Vestibular 2013 — 2a fase Gabarito — Química

Questão 01 (Valor: 15 pontos) • As interações intermoleculares nos alcanos, na fase líquida, são decorrentes das forças de

dispersão de London ou de dipolo momentâneo-dipolo induzido. • Embora as substâncias químicas apresentadas na tabela possuam a mesma massa

molecular, a diferença entre os pontos de ebulição está relacionada às estruturas moleculares dessas substâncias. O arranjo espacial das moléculas de pentano não apresenta ramificações na cadeia carbônica, como ocorre no dimetil-propano e no metil-butano, o que possibilita maior interação entre as moléculas, contribuindo para uma maior intensidade nessas interações intermoleculares e, consequentemente, maior ponto de ebulição.

Questão 02 (Valor: 15 pontos) • A partir da análise do fluxograma do processo Dow de extração de íons Mg2+(aq) da água do

mar e considerando que o Kps(Ca(OH2))=5,02.10−6 é muito maior do que o Kps(Mg(OH2))=5,61.10−12, pode-se concluir que a concentração de íons OH−(aq), provenientes de Ca(OH)2, adicionados à água do mar é suficiente para precipitar o Mg(OH)2. As técnicas de separação I e II são, respectivamente, filtração e cristalização ou precipitação.

• A fonte externa de energia elétrica é utilizada na eletrólise do cloreto de magnésio porque a

reação de oxirredução entre o íon magnésio, Mg2+, com o íon cloreto, Cl−, não é espontânea, de acordo com a variação de potencial igual a −3,72V.

Questão 03 (Valor: 20 pontos) Cálculo da variação de entalpia, ∆Hº, do XeO3(s), a partir das variações de entalpia de formação de XeF6(s) e de HF(g), do valor da variação de entalpia padrão de H2O(v) e da variação de entalpia da reação química representada pela equação termoquímica, tem-se ∆Hºreação = )H6H( o

foXeO HF3

∆+∆ – )H3H( oOH

of 2XeF6

∆+∆ ,

−182kJ = [ o

XeO3H∆ + 6(−268)] − [−298 + 3(−242)]

−182kJ = o

XeO3H∆ − 1608kJ + 1024kJ

−182kJ + 1608kJ − 1024kJ = o

XeO3H∆

oXeO3

H∆ = + 402kJ • Na formação do XeF6, há liberação de 298kJmol−1, enquanto que a variação padrão de

entalpia do XeO3 é de +402kJmol−1 o que justifica a maior estabilidade do hexafluoreto de xenônio em relação à do trióxido de xenônio.

180o

F Xe F −−−−••••

••

• A fórmula estrutural de XeF2 é linear e representada por

Questão 04 (Valor: 20 pontos) • Cálculo da quantidade de matéria de carbonato de sódio produzida a partir de 118,0kg de

cloreto de sódio, massa molar 59,0gmol−1, com conversão de 75%.

Como a relação estequiométrica entre o cloreto de sódio e o hidrogeno-carbonato de sódio na equação química II, é de 1:1, a quantidade de matéria de NaCl é igual à de NaHCO3:

n(NaHCO3) = 2,0.103mol de NaCl.0,75 = 1,5.103mol de NaHCO3

De acordo com a equação química III, a relação estequiométrica entre o hidrogeno-carbonato e o carbonato de sódio é de 2:1, portanto, a quantidade de matéria desse sal é

n(Na2CO3) = 2 1 .1,5.103mol de NaHCO3

= 7,5.102mol de NaHCO3

A massa de carbonato de sódio, massa molar 106,0gmol−1, produzida nesse processo é, então, m(Na2CO3) = 7,5.102mol.106gmol−1 = 7,95.104g ou 79,5kg

• A utilização de solução saturada de cloreto de sódio, no processo Solvay tem como objetivo a precipitação de bicarbonato de sódio, uma consequência do efeito do íon comum, que reduz a solubilidade do sal e permite a separação de hidrogeno-carbonato de sódio por filtração.

• Considerando que em meio aquoso o óxido de cálcio forma hidróxido de cálcio, Ca(OH)2(aq), a regeneração de amônia, NH3(g), é representada pela equação química 2NH4Cl(aq) + Ca(OH)2(aq) → CaCl2(aq) + 2NH3(g) + 2H2O(l).

Questão 05 (Valor: 15 pontos) De acordo com a fórmula estrutural e com as regras de nomenclatura da IUPAC, o nome do BHT é 2,6-diterc-butil-4-metil-benzen-1-ol, da classe funcional dos fenóis. Considerando as espécies químicas presentes na equação, o agente oxidante é o radical HO•, o agente redutor é representado pela fórmula condensada R1(R2)2C6H2OH e, dentre os produtos, a água é a espécie química que apresenta o oxigênio no menor estado de oxidação.

Questão 06 (Valor: 15 pontos) • Cálculo do pH da solução final.

Quantidade de matéria de íons H3O+(aq) em 50,0ml de solução de HNO3(aq) 0,100molL−1

n(H3O+) = 0,100molL−1. 0,050L = 5,0.10−3mol. Quantidade de matéria de íons OH−(aq) em 51,0mL de solução de KOH(aq) 0,100molL−1 n(OH−) = 0,100molL−1.0,051L = 5,1.10−3mol. Considerando-se que a relação estequiométrica entre íons H3O+(aq) e OH−(aq) é 1:1, a quantidade de matéria de íons OH−(aq) na solução final é n(OH− ) − n(H3O+) = 5,1.10−3mol − 5,0.10−3mol = 1,0.10−4mol de OH− A concentração de OH−(aq) em 101,0mL de solução final é

134molL101,00,101L

mol101,00,101Ln(OH][OH −−−−

− === ..) ,

3101,01logpOH 3 == −.

pH = 14−3 = 11. • O pH=11 difere do valor de pH no ponto estequiométrico de 4 unidades. • Dentre os indicadores apresentados na tabela o que possui faixa de pH que mais se aproxima

do ponto estequiométrico ou de equivalência é o azul de bromotimol. Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes.

Salvador, 21 de janeiro de 2013

Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes Diretora do SSOA/UFBA