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SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO QUÍMICA 1
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Química
QUÍMICA
FOLHA DE DADOS
- Massas atômicas aproximadas de alguns elementos:
Elemento Massa (u.m.a) Cálcio 40, Carbono 12, Cloro 35, Enxofre 32, Ferro 56, Hélio 4, Hidrogênio 1, Magnésio 24, Nitrogênio 14, Oxigênio 16, Potássio 39, Sódio 23,
- Potenciais de redução nas condições padrão (E^0 ):
Reação E^0 (V) K+^ + e–^ ⇔ K –2, 2H 2 O + 2e–^ ⇔ H 2 + 2OH–^ –0, 2H+^ + 2e–^ ⇔ H 2 0, O 2 + 2H 2 O + 4e–^ ⇔ 4OH–^ 0, O 2 + 4H+^ + 4e–^ ⇔ 2H 2 O 1,
- Outras informações: Calor de formação da água líquida: –285,9 kJ/mol; 1 F = 9,65 × 104 C/mol; Reações termodinâmicas: ∆G^0 = – nFE^0 ∆G^0 = ∆H^0 – T∆S^0 Constante ebulioscópica (Keb) da água: 0,52 K.kg/mol; Densidade da água: 1,00 kg/L.
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4 QUÍMICA SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
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3. Um calcário composto por MgCO 3 e CaCO 3 foi aquecido para produzir MgO e CaO. Uma
amostra de 2,00 gramas desta mistura de óxidos foi tratada com 100 cm^3 de ácido clorídrico 1,00 molar. Sabendo-se que o excesso de ácido clorídrico necessitou de 20,0 cm^3 de solução de NaOH 1,00 molar para ser neutralizado, determine a composição percentual, em massa, de MgCO 3 e CaCO 3 na amostra original desse calcário.
RESOLUÇÃO:
As decomposições térmicas dos dois carbonatos podem ser equacionadas como mostrado a seguir:
3 2
3 2
MgCO MgO CO x x (em mols)
CaCO CaO CO y y (em mols)
∆
∆
Z
Z
Mas:
MgO MgO MgO MgO MgO CaO CaO CaO CaO CaO
m m n x m 40x g M 40 m m n y m 56y g M 56
Pelo enunciado: mMgO + m (^) CaO= 2 g ⇒ 40x + 56y = 2 (I)
Porém, (n (^) HC l ) (^) total = WV(L) ⇒ (n (^) HC l )total = 1.0,1 ⇒ (n (^) HC l)total =0,1 mol
O excesso foi neutralizado por NaOH, cuja reação pode ser equacionada por: HC l (excesso) + NaOH → NaC l+H O 2 3 2 (n (^) NaOH ) (^) reagiu V(L) (n (^) NaOH )reagiu 1.20.10 2.10 mol = W ⇒ = −^ = −
Estequiometricamente: (n (^) HC l)excesso =2.10 −^2 mol.
Pode-se, com isso, calcular o número de mols de HCl que reagiu com os óxidos:
(n (^) HC l ) (^) reagiu = (n (^) HC l ) (^) total − (n (^) HCl)excesso⇒
reagiu reagiu
2 2 2 (n (^) HC ) 10.10 2.10 (n (^) HC ) 8.10 mol = −^ − −^ ⇒ = − l l
Mas:
2 2
2 2
MgO 2HC MgC H O x 2x (em mols)
CaO 2HC CaC H O y 2y (em mols)
l l
l l
Portanto: 2x + 2y = 8.10 −^2 ⇒ x + y =4.10 −^2 (II)
Resolvendo o sistema formado por (I) e (II), temos:
2 2
40x 56y 2 40x 40y 1, 6 16y 0, 4 y 2, 5.10 −^ mol, logo: x 1, 5.10 − mol
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Mas:
3 3 3 3 3 3 3 3 3
MgCO 2 MgCO MgO MgCO MgCO CaCO 2 CaCO CaCO CaCO CaCO
m m n 1,5.10 m 1, 26 g M 84 m m n 2,5.10 m 2,50 g M 100
−
−
Então: m (^) total = m (^) MgCO 3 + mCaCO 3 ⇒ m (^) total=3, 76 g
Logo:
MgCO 3 3 3 total 3 3
m (^) 1, 26 %MgCO .100% %MgCO .100% m 3, 76 %MgCO 33,5% e %CaCO 66,5%
4. Uma pilha de combustível utiliza uma solução de KOH e dois eletrodos porosos de carbono,
por onde são admitidos, respectivamente, hidrogênio e oxigênio. Este processo resulta numa reação global de combustão que gera eletricidade. Considerando que a pilha opera nas condições padrão: a) calcule a entropia padrão de formação da água líquida; b) justifique por que a reação da pilha é espontânea; c) avalie a variação da entropia nas vizinhanças do sistema.
