperatura em função do calor trocado entre cada uma
das amostras e a vizinhança.
Dados: ∆Hf e ∆Hv representam as variações de entalpia de fusão e de
vaporização, respectivamente, e cp é o calor específico.
Assinale a opção ERRADA em relação à comparação das grandezas
termodinâmicas.
a) ∆Hf (I) < ∆Hf (II)
b) ∆Hv (I) < ∆Hv (II)
c) cp,I(s) < cp,II (s)
d) cp,II(g) < cp,I(g)
e) cp,II(I) < cp,I (I)
Solução:
a) verdadeira – observamos, pelo gráfico, que o processo de fusão da
substância II requer mais calor que a substância I. Assim, ∆Hf (I) < ∆Hf
(II).
b) falsa – mais uma vez, no próprio gráfico observamos que na etapa
de ebulição, o líquido II exige menos calor. Assim ∆Hf (II) < ∆Hv (I).
c) verdadeira – quando no estado sólido, a substância I apresenta
uma maior variação de temperatura pela mesma quantidade de calor
trocado em relação a II. Assim, como Cp =
Q
, o sólido I tem um
∆T
menor Cp (Cp(I)(S) < Cp(II)(S)).
d) verdadeira – o gráfico mostra que, quando no estado gasoso, a
substância II tem uma maior variação de temperatura (maior
inclinação da reta) para mesma quantidade de calor trocado com a
substância I. Assim Cp(II)(g) < Cp(I)(g).
Número
Atômico
19
20
26
28
29
30
35
36
47
50
53
56
80
82
Massa Molar
-1
(g mol )
39,10
40,08
55,85
58,69
63,55
65,41
79,91
83,80
107,87
118,71
126,90
137,33
200,59
207,21
e) verdadeira – a inclinação da curva de aquecimento de II, no estado
líquido, está maior que a substância I, o que indica que Cp(II)(l) <
Cp(I)(l).
ALTERNATIVA B
02. Um recipiente aberto contendo inicialmente 30 g de um líquido
puro a 278 K, mantido à pressão constante de 1 atm, é colocado
sobre uma balança. A seguir, é imersa no líquido uma resistência
elétrica de 3 Ω conectada, por meio de uma chave S, a uma fonte que
fornece uma corrente elétrica constante de 2 A. No instante em que a
chave S é fechada, dispara-se um cronômetro. Após 100 s, a
temperatura do líquido mantém-se constante a 330 K e verifica-se que
a massa do líquido começa a diminuir a uma velocidade constante de
0,015 g/s. Considere a massa molar do líquido igual a M.
Assinale a opção que apresenta a variação de entalpia de vaporização
(em J/mol) do líquido.
a) 500 M
b) 600 M
c) 700 M
d) 800 M
e) 900 M
Solução:
Após 100s, a temperatura fica constante pois o líquido inicia sua
ebulição onde todo calor fornecido serve apenas para realizar a
vaporização:
∆Hv = Q
Como foram dadas a resistência e a corrente, podemos calcular a
potência gerada pelo circulo:
P = V . i ⇒ P = Ri ⇒ P = 3 . (2) = 12 W = 12 J/s
2
2
A taxa de evaporação é de 0,015 g/s. Assim, pode-se calcular o calor
necessário por grama:
Q=
12J / s
⇒ Q = 800 J/g
0,015g / s
Para determinar o calor molar, basta multiplicar pela massa molar:
∆HV = 800 J/g x Mg/mol = 800 M J/mol
ALTERNATIVA D
1
03. Utilizando o enunciado da questão anterior, assinale a opção que
apresenta o valor do trabalho em módulo (em kJ) realizado no
processo de vaporização após 180 s de aquecimento na temperatura
de 330 K.
a) 4,4 / M
b) 5,4 / M
c) 6,4 / M
d) 7,4 / M
e) 8,4 / M
recipiente para o outro desde o instante em que a válvula é aberta até
o restabelecimento do equilíbrio químico.
Solução:
Como a pressão está constante, o trabalho é dado por P∆V ⇒ W =
P∆V ⇒ W = P . (Vvapor – Vlíquido).
Considerando que:
Vlíquido < < VVapor, teremos:
a) I
b) II
c) III
d) IV
e) V
W = PVvapor = nvapor RT
Calculemos então o número de mols de vapor gerado em 180s:
n vapor =
2,7
0,015g / s x 180s
=
mols
Mg / mol
M
ALTERNATIVA D
Substituindo:
2,7
W=
x8,31x330 ⇒
M
⇒ w=
Solução:
Considerando que o gráfico representa a quantidade acumulada de
água transferida, a curva IV é mais adequada.
