Quimica - Resolvida - Cobertura Máxima GGE

GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2011 (QUÍMICA)
QUÍMICA
DADOS
Massas
atômicas(u):
O
16
C
12
H
1
N
14
238
Na
23
S
32
Cu
63,5
Zn
65,4
Considerando t como tempo total do planeta, teremos:
no
no
 137,89 
t
t
9
Tempo de meia - vida do U : 4,50 .10 anos
235
8
Tempo de meia - vida do U : 7,07 .10 anos
238
Abundância isotópica do U : 99,28%
235
Abundância isotópica do U : 0,72%
Potenciais padrão de eletrodo (V)
−
Zn + 2OH− → Zn(OH)2 + 2e
2+
−
Zn → Zn + 2e
−
ZnO2 + 2H2O + 2e → Zn +
−
4OH
−
O2 + 2H2O + 4e− → 4OH
+
−
O2 + 4H + 4e → 2H2O
+
−
O2 + 2H + 2e → H2O2
2 4,5 10
9
2 7,07 10

1
1
t


8 4,510 9
2  7,0710




8
 137,89
+ 1,25
+ 0,76
- 1,21

+ 0,40
+ 1,23
+ 0,70
 0,69 t  (1,41  10  9  0,22  10 9 )  4,9

1
1
 t

 7,07  10 8 4,5  10 9

− −1
01. O elemento X tem dois isótopos estáveis. Um de tais isótopos
108

  Ln2  Ln(137,89 )


 1,19  10  9 t  7,1
Energia Livre de Gibbs: G = − nFE
1F = 96485 C.(mol. e )
-1 -1
−1 −1
R = 0,082 atm.L.mol .K = 8,314 J.mol K
log 0,9928 = -0,0031 log 2 = 0,30 log 3 = 0,48 log 3,1 = 0,49
1/2
ln 2 = 0,69
ln 3 = 1,1
ln 137,9 = 4,9 5 = 2,24
109
é isótono do nuclídeo 46Q
e isóbaro do nuclídeo 48Z . Com
base nestas informações responda:
a) Qual o número atômico de X?
b) A que grupo e período da Tabela Periódica pertence o
elemento X?
c) Qual a configuração eletrônica de X no estado fundamental?
d) Quais são os números quânticos principal, azimutal e
magnético do elétron desemparelhado na configuração
descrita no item c?
SOLUÇÃO:
a)
108
46Q
t  5,96  10 9 anos
03. Podemos obter nitrato cúprico reagindo cobre tanto com ácido
nítrico diluído quanto com ácido nítrico concentrado. As equações
não balanceadas são:
Cu + HNO3 (dil.)  Cu (NO3)2 + H2O + NO
Cu + HNO3 (conc.)  Cu (NO3)2 + H2O + NO2
Para obter nitrato cúprico a partir de 20 kg de cobre, pergunta-se:
a) Qual dos dois processos é o mais econômico em termos de
consumo de HNO3?
b) Qual a economia, em kg de HNO3, pela escolha conveniente
do processo?
SOLUÇÃO:
3 Cu + 8HNO3 → 3Cu (NO3)2 + 4 H2O + 2NO dil
Cu → 0 → 2+ perdeu 2e
N → 5+ → 2+ ganhou 3e
1 Cu + 4HNO3 → 1Cu(NO3)2 + 2H2O + 2NO2 conc.
Cu → 0 → 2+ perdeu 2e
N → 5+ → 4+ ganhou 3e

c)
2
2
6
2
6
2
10
6
2
9
4p 5s 4d
47X: 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d
Reorganizando para o estado mais estável, vem:
2
2
6
2
6
2
10
6
1
10
1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d
b)
O elemento pertence ao 5º período e grupo 11.
d)
1
Para o elétron desemparelhado em 5s , tem-se que:
n = 1,  = 0 e m = 0
02.
No momento atual:
99,28
n(238 ) 
 n( 235 )
0,72
n(238 )  137,89n( 235 )
238
235
Os isótopos do urânio U
e U
aparecem na natureza
235
238
sempre juntos. Como o U
não é gerado a partir do U
por
desintegração e admitindo que não há razão para privilegiar um
em relação ao outro, podemos supor que o Criador os tenha
colocado em proporções iguais no momento da formação da
Terra. Considerando válida tal hipótese, calcule a idade que nosso
planeta teria.
SOLUÇÃO:
No instante do surgimento do planeta:
50 % U238  no (número de mols inicial)

