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IME – 2010/2011
PROVA DISCURSIVA – 4º DIA
Química ................................................................................................................................................. 5
OSG.: 38149/10 5
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
= = =
OSG.: 38149/10 6
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.
OSG.: 38149/10 7
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
OSG.: 38149/10 8
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
OSG.: 38149/10 12
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
OSG.: 38149/10 13
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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