7404,21J 7,4
KJ
≅
M
M
ALTERNATIVA D
04. Dois béqueres, X e Y, contêm, respectivamente, volumes iguais de
soluções aquosas: concentrada e diluída de cloreto de sódio na
mesma temperatura. Dois recipientes hermeticamente fechados,
mantidos à mesma temperatura constante, são interconectados por
uma válvula, inicialmente fechada, cada qual contento um dos
béqueres. Aberta a válvula, após o restabelecimento do equilíbrio
químico, verifica-se que a pressão de vapor nos dois recipientes é Pf.
Assinale a opção que indica, respectivamente, as comparações
CORRETAS entre os volumes inicial (VXi) e final (VXf), da solução no
béquer X e entre as pressões de vapor inicial (PYi) e final (Pf) no
recipiente que contém o béquer Y.
a) VXi < VXf e PYi = Pf
b) VXi < VXf e PYi > Pf
c) VXi < VXf e PYi < Pf
d) VXi > VXf e PYi > Pf
e) VXi > VXf e PYi < Pf
06. Considere duas placas X e Y de mesma área e espessura. A placa
X é constituída de ferro com uma das faces recoberta de zinco. A
placa Y é constituída de ferro com uma das faces recoberta de cobre.
As duas placas são mergulhadas em béqueres, ambos contendo água
destilada aerada. Depois de um certo período, observa-se que as
placas passaram por um seguintes afirmações a respeito dos íons
formados em cada um dos béqueres:
2+
I. Serão formados íons Zn no béquer contendo a placa X.
2+
II. Serão formados íons Fe no béquer contendo a placa X.
2+
III. Serão formados íons Fe no béquer contendo a placa Y.
3+
IV. Serão formados íons Fe no béquer contendo a placa Y.
2+
V. Serão formados íons Cu no béquer contendo a placa Y.
Então, das afirmações acima, estão CORRETAS
a) apenas I, II e IV.
b) apenas I, III e IV.
c) apenas II, III e IV.
d) apenas II, III e V.
e) apenas IV e V.
Solução:
Na placa x, o zinco será oxidado pois seu potencial de oxidação é
2+
maior que o do ferro. Assim, na solução da placa x haverá íons Zn e
2+
não Fe .
Na placa Y, o ferro será oxidado na frente do cobre pois:
EOXI (Fe) > EOXI (Cu)
2+
3+
Assim haverá íons Fe e Fe na solução da placa y.
Assim:
Solução:
Situação Inicial:
I. V
II. F
III. V
IV. V
V. F
ALTERNATIVA B
x
Concentrada
y
Diluída
Com a abertura da válvula, naturalmente irá condensar o vapor na
solução x, pois a pressão de vapor de y é maior que a de x no início.
Conseqüentemente, o volume de x irá aumentar enquanto o de y irá
diminuir.
Logo: Vxi < Vx f .
Além disso, como o solvente do béquer y está evaporando, a solução
nesse béquer torna-se mais concentrada o que faz a pressão de
equilíbrio final ser menor que a pressão de vapor inicial do béquer y:
Pyi > Pf
ALTERNATIVA B
05. Utilizando o enunciado da questão anterior, assinale a opção que
indica a curva no gráfico abaixo que melhor representa a quantidade
de massa de água transferida (Qágua) ao longo do tempo (t) de um
07. Embrulhar frutas verdes em papel jornal favorece o seu processo
de amadurecimento devido ao acúmulo de um composto gasoso
produzido pelas frutas.
Assinale a opção que indica o composto responsável por esse
fenômeno.
a) Eteno
b) Metano
c) Dióxido de carbono
d) Monóxido de carbono
e) Amônia
ALTERNATIVA A
08. Assinale a opção que apresenta um sal que, quando dissolvido em
água, produz uma solução aquosa ácida.
b) CH3COONa
c) CH3NH3Cl
a) Na2CO3
d) Mg (ClO4)2
e) NaF
Solução:
+
−
O sal CH3NH3 Cl é derivado de uma base fraca e de um ácido forte.
Assim o cátion derivado da base fraca sofrerá hidrólise ácida como
mostra a equação a seguir:
CH3NH3+ (aq) + H2 O ( A ) X CH3NH2 (aq) + H3 O (+aq)
ALTERNATIVA C
2
09. Duas células (I e II) são montadas como mostrado na figura. A
célula I consiste de uma placa A(c) mergulhada em uma solução
-1
aquosa 1 mol L em AX, que está interconectada por uma ponte
-1
salina a uma solução 1 mol L em BX, na qual foi mergulhada a placa
B(c). A célula II consiste de uma placa B(c) mergulhada em uma
-1
solução aquosa 1 mol L em BX, que está interconectada por uma
-1
ponte salina à solução 1 mol L em CX, na qual foi mergulhada a
placa C(c). Considere que durante certo período as duas células são
interconectadas por fios metálicos, de resistência elétrica desprezível.
