IME Química 2002
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RESOLUÇÃO IME 2002 – QUÍMICA
1
1. Apresente as fórmulas eletrônicas e estruturais do trióxido de enxofre, do hidróxido de sódio e do perclorato de cálcio.
RESOLUÇÃO:
Trióxido de enxofre: SO3
O S
O
O
O SO
O
Hidróxido de sódio: Na OH+ −
Na+ O H Na+ O H
Perclorato de cálcio: Ca(ClO4)2
Ca2+
O O
ClOO
2
Ca2+
O
ClO
O
O2
2. Uma solução foi preparada dissolvendo-se 2,76 g de um álcool puro em 100,00 g
de acetona. O ponto de ebulição da acetona pura é 56,13°C e o da solução é 57,16°C. Determine: a) o peso molecular do álcool, b) a fórmula molecular do álcool. Dado: Keb = 1,72°C.kg/mol (constante molal de elevação do ponto de ebulição da
acetona)
RESOLUÇÃO:
a) Tomando os dados do problema, temos: t = 57,16°C Keb = 1,72°C.kg/mol M1 = ? t0 = 56,13°C m1 = 2,76 g m2 = 100 g Pela Lei de Raoult, temos:
∆ = ⇒ − = ⇒ − =1eb eb 0 eb
1 2 1
1000 m 1000.2,76t K .W t t K . 57,16 56,13 1,72.
M .m M .100
= ⇒ = ⇒ =1 1 1
1,72.27,6M M 46,09 g/mol MM 46,09 u
1,03
RESOLUÇÃO IME 2002 – QUÍMICA
2
b) Para o álcool de massa molecular 46,09 u, temos: +n 2n 2C H O + + + ≅12n 2n 2 16 46 =n 2 Logo o álcool possui fórmula molecular 2 5C H OH (etanol)
3. Considere a seguinte reação: 2A + B → C
A partir dos dados fornecidos na tabela abaixo, calcule a constante de velocidade da reação e o valor da concentração X. Considere que as ordens de reação em relação aos reagentes são iguais aos respectivos coeficientes estequiométricos.
Teste Concentração de A mol / L
Concentração de B mol / L
Velocidade da reação mol / L.s
1 10 X v 2 X 20 2 v 3 15 30 13.500
RESOLUÇÃO:
Sendo a reação elementar e pela lei da ação das massas, temos:
[ ] [ ]= 2v k A B
Substituindo os valores do teste 3 na lei de ação das massas, obtemos: = ⇒ =213.500 k(15) .(30) k 2 (adimensional, pela equação de Arrhenius)
Para encontrarmos a concentração X, substituímos os testes (2) e (1) na lei, da seguinte forma: teste 2: 2v = k(X)2.20 (1) teste 1: v = k(10)2.X (2)
Dividindo-se (1) por (2), temos:
= ⇒ = ⇒ =2
2
2v k(X) .20 X.202 X 10 mol/L
v k(10) .X 100
4. Um mol de ácido acético é adicionado a um mol de álcool etílico. Estabelecido o
equilíbrio, 50% do ácido é esterificado. Calcule o número de mols de éster quando um novo equilíbrio for alcançado, após a adição de 44 g de acetato de etila.
RESOLUÇÃO IME 2002 – QUÍMICA
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RESOLUÇÃO: A reação de esterificação pode ser representada pela seguinte equação:
CH3 __ C
O
OH�____ __
3 2 3+ H C CH OH H C C
O
O __ CH2 __ CH3
+ H2O
Montando-se uma tabela de número de mols dos participantes no início do processo e no instante do equilíbrio, temos:
50%
2ácido álcool éster H Oα=→+ +←Início:Reação:Eq. químico:
1-0,5
1 - 0,5
1-0,5
1 - 0,5
0+0,50,5
0+0,50,5
(em mols)
2C C
0,5 0,5.
[éster][H O] V VK = K = 0,5 0,5[ácido][álcool] .V V
⇒ ⇒
C K = 1
Porém, houve um acréscimo de 44 g do éster acetato de etila CH3 C
O
O CH2 CH3 cuja massa molar é de 88 g/mol.