560 % U235  no
Reações de desintegração:
U238  x
(t1 2  4,5  10 9 anos )

 235
y
(t1 2  7,07  10 8 anos )
U
a) A reação com ácido diluído, pois para produzir 1 mol do nitrato
8
cúprico é necessário
mol do ácido, enquanto que o ácido
3
concentrado será preciso 4 mols do ácido para cada mol do
nitrato cúprico.
8
b) ácido diluído gasta-se mol por mol de nitrato produzido.
3
Ácido concentrado gasta-se 4 mol de ácido por mol de nitrato
produzido.
20kg Cu(NO3 )2  N 
m
20  10 3 g

 106,7mols
MM
187,5
Ácido diluído
Ácido concentrado
8
3
x
106,7  8
 284,5mols
3
x = 4.106,7 = 426,8 mol
Economia = 426,8 – 284,5 = 142,3 mol
m = N  mm
m = 142,3  187,5 = 26681,2g → 26,7kg
Economia igual 26,7 kg de HNO3
04. A adição de 8,90 g de um hidrocarboneto aromático X a 256 g
de benzeno resulta em uma solução cuja temperatura de
congelamento é 1,39 °C inferior à do benzeno puro. Sabendo que
−1
a constante criométrica molal do benzeno é 5,12 °C.kg.mol , dê
as fórmulas estruturais dos produtos monossubstituídos
resultantes da reação de X com uma mistura sulfonítrica (HNO3 +
H2SO4 concentrado). Despreze a existência do hidrocarboneto X
na fase vapor.
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06. Determine os percentuais em massa dos produtos na mistura
SOLUÇÃO:
Tc  k c  w  i
obtida a partir da reação de saponificação completa, com NaOH,
de 1,00 mol do triacilglicerol formado pelos ácidos decanóico, 2octenóico e dodecanóico.
8,90
1,39  5,12 
1
MMx  0,256
SOLUÇÃO:
MMx  128g / mol
H 2C  O  C  (CH2 )8  CH3
C x Hy(Hidrocarbo neto aromático )
12x  y  1  128 
x  10
y8

 Solução plausível

 C10H8
HC  O  C  (CH2 )10  CH3
H 2 C  O  C  C  CH  (CH 2 ) 4  CH 3
(x )
O
H2C  OH
NO 2
H C  OH
O 2N
H2C  OH
x  HNO 3  H2 SO 4(conc.) 
CH3  ( CH2 )8  C