Assinale a opção que apresenta a afirmação ERRADA a respeito de
fenômenos que ocorrerão no sistema descrito.
Dados eventualmente necessários: EºA + (aq) / A(c) = 0,400 V; EºB + (aq) / B(c)
= -0,700 V e EºC + (aq) / C(c) = 0,800 V.
a) A massa da placa C aumentará.
+
b) A polaridade da semicélula B/B (aq) da célula II será negativa.
c) A massa da placa A diminuirá.
+
d) A concentração de B (aq) na célula I diminuirá.
+
e) A semicélula A/A (aq) será o cátodo.
Solução:
º
* O composto C não pode ser um éster, pois reagiria com a solução
de NaOH.
* O composto D pode ser uma amina, pois apresentaria propriedades
básicas, podendo ser solúvel em H2O e ou solvente orgânico.
* O composto E não pode ser o ácido, pois sua solubilidade ficaria
Iimbida em soluções de HCl.
ALTERNATIVA D
11. Considere sejam feitas as seguintes afirmações a respeito das
formas cristalinas do carbono:
I. As formas polimórficas do carbono são: diamante, grafite e
fulerenos.
II. O monocristal de grafite é bom condutor de corrente elétrica em
uma direção, mas não o é na direção perpendicular à mesma.
III. O diamante é uma forma polimórfica metaestável do carbono nas
condições normais de temperatura e pressão.
IV. No grafite, as ligações químicas entre os átomos de carbono são
tetraédricas.
Então, das afirmações acima está(ão) CORRETA(S)
a) apenas I, II e III.
b) apenas I e III.
c) apenas II e IV.
d) apenas IV.
e) todas.
Solução:
I. V. São as três formas cristalinas do carbono.
II. V. O grafite só conduz corrente na direção paralela aos planos
formados pela união de hexágonos onde existe a ressonância das
ligações π.
º
Como E RED ( A ) < E RED (c ) , podemos concluir que haverá oxidação
+
de A e redução dos íons C .
A oxidação do eletrodo A torna a solução com excesso de íons
positivos, o que faz atrair os íons negativos da ponte salina e da
solução BX da célula I. Para suprir essa deficiência de carga negativa
os elétrons fluem no eletrodo B da direita para a esquerda fazendo os
+
íons B se reduzirem na célula I, enquanto a placa B na célula II será
oxidada. Vamos analisar as alternativas:
+
a) V. Pois os íons C estão se reduzindo.
b) V. Pois nessa célula o B oxida (ânodo ≡ (–)).
c) V. Pois o A se oxida.
+
d) V. Pois o B da célula recebe os elétrons se reduzindo.
E) F. Pois o A se oxida, sendo então o ânodo.
ALTERNATIVA: E (VVVVF)
10. Realizaram-se testes de solubilidade de pequenas porções de
compostos orgânicos constituídos de cinco átomos de carbono,
denominados de A, B, C, D e E.
São fornecidos os seguintes resultados dos testes de solubilidade em
vários solventes:
Teste 1: Os compostos A, B, C, D e E são solúveis em éter etílico.
Teste 2: Somente os compostos B, C e D são solúveis em água pura.
Teste 3: Somente os compostos B, C e E são solúveis em uma
solução aquosa diluída de hidróxido de sódio.
Teste 4: Somente os compostos D e E são solúveis em uma solução
aquosa diluída de ácido clorídrico.
Considere sejam feitas as seguintes identificações:
I. O composto A é o n-pentano.
II. O composto B é o 1-pentanol.
III. O composto C é o propionato de etila.
IV. O composto D é a pentalimina.
V. O composto E é o ácido pentanóico.
Então, das identificações acima, estão ERRADAS
a) apenas I, II e IV.
b) apenas I, III e IV.
c) apenas II e IV.
d) apenas III e V.
e) apenas IV e V.
III. V
IV. F - Ligações trigonais planas
ALTERNATIVA A
12. Em junho deste ano, foi noticiado que um caminhão transportando
cilindros do composto t-butil mercaptana (2-metil-2-propanotiol)
tombou na Marginal Pinheiros – cidade de São Paulo. Devido ao
acidente, ocorreu o vazamento da substância. Quando adicionada ao
gás de cozinha, tal substância fornece-lhe um odor desagradável.