RESOLUÇÃO:
a) Nesta pilha, as semi-reações que ocorrem em cada pólo são dadas pelas seguintes semi-equações:
H 2 2H → + + 2e−
2
O 2H
2 2 2
H O H O (Reação global) 2
Calculando Epilha °^ ,temos: E pilha E E E (^) pilha 1, 20V 0V E (^) pilha 1, 20V ° ° ° ° ° = (^) + − (^) −⇒ = − ⇒ = +
Substituindo em ∆G °^ = −n.F.E (^) pilha ° ,temos:
G 2.9, 65.10^4 C .1, 20V G 2,316.10^5 J/mol G 2,316.10^2 kJ/mol mol
∆ °^ = − ⇒ ∆ °^ = − ⇒ ∆ °= −
Mas ∆G °^ = ∆H °^ − T ∆S .° Nos dados da prova temos ∆H °= −285,9 kJ/mol, então: − 231,6 kJ/mol = −285,9 kJ/mol − T ∆S°
Como nas condições padrão T = 298 K (25oC), temos: − 231,6 kJ/mol = −285,9 kJ/mol − 298 K. S∆ °
∆ S ° = −0,18 kJ/K.mol
b) Com ∆G °< 0 (item anterior), a reação da pilha é espontânea.
c) Se ∆S (^) sistema ° < 0,o sistema ordena.
Como ( )
universo
∆ S ° > 0 e ( ) ( ) ( )
universo sistema vizinhança
∆ S °^ = ∆S ° + ∆S ° , então ( )
vizinhança
∆ S ° > 0.
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3 2 2 3 0 A A B A B B (^3 ) A B
P V 3pV V 3pV V pV P (V V )
3 3 2 2 3 0 A A^ A^ B^ A^ B^ B (^3 ) A B
(P p)V^ p (V^ 3V V^ 3V V^ V ) P (V V )
−^ +^ +^ +
+ (VA +V )B^3
3 0 A (^3 ) A B
(P p)V P p (V V )
Portanto, para N ciclos:
N 0 A N (^) N A B
(P p)V P p (V V )
6. Inicia-se um determinado experimento colocando-se uma massa mx (g) de um radionuclídeo X
de meia vida τ1/2 (s) dentro de um balão de volume Vb (m^3 ), que se encontra à pressão atmosférica, como mostrado na Figura 1. Este experimento é conduzido isotermicamente à temperatura Tb (K). O elemento X é um alfa emissor e gera Y, sendo esta estável, de acordo com a seguinte equação: 4 X → Y + 2 He Considerando que apenas uma percentagem p do hélio formado difunde-se para fora da mistura dos sólidos X e Y, determine a altura h (em metros) da coluna de mercúrio apresentada na Figura 2, depois de decorrido um tempo t (em segundos) do início do experimento. Utilize a seguinte notação: massa molecular de X = Mx (g); densidade do mercúrio = ρ (kg/m^3 ); aceleração da gravidade = g (m/s^2 ); constante dos gases perfeitos = R (Pa.m^3 /mol.K).
X X + Y
h
Figura 1 Figura 2
RESOLUÇÃO:
O desnível de altura h na coluna de mercúrio decorre da liberação de parte do hélio (proveniente das partículas α emitidas por X), que disfunde-se para fora da mistura dos sólidos X e Y. Portanto: Pgás hélio =Pdesnível.
Pelo teorema de Stevin: Pdesnível = ρgh.
Pela equação de Clapeyron: (^) He He^ difundido^ b b
(n ) RT P. V
Logo: He^ difundido^ b^ He difundido b b b
(n ) RT RT gh h (n ). V V g
= ρ ⇒ = ρ
( I )
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Do decaimento radioativo, temos: n = n .e 0 −kt ( II )
Porém, se (^) 1/2^0
n t n. 2
= τ ⇒ =
Portanto, 0 0 k^ 1/2^ k1/2 1/ n n .e n0,5 n e n0,5 k 2
= − τ^ ⇒ l = l − τ ⇒ l = − τ ⇒ 1/
n0, k = − τ
l ( III )
Substituindo (III) em (II), temos:
1/
n0,5.t n n .e 0
l
Ainda temos:
1/2 1/
n0,5 (^) .t n0,5.t x He difundido 0 He difundido 0 He difundido x
m (n ) p.(n n) (n ) p.n .(1 e ) (n ) p. .(1 e ) M
= − ⇒ = − τ^ ⇒ = − τ
l l
Logo, substituindo a relação anterior em (I) 1/
n0,5.t x b x b
m RT h p.. .(1 e ) M V g
= −^ τ ρ
l
7. A incidência de radiação eletromagnética sobre um átomo é capaz de ejetar o elétron mais
externo de sua camada de valência. A energia necessária para a retirada deste elétron pode ser determinada pelo princípio da conservação de energia, desde que se conheça sua velocidade de ejeção. Para um dado elemento, verificou-se que a velocidade de ejeção foi de 1,00 × 106 m/s, quando submetido a 1070,9 kJ/mol de radiação eletromagnética. Considerando a propriedade periódica apresentada no gráfico (Energia de Ionização × Número Atômico) e a massa do elétron igual a 9,00 × 10 –31^ kg, determine: a) o elemento em questão, sabendo que este pertence ao terceiro período da Tabela Periódica; b) o número atômico do próximo elemento do grupo; c) as hibridizações esperadas para o primeiro elemento deste grupo.
Ca Na
Ar
Cl S
P Si
Al
Mg
Na
Ne
F
O
N
C
B
Be
Li
H
He
2500
2000
1500
1000
500
0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Número Atômico
Energia de Ionização, kJ/mol
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Estequiometricamente, temos:
4
4
1 mol FeSO : .1 mol NO .30 g NO 100 100
152 g FeSO : x
x 27,0 g de NO
9. Proponha uma síntese para o TNT (2,4,6-trinitrotolueno) a partir do carbeto de cálcio e de
outras matérias-primas convenientes.
RESOLUÇÃO:
A reação do carbeto de cálcio com água é um dos métodos de obtenção de acetileno:
Equação I: (^2 2 2 2 ) Acetileno
CaC + 2H O → Ca(OH) + C H
A trimerização de acetileno leva à formação de benzeno:
Equação II: 3HC ≡ CH ∆→
A alquilação de Friedel-Crafts com cloreto de metila leva à formação de tolueno:
Equação III: + H C 3 __C l →A C^ l^ l^3
CH 3
Como o grupo metil é orto-para dirigente, a trinitração ocorrerá nas posições 2, 4 e 6:
Equação IV: 2 4 H SO
CH 3
O N 2 NO 2
NO 2
2,4,6-trinitrotolueno
CH 3
+ 3H O 2
10. Um composto orgânico A, de fórmula molecular C 9 H 10 , quando tratado com hidrogênio, na
presença de um catalisador, fornece um composto B de massa molecular duas unidades maior que A. Oxidando A ou B com KMnO 4 e KOH, obtém-se o composto C, de fórmula molecular C 7 H 5 O 2 K. A reação de B com uma solução de HNO 3 e H 2 SO 4 fornece dois isômeros D e E. Finalmente, quando A é tratado com O 3 e, em seguida, com zinco em pó, obtém-se um composto F, com fórmula molecular C 8 H 8 O, o qual apresenta resultado negativo no teste de Tollens. Com base nas informações acima, forneça as fórmulas estruturais planas dos compostos A, B, C, D, E e F e justifique sua resposta, apresentando as respectivas reações.
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RESOLUÇÃO:
Como a hidrogenação do composto A (C 9 H 10 ) forma o composto B (C 9 H 12 ) de massa molecular 2 unidades maior, conclui-se que apenas 1 mol de hidrogênio é absorvido. Portanto, o composto A deve ser um aromático com uma insaturação na cadeia lateral. A formação de um único produto (C = C 7 H 5 O 2 K) pela oxidação de A ou B e a obtenção de 2 isômeros pela nitração de B indica a presença neles de apenas um grupo lateral orto-para dirigente. Chegamos assim a duas possíveis estruturas planas de A:
ou
CH = CH __^ CH 3
C = CH 2
CH 3
Como o produto da ozonólise de A fornece uma cetona (teste de Tollens negativo), somente a estrutura 2 é possível. Esquema das reações envolvidas:
CH
B
CH 3
CH 3 CH
D
CH 3
CH 3
NO 2
CH
E
CH 3
CH 3
O 2 N
HNO 3 H 2 SO 4
C
A
CH 3
CH 2
C
OK
KMnO 4 KOH
C
F
O
CH 3
KMnO 4
KOH
- O 3
- Zn
H 2 , Cat.
C
O
