IME – 2010/2011

PROVA DISCURSIVA – 4º DIA

Química ................................................................................................................................................. 5

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QUÍMICA

ATOMÍSTICA

a) X é isótono de 108

46 Q (possui 62 nêutrons) e isóbaro de 109

48 Z (possui 109 núcleons), portanto, apresenta número

de prótons igual a: 109 – 62 = 47. Assim, o número atômico de X é 47.

b) A configuração eletrônica do elemento 47 X , de acordo com o princípio de construção, é:

47X = [36Kr] 5s2 4d9

A partir desta configuração, é possível denotar que este elemento é do 5º período e da família 1B ou 11 da Tabela

Periódica. c) Este elemento, porém, possui configuração eletrônica anômala, devido à inversão energética entre os subníveis 5s e 4d.

Por isso, sua configuração no estado fundamental é:

47X = [36Kr] 4d10 5s1

d) O elétron desemparelhado, portanto, encontra-se no subnível 5s. Os números quânticos pedidos são:

1

Número quântico principal: n 5

5s Número quântico azimutal: 0

Número quântico magnético: m 0

= = =

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U 235

U 235

U 238

U 238

N quantidade de matéria de U 235 hoje

No quantidade de matéria de U 235

na criação da Terra

N quantidade de matéria de U 238 hoje

No quantidade de matéria de U 238

na criação da Terra

t idade da Terra

−

−

−

−

= − = −

= − = − =

RADIOATIVIDADE

O decaimento radioativo obedece à lei cinética de primeira ordem, sendo a constante radioativa igual à razão entre (n2) e o

tempo de meia-vida ( )12

t da espécie em decaimento. Assim:

(I) U 2351

U 235

Nn k t

No−

−

= − ⋅

(II) U 2382

U 238

Nn k t

No−

−

= − ⋅

Subtraindo (I) de (II), temos:

n(NU – 238) – n ( )U 238No − – n(NoU – 235) + n(NU – 235) = (k1 – k2)t. Como, U 238No − = U 235No ,− então:

n(NU – 238) – n(NU – 235) = ( ) ( )1 12 2U 235 U 238

n2 n2t

t t− −

− ⋅ →

( )U 235 U 238

U 238

U 235 1 12 2

N 1 1n n2 t

N t t− −

−

−

= − ⋅ →

Como, N(U – 235) = 0,0072 ⋅ N(U) N(U – 238) = 0,9928 ⋅ N(U)

Então,

10

10

910

0,9928 N(U)n 8,223 10 t

0,0072 N(U)

n(137,9) 8,223 10 t

4,9t 5,96 10 a

8,223 10

−

−

−

⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

= = ⋅⋅

A idade do planeta é 5,96 ⋅ 109 anos.

ESTEQUIOMETRIA

As equações balanceadas são:

(1) 3Cu(s) + 8HNO3(DIL) → 3Cu(NO3)2(aq) + 4H2O() + 2NO(g)

(2) Cu(s) + 4HNO3(CONC) → Cu(NO3)2(aq) + 2H2O() + 2NO2(g)

a) O processo (1) é mais econômico, pois requer uma quantidade de HNO3, em mols, que é 8/3 do número de mols de cobre. Por outro lado, o processo (2) requer uma quantidade de HNO3 quatro vezes maior que a de cobre, em mols.

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b) Pelo processo (1):

8 63g HNO

m(HNO ) 20kgCu3 63,5g Cu

33 1

⋅= ⋅

⋅

Pelo processo (2):

4 63g HNO

m(HNO ) 20kgCu63,5g Cu

33 2

⋅= ⋅

A economia de HNO3 é dada por: m (HNO3) = m (HNO3)2 − m (HNO3)1

8 63 20m(HNO ) 4 kg

3 63,5

m(HNO ) 26kg

3

3

⋅ = − ⋅

=

PROPRIEDADES COLIGATIVAS REAÇÕES ORGÂNICAS Usando a relação para o abaixamento da temperatura de congelação, temos:

∆tC = KC ⋅ W ⇒ ∆tC = KC ⋅m

M m1

1 2⋅⇒

K mM

t mC 1

1C 2

⋅=∆ ⋅

⇒ 5,12 8,90

M 128g/mol.1,39 0,2561

⋅= ≅⋅

A massa molar sugere um hidrocarboneto de fórmula C10H8, como o naftaleno. Caso houvesse uma cadeia lateral acíclica, esta deveria ter insaturações que sofreriam reações de adição, ao invés da monossubstituição sugerida no enunciado. Logo, realizando a nitração do naftaleno, temos:

HNO3/H2SO4

HNO3/H2SO4

NO2α-nitronaftaleno

NO2

β-nitronaftaleno

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CINÉTICA QUÍMICA

Admitindo que o queimador é alimentado por n mols de C12H26 e que todos os produtos são gasosos, temos:

12 26( ) 2(g) 2(g) 2 (g)37

C H O 12CO 13H O2

+ → +

Início: n 37

1,4 n2

⋅ 0 0

Variação: −n 37

n2

− +12n +13n

Final: 0 0,2 ⋅ 37n 12n 13n

Note que o número de mols inicial do O2 é 40% maior que o necessário para a combustão completa, que seria de 37n

2.