Assinale a opção que indica a fórmula molecular CORRETA desse
composto.
a) (CH3)3 CNH2
b) (CH3)3 CSH
c) (CH3)3CNHCH3
d) (CH3)3 CCH2NH2
e) (CH3)3 CSCH2OH
Solução:
2 – meti – 2 – propanotiol
≡ (CH3 )3 CSH
ALTERNATIVA B
13. Assinale a opção que nomeia o cientista responsável pela
descoberta do oxigênio.
a) Dalton
b) Mendeleev
c) Gay-Lussac
d) Lavoisier
e) Proust
Solução:
ALTERNATIVA D
Solução:
Pelos dados sugeridos pela solubilidade podemos concluir que:
* o composto A pode ser um hidrocarboneto.
* O composto B pode ser um álcool.
3
14. Assinale a opção que indica a variação CORRETA de entalpia, em
kJ/mol, da reação química a 298,15 K e 1 bar, representada pela
seguinte equação: C4H10 (g) → C4H8 (g) + H2 (g).
Dados eventualmente necessários:
∆Hθf (C4H8 (g)) = – 11,4; ∆Hθf (CO2 (g)) = – 393,5
III. Em um instante qualquer, a pressão parcial de A, PA, pode ser
calculada pela equação: PA = 2 P0 - Pt, em que P0 é a pressão do
sistema no instante inicial.
IV. No tempo de 640 s, a pressão Pi é igual a 45 mmHg, em que Pi é a
soma das pressões parciais de B e C.
∆Hθf (H2O(1)) = – 285,8
Então das afirmações acima, esta(ão) CORRETA(S)
∆Hcθ (C4H10 (g)) = – 2.877,6, em que ∆Hθf e ∆Hcθ , em kJ/mol,
Solução:
representam as variações de entalpia de formação e de combustão a
298,15 K e 1 bar, respectivamente.
a) – 3.568,3
b) – 2.186,9
c) + 2.186,9
d) + 125,4
e) + 114,0
Tomemos dois intervalos:
Solução:
∆H = Σ∆Hf (produtos) - Σ∆Hf (reagentes)
∆H = [∆Hf (C4H8) + ∆Hf (H2)] – [∆Hf (C4H10)]
Vamos então calcular o ∆Hf (C4H10) pela sua combustão:
C4H2 +
13
O2 → 4CO2 + 5H2O
2
{4 ⋅ [− 393,5] + 5 ⋅ [− 285,8]} − {∆Hf (C4H10 )}
∆HC (C4H10) = − 2877,6 = {− 1574 − 1429} − ∆Hf (C4H10 )
∆Hf (C4 H10 ) = −125,4kj / mol
Assim:
∆H = [ -11,4 + 0 ] + 125,4 ⇒ ∆H = 114,0KJ
ALTERNATIVA E
15. Durante a utilização de um extintor de incêndio de dióxido de
carbono, verifica-se formação de um aerossol esbranquiçado e
também que a temperatura do gás ejetado é consideravelmente
menor do que a temperatura ambiente. Considerando que o dióxido
de carbono seja puro, assinale a opção que indica a(s) substância(s)
que torna(m) o aerossol visível a olho nu.
a) água no estado líquido.
b) Dióxido de carbono no estado líquido.
c) Dióxido de carbono no estado gasoso.
d) Dióxido de carbono no estado gasoso e água no estado líquido.
e) Dióxido de carbono no estado gasoso e água no estado gasoso.
Solução:
O CO2 é ejetado numa temperatura menor que a ambiente e assim
força a condensação da água presente na atmosfera. Sendo desta
forma observada a olho nu.
O CO2 apresenta-se liquefeito no interior do recipiente (pelas altas
pressões internas), durante a efusão o mesmo escapa na forma
gasosa (pressão ambiente menor que a do interior do recipiente). Por
isso a causa da visualização é a água que passa para a forma líquida.
ALTERNATIVA A
16. Um recipiente fechado contendo a espécie química A é mantido a
volume (V) e temperatura (T) constantes. Considere que essa espécie
se decomponha de acordo com a equação
A(g)→ B(g) + C(g).
A tabela abaixo mostra a variação da pressão total (Pt) do sistema em
função do tempo (t):
1º Intervalo:
⎧Pt ( t = 0) = 55mm Hg = PAi
⎨
⎩Pt ( t = 55s) = 60mm Hg = PA + PB + PC
No instante t = 55s PB e PC correspondem à pressão parcial de A que
foi decomposta:
Pt (55s) = PA + PA decomposto + PA decomposto
Como PA + PA decomposto = PA i = 55mm Hg
Então:
60mm Hg = 55mm Hg + PA decomposto ⇒ PA decomposto = 5mm Hg
2º Intervalo:
0 → 200s
PA decomposto = Pt - PA i = 70 – 55 = 15mm Hg
Assim:
5mm Hg
⎧
⎪⎪v(1º Intervalo ) = 55s ≅ 0,091mm Hg/s
⎨
⎪v(2º Intervalo) = 15mm Hg = 0,075mm Hg/s
200s
⎩⎪
Podemos verificar que a velocidade não está constante. Logo não
podemos dizer que a reação é de ordem zero.