Logo: éster adicionado éster adicionado éster adicionado
m 44(n ) = (n ) = (n ) = 0,5 mol.
M 88⇒ ⇒
Portanto, o sistema foi desequilibrado a partir da situação de equilíbrio anterior, pelo acréscimo de 0,5 mol de éster. Com a construção de uma nova tabela, tem-se:
2ácido álcool éster H O→+ +←Início:Reação:Eq. químico:
0,5+x
0,5 + x
0,5+x
0,5 + x
0,5 + 0,5-x
1 - x
0,5-x
0,5 - x
(em mols)
Neste caso, nota-se que o acréscimo de um produto a uma situação de equilíbrio, pelo princípio de Le Chatelier, desloca o sistema para a esquerda. Por isso, os produtos é que são consumidos. Supondo ser a temperatura constante, temos KC = 1 do equilíbrio anterior.
Portanto: 2
2C C 2
1 x 0,5 x.
[éster][H O] 0,5 1,5x xV VK = K = 1 = 0,5 x 0,5 x[ácido][álcool] 0,25 x x.
V V
− − − + ⇒ ⇒
+ + + +
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0,25 + x + x2 = 0,5 – 1,5x + x2 ⇒ 2,5x = 0,25 ⇒ x = 0,1 mol
Como néster = 1 – x ⇒ néster = 1 – 0,1 ⇒ éster n = 0,9 mol
5. Determine, na seqüência de reações abaixo, os principais produtos (A, B, C, D e E) em cada caso.
HNO3
H2SO4
AFe / HCl
NH2
Ácido nitroso
Cloreto de acetila
Ácido clorídricoB
C
DNaCN
E
RESOLUÇÃO:
HNO3
H2SO4
A
Fe
NH2
HNO2
C
D
NaCN
CH3 CH3
NO2
CH3
B
CH3
CH3
HN
CH3
+ −l3NH C
+ ≡N N
CH3
CN
E
lHC
H3C __ ClC
O
+ l HClHC
O
CH3
RESOLUÇÃO IME 2002 – QUÍMICA
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Observação: Na reação de obtenção da amida C deverá ser utilizado no meio reacional uma base para capturar o lHC formado, evitando que haja formação de um sal de amônio (como ilustra a reação de obtenção de B), que interromperia a reação. 6. Um reator de volume constante continha, inicialmente, 361 g de uma mistura
gasosa constituída por um alcano e um éter, ambos de massa molecular 58, a 398 K e 1,47 atm. Neste reator, injetou-se uma quantidade de oxigênio correspondente ao dobro do mínimo necessário para realizar a combustão completa. Após a reação de combustão, a mistura final foi resfriada até a temperatura inicial, atingindo uma pressão de 20,32 atm. Supondo combustão completa, calcule a composição molar da mistura original.
RESOLUÇÃO: Para um alcano de massa molecular 58 u temos: CnH2n+ 2 12n + 2n + 2 = 58 n = 4 Portanto, o alcano é o C4H10 Para um éter de massa molecular 58 u, temos:
CnH2n + 2O (éter acíclico saturado) CnH2nO (éter insaturado ou cíclico) 12n + 2n + 2 + 16 = 58 12n + 2n + 16 = 58 n ≠ inteiro n = 3 Assim, o éter é o C3H6O. As reações de combustão devem ser balanceadas, tendo oxigênio em excesso como informado no enunciado. Portanto:
x C4H10 + 13x O2 → 4x CO2 + 5x H2O + 13x
2 O2
y C3H6O + 8y O2 → 3y CO2 + 3y H2O + 4y O2 Considerando as incógnitas como pressões temos, para a mistura alcano mais éter:
x + y = 1,47 atm
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Para a mistura dos produtos:
+ + + + + =13x
4x 5x 3y 3y 4y 20,32 atm2
Resolvendo o sistema + =
+ =
x y 1,47 atm x = 1,02 atm temos:
31x 20y 40,64atm y = 0,45 atm
Pela Lei de Gay-Lussac, a proporção em pressões corresponde a proporção molar. Assim: % C4H10 = 69,5% % C3H6O = 30,5% 7. Uma amostra de 0,640 g de naftaleno sólido (C10H8) foi queimada num calorímetro
de volume constante, produzindo somente dióxido de carbono e água. Após a reação, verificou-se um acréscimo de 2,4oC na temperatura do calorímetro. Sabendo-se que a capacidade calorífica do calorímetro era de 2.570 cal/oC e considerando-se que a variação de pressão foi muito pequena, calcule a entalpia de formação do naftaleno. Dados: 1) entalpia de formação do CO2(g): –94,1 kcal/mol 2) entalpia de formação da água(L): –68,3 kcal/mol
RESOLUÇÃO: A queima do naftaleno pode ser representada pela equação:
C10H8 + 12O2 → 10CO2 + 4H2O Para 0,640 g de naftaleno, houve um aumento de 2,4oC no calorímetro. Utilizando a equação de calor sensível, temos:
= ∆ ⇒ ∆ ⇒ ⇒Q mc t Q = C. t Q = 2570.2,4 Q = 6,168 kcal Mas este calor absorvido pelo calorímetro foi liberado pela queima de 0,640 g de naftaleno. Porém, como se quer o calor de formação do naftaleno, devemos fazer a análise para 1 mol de naftaleno, cuja massa molar é de 128 g/mol. Portanto:
0,640 g de C10H8 : 6,168 kcal (1 mol) 128 g de C10H8 : x ⇒ x = 1233,6 kcal/mol C10H8
Logo: (∆Hcombustão)10 8C H = –1233,6 kcal/mol C10H8
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Por entalpia de formação, podemos equacionar o problema da seguinte forma:
=− +=
+ ∆ = −+→
144442444431424310 8 2 10 82 2
H (941 273,2) kcalH y kcal PR
C H 12O H 1233,6 kcal/molC H10CO 4H O; 10.(-94,1 kcal) 4.(-68,3 kcal) y 12.0
∆H = HP – HR ⇒ –1233,6 = -1214,2 – y ⇒ ( )= ∆ of C H10 8
y H
Logo:
( )∆ = +of 10 8C H10 8
H 19,4 kcal/mol de C H
8. O processo Solvay de produção de carbonato de sódio realiza-se mediante as
reações abaixo:
CaCO3 → CaO + CO2
CaO + H2O → Ca(OH)2
NH3 + H2O → NH4OH
2 NH4OH + CO2 → (NH4)2CO3 + H2O
(NH4)2CO3 + CO2 + H2O → 2 NH4HCO3
NH4HCO3 + NaCl → NH4Cl + NaHCO3
2 NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O
2 NH4Cl + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCl2 + 2 H2O
A partir destas equações, determine: (a) a reação global que representa o processo; (b) a massa de cada reagente que é necessária para produzir 1.000 kg de
carbonato de sódio. RESOLUÇÃO: a) Numerando-se as equações do problema, temos:
CaCO3 → CaO + CO2 (1)
CaO + H2O → Ca(OH)2 (2)
NH3 + H2O → NH4OH (3)
2 NH4OH + CO2 → (NH4)2CO3 + H2O (4)
(NH4)2CO3 + CO2 + H2O → 2 NH4HCO3 (5)
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NH4HCO3 + NaCl → NH4Cl + NaHCO3 (6)
2 NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O (7)
2 NH4Cl + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCl2 + 2 H2O (8)
Para fazer com que as equações sejam consecutivas, estejam em seqüência, é preciso multiplicar as equações (3) e (6) por 2. Portanto, temos:
3CaCO → CaO 2 + CO
CaO 2 + H O → 2 Ca(OH)
32 NH 2 + 2 H O → 4 2 NH OH
42 NH OH 2 + CO → 4 2 3 (NH ) CO 2 + H O
4 2 3(NH ) CO 2 + CO 2 + H O → 4 3 2 NH HCO
4 32 NH HCO + 2 NaC l → l4 2 NH C 3 + 2 NaHCO
32 NaHCO → 2 3 Na CO 2+ CO 2 + H O
l42 NH C 2 + Ca(OH) → 3 2 NH + 2CaCl 2+ 2 H O
→l l3 2 3 2CaCO + 2 NaC Na CO + CaC que é a equação global do processo. b) Sendo a equação global dada por:
CaCO3 + 2 NaCl → Na2CO3 + CaCl2,
a proporção estequiométrica que nos interessa é dada por: 1 mol CaCO3 : 2 mol NaCl : 1 mol Na2CO3
100 g CaCO3 : 2.58,5 g NaCl : 106 g Na2CO3 x : y : 1000 kg Na2CO3
Logo: x = 943,4 kg de CaCO3 y = 1103,8 kg de NaCl
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9. Um certo fabricante produz pilhas comuns, nas quais o invólucro de zinco funciona como anodo, enquanto que o catodo é inerte. Em cada uma, utilizam-se 5,87 g de dióxido de manganês, 9,2 g de cloreto de amônio e um invólucro de zinco de 80 g. As semi-reações dos eletrodos são:
2
4 2 2 3 3 2
Zn Zn 2 e NH MnO e 1/2 Mn O NH 1/2 H O
+ −
+ −
→ ++ + → + +
Determine o tempo que uma destas pilhas leva para perder 50% de sua carga, fornecendo uma corrente constante de 0,08 A. Dado: Constante de Faraday: F = 96.500 C
RESOLUÇÃO: As semi-reações da pilha, igualando-se o número de elétrons cedidos e recebidos, são dadas por:
2Zn Zn 2e+ −→ + (meia-reação de oxidação) + −+ +4 22NH 2MnO 2e → + +2 3 3 2Mn O 2NH H O (meia-reação de redução)
+ ++ + → + + +24 2 2 3 3 2Zn 2NH 2MnO Zn Mn O 2NH H O (reação global)
O tempo de funcionamento de uma pilha é determinado pelo gasto total do reagente limitante. Calculando-se o número de mols de cada reagente, temos:
ZnZn Zn Zn
Zn
m 80n = n = n = 1,2232 mol
M 65,4⇒ ⇒
4
44 4 4
4
NH CN H CNH NH NH
NH C
m 9,2n = n = n = n = 0,1720 mol
M 53,5+ + +⇒ ⇒l
ll
2
2 2 2
2
MnOMnO MnO MnO
MnO
m 5,87n = n = n = 0,0675 mol
M 87⇒ ⇒
Portanto, o reagente limitante é o MnO2. Mas, pela meia-reação de redução, tem-se:
22 mol MnO : 2 mol de e− 22 mol MnO : 2.96500 C Devido à perda de 50% da carga 2
1.0,0675 mol MnO : Q
2
Logo: Q = 3255,49 C Como: Q = it ⇒ 3255,49 = 0,08.t ⇒ t = 40694 s ou t = 11,3 h
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10. Para cada um dos pares de estruturas abaixo, identifique aqueles que são: – diasteroisômeros; – enantiômeros; – estereoisômeros; – representações de um mesmo composto.
CH3
H __ C __ Br
F
a)
e
CH3
F __ C __ H
Brb)
CH3
CBr
He
CH3
BrH
c)CH3
H __ C __ Cl
Cl
e
CH3 __ C __ H
CH3
H __ C __ Cl
Cl
CH3 __ C __ H
d)
e
RESOLUÇÃO: Segundo a projeção de Fisher, consideram-se as ligações horizontais para frente e as verticais para trás. Portanto:
a) enantiômeros (imagem especular)
CH3
CH Br
F CH3
CH F
Br
CH3
CF H
Br
b) diasteroisômeros (são estereoisômeros mas não são imagem especular)
CH3
BrH H
Br
CH3
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c) representações de um mesmo composto (mesômero).
CH3
C
C
Cl
H
ClH
H3C
CH3
C
C
CH3
Cl
ClH
H
Cl
C
C
CH3
H
CH3H
Cl
CH3
C
C
CH3
Cl
Cl H
H
d) nenhum deles (isomeria de cadeia)
1-t-butil-4-metilciclo-hexano 1-sec-butil-4-metilciclo-hexano Observação: O termo estereoisomeria é utilizado para identificar isômeros espaciais (geométricos e/ou ópticos). Logo, os pares a, b e c devem receber esta classificação também. O par d apresenta isomeria de cadeia que é isomeria plana, portanto não recebe nenhuma das classificações citadas.
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COMENTÁRIOS SOBRE A PROVA Este ano o exame de química fará uma avaliação adequada dos candidatos ao IME, já que as questões foram elaboradas dentro de critérios coerentes com um Ensino Médio de qualidade. Os cálculos necessários para a obtenção de resultados em algumas questões foram de fácil execução. Isto é louvável, uma vez que a exigência dos conhecimentos deve ser conceitual. Nas questões 3 e 4, faltou o rigor de mencionar se a temperatura permaneceu constante, pois isto influencia no valor das constantes. Na questão 10 de isomeria, lamentamos a existência de quatro classificações para quatro pares de substâncias, sendo que apenas duas foram utilizadas. Uma terceira (estereoisômeros, mais geral) podia ser aplicada a três pares e um dos quatro pares não pôde receber nenhuma das classificações. Isto, certamente, deve ter causado uma certa insegurança na resolução das questões pelos candidatos. Vale ressaltar que estes pequenos detalhes não retiraram o brilho do exame de seleção aos futuros engenheiros do Instituto Militar de Engenharia. Parabéns ao IME!
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Distribuição das questões: 1a Questão: Ligações químicas 2a Questão: Propriedades coligativas e Orgânica 3a Questão: Cinética química 4a Questão: Equilíbrios químicos 5a Questão: Reações orgânicas 6a Questão: Orgânica e Gases 7a Questão: Termoquímica 8a Questão: Cálculo estequiométrico 9a Questão: Eletroquímica 10a Questão: Orgânica (Isomeria)
POLIEDRO
ESPECIALIZADO EM APROVAÇÃO!
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APROVAR É COM A GENTE! Entre o histórico vitorioso de aprovações do Poliedro, aqui estão algumas que podem interessar mais especificamente para você: 1995 ⇒ 1996
47 aprovados na FUVEST, VUNESP e UNICAMP 15 aprovados no ITA 03 aprovados no IME 22 aprovados na AFA 09 aprovados na Escola Naval (100% em SP)
1996 ⇒ 1997 50% de aprovação em Universidades Federais e Estaduais 21 aprovados no ITA 08 aprovados no IME (73% em SP) 32 aprovados na AFA com os 3 primeiros lugares do Brasil! 10 aprovados na Escola Naval (90% em SP) 07 aprovados no Colégio Naval (39% em SP) 36 aprovados na EPCAR (77% em SJC)
1997 ⇒ 1998 106 aprovados em Biológicas 78 aprovados em Humanas 19 aprovados no ITA 13 aprovados no IME 39 aprovados na AFA (100% em SJC) 17 aprovados na Escola Naval (90% em SP) 08 aprovados no Colégio Naval (40% em SP) 11 aprovados na EPCAR
1998 ⇒ 1999 84 aprovados em Biológicas 88 aprovados em Humanas 89 aprovados em Exatas 22 aprovados no ITA 31 aprovados no IME 25 aprovados na Escola Naval (96% em SP)
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1999 ⇒ 2000 145 aprovados em Biológicas 108 aprovados em Humanas 276 aprovados em Exatas 19 aprovados no ITA 17 aprovados no IME
2000 ⇒ 2001 132 aprovados em Biológicas 110 aprovados em Humanas 334 aprovados em Exatas 26 aprovados no ITA 27 aprovados no IME
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