CH3  ( CH2 )10  C

O Na 
O
O Na 
O
CH3  (CH2 ) 4  CH  CH  C
Pr oduto 1
Pr oduto 2
O Na 
05.
Um combustível de fórmula molecular média C12H26 é
alimentado em um queimador à taxa de 0,6 mol/min, com 40% de
ar em excesso, de modo a garantir a combustão completa.
Admitindo-se que a composição percentual molar do ar seja de
80% de nitrogênio e 20% de oxigênio, calcule a taxa total, em
mol/min, de saída dos gases do queimador.
SOLUÇÃO:
2C12H26  74O2  24CO2  26H2O
2
74
1 mol do Triacilglicerol produz:
1 mol decanoato de sódio
1 mol dodecanoato de sódio
1 mol 2-octenoato de sódio
1 mol glicerol
Massa total = 92 + 194 + 222 + 164 = 672
92
 100 %  13,7%
672
194
Decanoato 
 100 %  28,9%
672
222
Dodecanoat o 
 100 %  33,01%
672
164
2  Octenoato 
 100 %  24,4%
672
Glicerol 
0,6 M o l
X
X
74  0,6
 74  0,3  22,2 M ol
2
AR
O2
1m o l
0,2 m o l
y
22 ,2
07.
22,2
 111 mol AR  Para fornecer o O 2 necessário.
0,2
Como está com 40% em excesso têm  se AR  111  1,4  155,4mols
y
Identifique cada reagente, produto ou função orgânica
indicados pelas letras de A a J no esquema abaixo. Considere
que R é um grupo alquila.
2C12H26  74O 2  24CO 2  26H2O
74Mol
22,2
24mol
Z
26mol
W
22,2  24
 7,2 Mol
74
26  22,2
W
 7,8 Mol
74
Z
AR na saída = N2 + O2 em excesso + CO2 + H2O
 155,4  0,8  155,4  0,2  0,4  7,2  7,8
 124,3  12,4  7,2  7,8  151,7 mols
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09.
SOLUÇÃO:
Para cada composto abaixo, apresente as fórmulas
estruturais planas das formas tautoméricas, se houver, ou
justifique a inexistência de tautomeria.
a) CH3COCH2COCH3
b) aldeído benzóico
SOLUÇÃO:
O
O
OH
a) C H3  C  C H2  C  C H3
O
C H3  C  C H  C  C H3
OH
OH
C H3  C  C  C  C H3
O
OH
C H3  C  C H  C  C H3
O
b)
C
H
Não ocorre tautomeria, pois, a ressonância no anel benzênico
restaria prejudicada.
08.
Em uma bateria do tipo ar-zinco, um dos eletrodos é
composto por uma mistura de zinco em pó e KOH, contida em
uma cápsula metálica isolada eletricamente do outro eletrodo.
Este último é composto por uma placa porosa de carvão que
permite a passagem de O2 e H2O(g). A capacidade da bateria é
limitada pela massa de zinco que é consumida
através da reação global Zn + ½ O2 → ZnO(s), processo este que
envolve a formação e decomposição de hidróxido de zinco. Para
uma bateria desse tipo e com capacidade média de 160 mAh,
pede-se:
a) A tensão padrão produzida pela bateria.
b) A massa média de zinco necessária para que a bateria
apresente a capacidade supracitada nas condições padrão.
10.
Foi solicitado a um estudante que calculasse o pH de uma
-7
solução 1,0.10 mol/L de NaOH, a 298,15 K e 100 kPa. O
estudante apresentou como resposta o valor 7,0. Calcule o pH da
solução em questão e explique eventuais divergências entre sua
resposta e a resposta do estudante.
SOLUÇÃO:
+
-
-14
KW = [H ]  [(OH) ] = 1∙10
*
+
+
[Na ] + [H ] = [(OH) ]
-7
+
1∙10 + [H ] = [(OH) ] ** (Neutralidade elétrica)
** em *
SOLUÇÃO:
+
-7
+
-14
[H ]  [1∙10 + [H ]] = 1∙10
+ 2
-7
+
-14
[H ] + 1∙10 ∙ [H ] - 1∙10 = 0
a) Semi-reações Envolvidas:
Ânodo:
2Zn + 4OH  2Zn(OH)2 + 4e
o
E = +1,25V
Cátodo:
O2 + 2H2O + 4e  4OH
o
E = +0,40V
Desidratação:
2Zn(OH)2  2ZnO + 2H2O
[H ] 
1  10 7  1 10 14  4  10 14
2
[H ] 
1  10  7 
2
 5  1
[H ]  0,62  10  7
-8
pH = - log(6,2∙10 ) = 8 – log(2x 3,1)
pH = 8 – (0,30 + 0,49)
pH = 7,21
Reação Global:
o
2Zn + O2  2ZnO
E = +1,65V
o
A diferença na resposta se dá devido à neutralidade elétrica da
solução.
Resposta: E = +1,65V
b) Qtotal = 160 mAh
 160  10 3  C  s 1  3600s
 576C
1 mol e   96500C

 x
 576C
 x  0,00597 mol e 
Relação Mássica:
2  65,4g( Zn)  4 mols (e  )

 y
 0,00597 mol (e  )
Y = 0,195g (Zn)
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