I. F
II. V
Façamos uma tabela da pressão de A com o tempo:
t
PA
0
55
55
50
200
40
380
30
495
25
640
20
820
15
O intervalo 55s → 495s corresponde à meia-vida: 440s
O intervalo: 380 → 820s também corresponde à meia-vida: 440s
Como os dois intervalos de meia-vida são iguais, podemos concluir
que essa variável não depende da pressão de A.
III. V
Vimos que Pt = PA + 2PA decomposto
⎛
⎜
⎞
⎟
⎛
⎜
⎞
⎟
PA + Pt = ⎜ PA + PA decomposto ⎟ + ⎜ PA decomposto + PA ⎟
⎜ ⎟
P0
⎠
⎝
⎜ ⎟
P0
⎠
⎝
PA + Pt = 2P0
PA = 2P0 - Pt
IV. F
PA = 2 . P0 - Pt ⇒ PA =110 – 90 = 20mm Hg
Mas:
PB + PC + PA = 90
2PB + 20 = 90 ⇒ 2PB = 70
PB = 35mm Hg
ALTERNATIVA : C
Considere sejam feitas as seguintes afirmações:
I. A reação química obedece à lei de velocidade de ordem zero.
II. O tempo de meia-vida da espécie A independe da sua pressão
parcial.
17. Assinale a opção que indica a substância que, entre as cinco,
apresenta a maior temperatura de ebulição à pressão de 1 atm.
a) H3CCHO
d) H3CCOOH
b) H3CCOCH3
e) H3CCOOCH3
c) H3CCONH2
4
20. Considere a reação química representada pela equação abaixo e
sua respectiva força eletromotriz nas condições padrão:
Solução:
Apesar da massa molecular praticamente igual ao ácido acético a
etanamida (amida primária). A amida apresenta ponto de Ebulição
maior devido a maior formação ligações de hidrogênio e maior
formação de moléculas dímeras.
H3CCOOH PE ≅ 118ºC
H3CCOONH2 PE ≅ 222ºC
O mesmo motivo se mostra para os demais compostos.
ALTERNATIVA C
18. Um indicador ácido-base monoprótico tem cor vermelha em meio
ácido e cor laranja em meio básico. Considere que a constante de
-5
dissociação desse indicador seja igual a 8,0 x 10 . Assinale a opção
que indica a quantidade, em mols, do indicador que, quando
adicionada a 1 L de água pura, seja suficiente para que 80% de suas
moléculas apresentem a cor vermelha após alcançar o equilíbrio
químico.
-5
-5
-5
b) 3,2 x 10
c) 9,4 x 10
a) 1,3 x 10
-4
-3
e) 1,6 x 10
d) 5,2 x 10
Solução:
+
HA X H + A
Vermelho
Laranja
o2 (g) + 4H+ (aq) + 4Br − (aq) º 2Br2 (g) + 2H2 O(l), ∆E° = 0,20 V
Agora, considere que um recipiente contenha todas as espécies
químicas dessa equação, de forma que todas as concentrações sejam
+
iguais às das condições-padrão, exceto a de H . Assinale a opção que
indica a faixa de pH na qual a reação química ocorrerá
espontaneamente.
a) 2,8 < pH < 3,4
b) 3,8 < pH < 4,4
c) 4,8 < pH < 5,4
d) 5,8 < pH < 6,4
e) 6,8 < pH < 7,4
Solução:
Para a reação iniciar a espontaneidade ∆E= 0
Pela equação de Nernst:
∆E = ∆Eº -
(PBr 2 )2
0,059
log
4
n
Po 2 . H+ Br −
[ ][ ]
4
+
Todas as vaiáveis estão no estado padrão exceto H :
PBr = 1 bar,
2
-5
Ka = 8 . 10
P o 2 = 1 bar,
-
[Br ] = 1 m
80% na cor vermelha ⇒ 20% de dissolução:
+
-
1
0,059
0,059
⇒ -,020 = −
log
.( −4) log[H+ ]
+
4
4
4
1x1x[H ]
HA X H + A
Início:
m
0
0
Reage: 0,2m
0,2m 0,2 m
0 = 0,20 -
Final:
ALTERNATIVA: A
0,8 m
-5
Ka = 8 . 10 =
0,2 m
- log [H ] ≅ 3,39
+
0,2 m
0,04m 2
-3
⇒ m = 1,6 . 10 M
0,8m
⇒ pH = + 3,39
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser
resolvidas e respondidas no caderno de soluções.
ALTERNATIVA E
19. Nas condições ambientes, a 1L de água pura, adiciona-se 0,01
mol de cada uma das substâncias A e B descritas nas opções abaixo.
Dentre elas, qual solução apresenta a maior condutividade elétrica?
b) A = HCl e B = NaOH
a) A = NaCl e B = AgNO3
d) A = KI e B = Pb (NO3)2
c) A = HCl e B = CH3COONa
e) A = Cu(NO3)2 e B = ZnCl2
Solução:
21. Uma amostra de 1,222g de cloreto de bário hidratado
(BaCl2.nH2O) é aquecida até a eliminação total da água de hidratação,
resultando em uma massa de 1,042 g.
Com base nas afirmações fornecidas e mostrando os cálculos
efetuados, determine:
a) número de mols de cloreto de bário,
b) o número de mols de água e
c) a fórmula molecular do sal hidratado.
Solução:
O = 16
a) NaCl(aq) + AgNO3 → AgCl↓ + Na+ + NO-3
Ba – 137,33
Cl = 35,45
H=1
BaCl 2 ⋅ nH 2 O → BaCl 2 + nH 2 O
b) HCl + NaOH → Na + Cl + H2O
+
-
1,222 g
c) HCl(aq) + CH3COONa(aq) → CH3COOH + Na + Cl
+
d) 2KI + Pb(NO3)2 → ↓PbI2 + 2K +
+
1,042 g
0 ,18 g
-
2NO-3
0,005 mol
0,01 mol
a) BaCl 2
n=
1,042
= 5. 10−3 mols= 0, 005 mol
208,23
e) Maior quantidade de íons, pois:
Cu(NO3)2(aq) + ZnCl2(aq)
Cu2+ + 2NO-3 + Zn2+ + 2Cl-
As substâncias não ionizadas/dissociadas apresentam-se na
sua forma pura sendo mínima a contribuição para a
condutividade elétrica.
A alternativa E se mostra como a alternativa que melhor
conduz corrente elétrica.
ALTERNATIVA E
5
Solução:
a)
b) H 2 O
n=
0,18
= 0,01mol
18
BaCl 2 ⋅ nH 2 O
0,005 mol 0,01mol
0,005
0,005
1
2
BaCl 2 ⋅ 2H2 O
c)
-
22. O composto mostrado abaixo é um tipo de endorfina, um dos
neurotransmissores produzidos pelo cérebro .
Anodo (+): Cl (aq) + 3H2O (A )
b)
→
←
→
-
Cátodo (-): 6H2O ( A ) + 6e
←
ClO3 (aq) + 6H+(aq) + 6 e ∑1= +1,45 v
-
-
6OH 3(aq) + 3H2 ∑ 2 = +0,83 v
-
c) Ãnodo (+): l Cátodo (-)
a) Transcreva a formula estrutural da molécula.
b) Circule todos os grupos funcionais.
c) Nomeie cada um dos grupos funcionais circulados.
Solução:
→
d) Global: Cl-(aq) + 9H2O (A )
←
-
-
ClO 3(aq) + 6OH (aq) + 6H
+
(aq)
+3H2(g)
24. Em um recipiente que contém 50.00 mLl de uma solução aquosa
0,100 mol/L em HCN foram adicionados 8,00 mL de uma solução
aquosa 0,100 mol/L em NaOH.
-10
Dado: ka (HCN) = 6,2 x 10
a) Calcule a concentração de íons H+ da solução resultante, deixando
claros os cálculos efetuados e as hipóteses simplificadoras.
b) Escreva a equação química que representa a reação de hidrólise
dos íons CN .
Da a), b) e c)
Solução:
a) Calculemos o número de mols de cada reagente no início:
HCN: nHCN = 0,1 x 0,05 = 0,005 mol
NaOH: nNaOH = 0,1 x 0,008 = 0,0008 mol
Na reação de neutralização serão formados 0,0008 mol do sal NaCN
e sobrarão 0,0042 mol de HCN
23. Um dos métodos de síntese do clorato de potássio (KCIO3) é
submeter uma solução de cloreto de potássio (KCI) a um processo
eletrolítico, utilizando eletrodos de platina. São mostradas abaixo as
semi-equações que representam as semi-reações em cada um dos
eletrodos e os respectivos potenciais elétricos na escala do eletrodo
de hidrogênio nas condições-padrão (Eº):
Eletrodo I:
-
Cl (aq) + 3H2O (I)
Eletrodo II:
-
2OH (aq) + H2(g)
→
←
→
←
–
+
HCN
→
0,005mol
0,0008 mol
0,0042 mol
NaOH
+
Início: 0,0008 mol
Reage: 0,0008 mol
Final:
0
NaCN
+
0
0,0008 mol
0,0008 mol
H2O
No final da reação temos uma mistura de um ácido fraco (HCN) com
um sal derivado deste (NaCN), ou seja, temos um tampão. Dessa
forma, poderemos calcular o pH desta solução pelo uso da equação:
-
ClO3 (aq) + 6H (aq) + 6 e (CM)
pH = pKa + log
-
2H2O (I) + 2e (CM)
Eº (V)
1,45
- 0,82
a) Faça um esquema da célula eletrolítica.
b) Indique o cátodo.
c) Indique a polaridade dos eletrodos.
d) Escreva a equação que representa a reação química global
balanceada.