O número de mols de N2 que alimenta o queimador é:

2

37n1,4

2n (N ) 80% 2,8 37n20%

⋅= ⋅ = ⋅

Ao final do processo, o número de mols total é dado por: nf = 0,2 ⋅ 37n + 12n + 13n + 2,8 ⋅ 37n = 136n A taxa de saída de gases pode ser obtida assim:

0,6 mol/minv 136n

n

v 81,6mol/min

= ⋅

=

ESTEQUIOMETRIA A reação que ocorre é:

H2C O C (CH2)10CH3

O

H2C O C (CH2)8CH3

O

HC O C (CH2)4

O

CH CH CH3 + 3NaOH

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H2C OH

H2C OH

HC OH +

CH3(CH2)8 C

O

ONa

C

O

ONa

CH3(CH2)10 C

O

ONa

CH3CH CH (CH2)4

+

+

(II)

(III)

(IV)(I)

A massa utilizada do triacilglicerol formado pelos ácidos citados é igual à sua massa molar, então essa massa é igual a 552g. A massa de NaOH utilizada é equivalente à massa de 3 mols de NaOH. Logo, a massa utilizada de NaOH é 120g. A massa total de reagentes é 552g + 120g = 672g. De acordo com a Lei de Conservação das Massas de Lavoisier, a massa dos reagentes é igual à massa dos produtos, em sistema fechado. Logo, a massa total dos produtos é 672g. Calculemos, agora, o percentual em massa dos produtos. I) Glicerina (produto (I)): M = 92g/mol Como foi produzido 1 mol de glicerina, o percentual é:

% = 92g

672g ⋅ 100% = 13,69% glicerina

II) Decanoato de sódio (produto (II)): M = 194g/mol Como foi produzido 1 mol deste produto, o percentual é:

% = 194g

672g ⋅ 100% = 28,87% decanoato de sódio

III) 2-octenoato de sódio (produto (III)): M = 164g/mol

Como foi produzido 1 mol deste produto, o percentual é:

% = 164g

672g ⋅ 100% = 24,40% 2-octenoato de sódio

IV) Dodecanoato de sódio (produto (IV)): M = 222g/mol Como foi produzido 1 mol deste produto, o percentual é:

% = 222g

672g ⋅ 100% = 33,04% dodecanoato de sódio

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REAÇÕES ORGÂNICAS Observe a sequência de reações: I.

II.

III.

IV.

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V.

VI.

VII.

VIII.

IX.

X.

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ELETROQUÍMICA

a) As semirreações de oxidação e de redução da pilha são:

( ) ânodo : Zn 2OH−− + 2Zn(OH) Ze−→ + (1)

1( ) cátodo : O H O 2e2 22−+ + + 2OH−→ (2)

reação global: ( )1Zn O H O Zn OH2 2 22+ + → (3)

Como Zn(OH)2 se decompõe, temos:

Zn(OH)2 → ZnO + H2O (4) Logo, a reação global é:

Zn + 12 O2 → ZnO (5)

O valor da d.d.p. é calculado por (observe que a questão forneceu o potencial de oxidação do zinco, enquanto trabalha-se apenas com os redução):

( )0 0d.d.p. E E 0,40 1,25 1,65V2 1= − = − − =

b) A carga da bateria é de 160mAh, que equivale a 576C, ou seja, aproximadamente 6mF. A massa de zinco requerida é

dada por:

65,4g de Zn3m 6 · 10 mol de e · 0,196gZn2mol de e

− −= = −

ESTRUTURAS ORGÂNICAS E ISOMERIA

A) Observe as estruturas dos tautômeros.

H2C C CH2 C CH2

OH OH

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H3C C CH C CH2

OH OH

H3C C CH2 C CH3

O O

H2C C CH2 C CH3

OH O

H3C C CH C CH3

OH O

H3C C C C CH3

OH OH

B) O aldeído benzoico não apresenta tautômeros, pois não há hidrogênio no carbono α.

C

O

H

EQUILÍBRIOS IÔNICOS A questão envolve o equilíbrio de ionização da água: NaOH(aq) → Na+

(aq) + OH–(aq)

10–7M 10–7M

2H2O() H3O

+(aq) + OH–

(aq)

x x Substituindo no produto iônico da água, temos: [H3O

+][OH–] = 1 ⋅ 10–14 ⇒ x(10–7 + x) = 10–14 ⇒ x2 + 10–7 ⋅ x – 10–14 = 0 ⇒ x = 6,2 ⋅ 10–8 mol/L = [H3O

+] Assim: pH = –log[H3O

+] = –log 6,2 ⋅ 10–8 = 7,21.

Observe que o estudante da questão não levou em consideração a [OH–] proveniente do solvente, encontrando, portanto, um resultado absurdo.

pentan-2,4-diona

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ANOTAÇÕES

PABLO – 3/11/2010 – RE V .: