Resp.: Na estrutura temos ¼ de átomos de ouro, portanto 6 quilates.

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1 1ª Questão a) i) CuO (s) + H 2SO 4(aq) CuSO 4(aq) + H 2O (l) ácido-base (1,0 ponto) ii) CuSO 4(aq) + Zn (s) Cu (s) + ZnSO 4(aq) redox (1,0 ponto) iii) Zn (s) + 2HCl (aq) ZnCl 2(aq) + H 2(g) redox (1,0 ponto) b) (i) (3,0 pontos) Au: 8 átomos nos vértices 8 x 1/8= 1 Cu: 6 átomos nas faces 6 x 1/2= 3 Cu 3Au (ii) (2,0 pontos) Cúbica de face centrada (iii) (2,0 pontos) Na estrutura temos ¼ de átomos de ouro, portanto 6 quilates. 2ª Questão a) (4,0 pontos) nº de mol Cl excesso = nº de mol Cl início nº de mol Cl reagiu [Cl ] = [Cl ] V NaCl [Ag + ] V AgNO3 / V NaCl + V AgNO3 [Cl ] = (0, ,00 0, ,00) / 25, ,00 [Cl ] = 1, mol L 1 NaCl (aq) + AgNO 3(aq) NaNO 3(aq) + AgCl (s) Da estequiometria temos: 1 mol AgNO 3 produz 1 mol de AgCl 168,87 g AgNO ,32 g AgCl 1,0000 g AgNO x = 0,8487 g de AgCl.

2 c) (2,0 pontos) 0,8487 g AgCl % 0,6000 g AgCl y = 70,69% 3ª Questão a) (2,0 pontos) Para um gás ideal: PV = n RT 3,00 atm 20,0 L = 2,0 mols 0,08205 atm L mol 1 K 1 T T = 365,6 K 2 an P V nb nrt V ( ) ,536atm L mol 3,0 atm (20,0L) 2 2 (2,0mol) (20,0L 2,0 mol 0,03049L mol ) 2,0 mols 0,08205atm L mol K T 3,0554 atm 19,94 L = 0,164 atm L K 1 T T = 371,5 K c) (4,0 pontos) O cálculo da temperatura utilizando a equação de Van der Waals resultou em uma temperatura 5,9 K maior que utilizando a equação dos gases ideais. Isto acontece porque o produto P V na equação de Van der Waals é maior que na equação dos gases ideais, por levar em consideração as interações intermoleculares (constante a) e o volume da molécula (constante b). Assim, devido às interações entre as moléculas de água, e o volume que elas

3 ocupam, torna-se necessário uma temperatura maior do meio para que 2,0 mols de água permaneça na fase gasosa à 3,0 atm em um recipiente de 20,0 L. 4ª Questão a) (4,0 pontos) c) (2,0 pontos) Amida, éter, álcool, amina.

4 5ª Questão a) (3,0 pontos) P: 3s 3p S: 3s 3p No enxofre os elétrons do orbital 3p se repelem fortemente, compensando a maior carga nuclear efetiva, facilitando a retirada do elétron. b) (2,0 pontos) Como todos os elementos estão no terceiro período o Al terá o maior raio atômico, já que sua carga nuclear efetiva é menor. c) (2,0 pontos) O cloro terá a afinidade eletrônica mais negativa, pois sua configuração eletrônica é [Ne]3s 2 3p 5, sendo assim, ele tem a tendência de ganhar um elétron para adquirir a configuração do argônio. d) (3,0 pontos) Al: [Ne]3s 2 3p 1 Al: [Ne] 3s 3p O alumínio é paramagnético, pois possui um elétron desemparelhado. O íon Al 3+ é diamagnético, pois tem a configuração do neônio. 6ª Questão a) (2,0 pontos) 3 Ag 2S(s) + 2 Al(s) 6 Ag(s) + Al 2S 3(s) Agente oxidante: íon Fe 3+ ; Fe 3+ /Fe 0 Nox = 3 0 = 3. (2,0 pontos) Agente redutor: cobre; Cu 0 /Cu 2+ Nox = 2 0 = 2. (2,0 pontos)

5 c) (4,0 pontos) representação: Zn(s) / Zn 2+ (aq) // Fe 2+ (aq) / Fe(s) (2,0 pontos) E = E Red + E Oxi = 0,440 + (+0,763) = +0,323 V (2,0 pontos) 7ª Questão a) (4,0 pontos) Quando a concentração de NH 3 duplica, a velocidade também duplica. E quando a concentração de HCl duplica, a velocidade também duplica. Isto implica que a velocidade da reação é diretamente proporcional aos reagentes, sendo x = y = 1. Assim, a ordem da reação é x + y = 2, ou seja, uma reação de segunda ordem. Cálculo de x e y: 2,69 x 10 5,37 x 10 mol dm mol dm s s = k k x y 0,00636mol dm 0,00384mol dm x 0,00636mol dm 0,00768mol dm y 0,5 = 0,5 y y = 1 2,69 x 10 5,37 x 10 mol dm mol dm s s = k k x 0,00636mol dm 0,00384mol dm x 0,0127 mol dm 0,00384mol dm y y 0,5 = 0,5 x x = 1 b) (2,0 pontos) Sabendo-se que a lei de velocidade é v o = k [HCl] 1 [NH 3] 1, o cálculo da constante de velocidade fica: 2, mol dm 3 s 1 = k [0,00636 mol dm 3 ] 1 [0,00384 mol dm 3 ] 1 Portanto, k = 110,1 dm 3 mol 1 s 1

6 c) (4,0 pontos) Quando um dos reagentes está em excesso, a lei de velocidade muda e a velocidade só depende do reagente limitante. Assim, como a concentração de NH 3 está em excesso, a lei de velocidade fica: v 0 = k [HCl] = k [NH 3] [HCl]. Portanto, k = k [NH 3] = 110,1 dm 3 mol 1 s 1 0,5 mol dm 3 k = 55,05 s 1. 8ª Questão a) (3,0 pontos) 1 carbono quiral. No processo (i): No processo (ii): c) (3,0 pontos) (R)-fenilpropan-2-amina

7 9ª Questão a) (4,0 pontos) [CH 4] = 1,00 mol 4,00 mol L 1 0,250 L [H 2S] = 8,00 mol L 1, [CS 2] = 4,00 mol L 1 e [H 2] = 8,00 mol L 1 Q = [CS 2] [H 2] 4 [4,00] [8,00] 4 64,0 [CH 4] [H 2S] 2 [4,00] [8,00] 2 Q > K se desloca para esquerda (reagentes) b) H 2S (g) (2,0 pontos), CS 2(g) (2,0 pontos) e H 2(g) (2,0 pontos) CH 4(g) + 2H 2S (g) CS 2(g) + 4H 2(g) Início 4,00 8,00 4,00 8,00 Variação +x +2x x 4x Equilíbrio 4,00 + x 8,00 + 2x 4,00 x 8,00 4x [CH 4] eq = 5,56 = 4,00 + x x = 1,56 mol L 1 [H 2S] eq = 8,00 + 2x 8,00 + 2(1,56) = 11,1 mol L 1 [CS 2] eq = 4,00 x = 2,44 mol L 1 [H 2] eq = 8,00 4x = 1,76 mol L 1 10ª Questão a) (3,0 pontos) M = (1000 d T)/MM = (1000 1,19 0,37)/36,46 = 12,08 mol L 1 V = C V /C = 250,00 0,100/12,08 = 2,07 ml b) (3,0 pontos) n HCl = n NaOH como n = C V temos:

8 V NaOH = C HCl x V HCl/C NaOH = 0,100 20,00/5, = 40,00 ml c) (4,0 pontos) C HClexc. = C a V a C b V b/v a + V b = 0,100 10, ,00/20,00 = 2, mol L 1 C HClexc. = [H + ] ph = log [H + ] = log 2, = 1,60.