[ sal]
[acido ]
0,0008mol
0,0138M
0,058L
0,0042mol
= 0,0724M
[acido ] =
0,058L
[ sal] =
Assim:
pH = − log(6,2.10 −10 ) + log
+
0,0138
= 9,2 − 0,72 = 8,48
0,0724
-9
[H ] = 3,3.10 M
b) CN + H2O = HCN + OH
-
-
6
25. Prepara-se, a 25ºC, uma solução por meio da mistura de 25 mL
de n-pentano e 45 mL de n-hexano.
Dados: massa específica do n-pentano = 0,63 g/mL; massa específica
do n-hexano = 0,66 g/mL; pressão de vapor do n-pentano = 511 torr;
pressão de vapor do n-hexano = 150 torr.
Assim, necessita-se de uma temperatura maior para efetuar
a fusão e a ebulição na seqüência de F2 para I2.
Do F2 para o I2 a um aumento de massa molar o que ajuda a
justificar as diferenças de pontos de ebulição.
As moléculas do HF formam entre si pontes de hidrogênio
que não ocorre no HCl. As pontes de hidrogênio mantêm
mais fortemente unidas as moléculas do HF, o que justifica
seu maior ponto de ebulição e de fusão.
Do HCl para o HI, as forças de Van der Waals aumentam
devido ao aumento, nessa seqüência, da nuvem eletrônica
dos halogênios. Com maior força de atração intermolecular,
exige-se uma temperatura maior para realizar a fusão e a
ebulição.
Do HCl para o HI a um aumento de massa molar o que
ajuda a justificar as diferenças de pontos de ebulição.
b)
Determine os seguintes valores, mostrando os cálculos efetuados:
a) Fração molar do n-pentano na solução.
b) Pressão de vapor da solução.
c) Fração molar do n-pentano no vapor em equilíbrio com a solução.
c)
Solução:
a)
Legenda:
A – n-pentano
B – n-hexano
Calculemos a massa de cada componente na mistura:
mA = d . V = 25 mL x 0,63 g/mL = 15,75 g
mB = 45 mL x 0,66 g/mL = 29,70 g
Calcula-se então o número de mols de cada componente:
NA = (15,75 g) / (72 g/mol) = 0,21875 mol
NB = (29,70 g) / (86 g/mol) = 0,34535 mol
Agora resta calcular a fração molar:
XA =
0,21875mol
= 0,3878
0,56410mol
b) Admitindo comportamento ideal da solução, uma vez que consiste
em uma mistura de alcanos, a pressão de vapor de cada componente
pode ser calculada pela lei de Raoult:
0
PA = PVA
.X A = 511torr.0,3878 = 198,1658torr
0
PB = PVB
.X B = 150torr.0,6122 = 91,830torr
Assim, a pressão de vapor total da mistura:
PT = PA + PB ≅ 290 torr
c) A fração molar do n-pentano na fase vapor (YA) pode ser calculada
diretamente pela relação entre a sua pressão parcial nessa fase e a
pressão total calculada no item b):
27. Utilizando uma placa polida de cobre puro, são realizados os
seguintes experimentos:
I.
Placa é colocada diretamente na chama do bico de Bunsen.
Após um certo período, observa-se o escurecimento da superfície
dessa placa.
II. Em seguida, submete-se a placa ainda quente a um fluxo de
hidrogênio puro, verificando-se que a placa volta a apresentar a
aparência original.
III. A seguir, submete-se a placa a um fluxo de sulfeto de hidrogênio
puro, observando-se novamente o escurecimento da placa, devido à
formação de Cu2S.
IV. Finalmente, a placa é colocada novamente na chama do bico de
Bunsen, readquirindo a sua aparência original.
Por meio das equações químicas balanceadas, explique os
fenômenos observados nos quatro experimentos descritos.
Solução:
(Reações de Deslocamento)
I) 2Cu(s) + O2(g) → 2CuO (Oxidação)
→ 2Cu +H2O (Redução Metálica)
II) Cu2O + H2(g)
→ Cu2S + H2
III) 2Cu + H2S
IV) Cu2S + O2
→ 2Cu(s) + SO2
Dentro das condições estabelecidas pela questão, podemos descrever
a equação acima.
28. Um cilindro de volume V contém as espécies A e B em equilíbrio
químico representado pela seguinte equação:
A(g)
P
198,1658 torr
YA = A =
= 0,6833
PT
290torr
26. A tabela abaixo apresenta os valores das temperaturas de fusão
(Tf) e de ebulição (Te) de halogênios e haletos de hidrogênio.
F2
Cl2
Br2
I2
HF
HCl
HBr
Hl
Tf (ºC)
-220
-101
-7
114
-83
-115
-89
-51
Te (ºC)
-188
-35
59
184
20
-85
-67
-35
a) Justifique a escala crescente das temperaturas Tf e Te do F2 ao I2.
b) Justifique a escala decrescente das temperaturas Tf e Te do HF ao
HCI.
c) Justifique a escala crescente das temperaturas Tf e Te do HCI ao
HI.
Solução:
a) Como as moléculas (F2, Cl2, Br2 e I2) são todas apolares, as
mesmas se atraem pelas forças de Van der Waals, cuja
intensidade é proporcional ao tamanho da nuvem eletrônica
das moléculas. Como nessa seqüência, o tamanho das
moléculas aumenta, a força de Van der Waals sofre um
aumento que mantém as moléculas mais fortemente unidas.
→
←
2B (g). Inicialmente , os de mols de A e de B são,
respectivamente, iguais a nA1 e nB1. Realiza-se, então, uma expansão
isotérmica do sistema até que o seu volume duplique (2V) de forma
que os números de mols de A e de B passem a ser, respectivamente,
nA2 e nB2. Demonstrando o seu raciocínio, apresente a expressão
algébrica que relaciona o número final de mols de B (nB2) unicamente
com nA1, nA2 e nB1.
Solução:
Considerando o equilíbrio:
2B(g)
A(g)
Podemos escrever as seguintes equações
pA 1 =
nA 1 ⋅ R ⋅ T
V
(Eq. 1)
pB 1 =
nB 1 ⋅ R ⋅ T
V
(Eq. 2)
Quando o equilíbrio for estabelecido, a expressão de Kp fica:
7
(PB1 )2
Kp =
justifique por que o aerossol branco se forma em uma posição mais
próxima a um dos frascos do que ao outro.
(Eq. 3)
PA 1
Solução:
Substituindo PA1 da equação 1 e PB1 da equação 2 na equação 3,
temos:
2
⎛ nB1 ⋅ R ⋅ T ⎞
⎟
⎜
2
2
2
V
nB12 ⋅ R ⋅ T
V
⎠ = nB1 ⋅ R ⋅ T ⋅
Kp1 = ⎝
⇒
=
Kp
1
nA 1 ⋅ R ⋅ T
nA 1 ⋅ R ⋅ T
V ⋅ nA 1
V2
V
(Eq. 4)
NH3
HCl
0,68m
Na expansão isotérmica (T = CTe) ⇒ V2 = 2V
PA 2 =
Kp 2
nA 2 ⋅ R ⋅ T
2V
PB 2 =
NH3
nB 2 ⋅ R ⋅ T
2V
100cm
HCl + NH 3 → NH 4 Cl
(nB 2 )2 ⋅ R ⋅ T
=
Aerosol branco
2V ⋅ nA 2
Como a temperatura é constante, Kp1 = Kp2.
Logo, podemos escrever:
(nB1)2 ⋅ R ⋅ T = (nB2 )2 ⋅ R ⋅ T
V ⋅ nA1
(nB2 )
= nB1 2 ⋅
2 ⋅ V ⋅ nA 2
O HCl e o NH3 são substâncias voláteis cujas massas moleculares
são 36,46 g/mol e 17,04 g/mol.
Aplicando a Lei de Graham:
MMNH3
VHCL
=
=
VNH3
MMHCl
17,04
≅ 0,69
36,46
VHCl = 0,69 VNH3
nA 2
nA1
29. Dois recipientes contêm soluções aquosas diluídas de estearato
de sódio (CH3(CH2)16COONa). Em um deles é adicionada uma porção
de n-octano e no outro, uma porção de glicose, ambos sob agitação.
Faça um esquema mostrando as interações químicas entre as
espécies presentes em cada um dos recipientes.
Solução:
O Estearato de sódio é um sal orgânico que apresenta uma parte de
sua hidrofóbica (apolar) que interage com o n-octano e outra parte
hidrofílica (polar) que intera com a glicose.
Forças de dispersão de London
Forças Íon-Dipolo
30. Dois frascos, A e B, contêm soluções aquosas concentradas em
HCl e NH3, respectivamente. Os frascos são mantidos
aproximadamente a um metro de distância entre si, à mesma
temperatura ambiente. Abertos os frascos, observa-se a formação de
um aerossol branco entre os mesmos. Descreva o fenômeno e
8