Soluções:

#1

a) Para mostrar que eles são ortogonais devemos ter que a integral no espaço de seu produto igual a zero. Faremos o caso unidimensional, pois o tridimensional é análogo tendo apenas notação mais chata.

$$\int h_{1} \cdot h_{3} \cdot dx = \int [ s^2 - p_{x}^2 + p_{y}^2 -p_{z}^2 + s(-p_{x} + p_{y} -p_{z}) + p_{x}(s + p_{y} - p_{z}) + p_{y}(s - p_{x} - p_{z}) + p_{z}(s - p_{x} + p_{y})]dx$$

Agora podemos usar dois fatos para simplificar a conta, o primieiro é que a integral da soma é a soma das integrais, o segundo é que $s,\ p_{x},\ p_{y} \ e \ p_{z}$ são ortogonais, assim temos que:

$$\int h_{1} \cdot h_{3} \cdot dx = \int s^2dx - \int p_{x}^2dx + \int p_{y}^2dx -\int p_{z}^2dx$$

Mas os orbiatais não híbridos já estão normalizados, logo $\int s^2dx = \int p_{x}^2dx = \int p_{y}^2dx = \int p_{z}^2dx = 1$. Substituindo:

$$\int h_{1} \cdot h_{3} \cdot dx = 1 - 1 + 1 - 1 = 0$$

 

b) Devemos usar dois fatos: Primeiro sendo k um possível orbital tetraédrico, k e -k não são ortogonais a menos que k seja ortogonal a ele mesmo, segundo olhando para o item a) temos que a integral do produto de dois orbitais tetraédricos é simplesmente a soma dos quadrados de $s,\ p_{x},\ p_{y} \ e \ p_{z}$ com modificações no sinal. Desse forma queremos que os outros dois orbitais difiram dos primeiros e entre si em exatamente dois sinais e que nenhum orbital seja o negativo do outro.Disso podemos deduzir que

$$h_{2} = s + p_{x} - p_{y} - p_{z}\ e \ h_{4} = s - p_{x} - p_{y} + p_{z}$$

sendo a ordem arbitrária (ou seja poderiamos ter dado o valor de $h_{2}$ para $h_{4}$ e vice-versa).

Agora, usando fatos análogos aos do item a:

$$\int h_{1} \cdot h_{2} \cdot dx = \int s^2dx + \int p_{x}^2dx - \int p_{y}^2dx - \int p_{z}^2dx = 1 + 1 - 1 - 1 = 0$$

$$\int h_{1} \cdot h_{4} \cdot dx = \int s^2dx - \int p_{x}^2dx - \int p_{y}^2dx + \int p_{z}^2dx = 1 - 1 - 1 + 1 = 0$$

$$\int h_{2} \cdot h_{3} \cdot dx = \int s^2dx - \int p_{x}^2dx - \int p_{y}^2dx + \int p_{z}^2dx = 1 - 1 - 1 + 1 = 0$$

$$\int h_{3} \cdot h_{4} \cdot dx = \int s^2dx + \int p_{x}^2dx - \int p_{y}^2dx - \int p_{z}^2dx = 1 + 1 - 1 - 1 = 0$$

$$\int h_{2} \cdot h_{4} \cdot dx = \int s^2dx - \int p_{x}^2dx + \int p_{y}^2dx - \int p_{z}^2dx = 1 - 1 + 1 - 1 = 0$$

#2

a) Devido ao efeito do par inerte os elétrons do orbital s do mercúrio são menos acessíveis para formar ligação metálica, enfraquecendo-a consideravelmente. Como a ligação é fraca a organização dos átomos de mercúrio é menor e ele é líquido a temperatura ambiente.

 

b)No diamante o carbono tem uma hibridação $sp^4$, enquanto no gravite é $sp^3$, assim enquanto um diamante é feito quase unicamente por ligações covalentes muito fortes, o grafite é feito de várias “folhas” de gravite que são ligadas umas as outras por dipolo-induzido, uma força intermolecular extremamente mais fraca que a ligação covalente.

 

c)Já podemos prever a semelhança pelo fato dos dois fazerem parte da mesma família. Sem usar dados experimentais podemos argumentar que devido à contração lantanídica os raios de ambos os elementos serão muito semelhantes, e o raio atômico é geralmente fator determinante nas propriedades químicas de um elemento. Usando dados experimentais temos que o raio do háfnio é 159 pm e o do Zircônio é 160 pm, ou seja, extremamente próximos.

#3

) C.F.(S) = 0 e (O) = 0

b)C.F.(Xe)  =  0 e (F) = 0

c)C.F. (C) = -1 e (O)= +1

d)C.F. (N) = +1 e O = -1 e 0

e) C.F.(N) = +1 e O = 0

f) C.F. (N) = 0 e O = -1 e 0

#4

a) A força ácida aumenta da seguinte forma:

HF < HCl < HBr < HI

Quanto maior for o raio atômico do halogênio, mais favorável será a ionização do ácido. Um maior raio implica a formação de uma base conjugada com menor densidade de carga, consequentemente mais estável.

b) A força ácida aumenta da seguinte forma:

H₂S < H₂SO₃ < H₂SO₄

O fato pode ser mais uma vez justificado pela densidade de carga da base conjugada. Tanto no sulfato (base conjugada do H₂SO₄) como no sulfito (base conjugada do H₂SO₃), há ressonância. Assim, as cargas negativas advindas da ionização tornam-se deslocalizadas, estabilizando as espécies. O sulfato é o ânion que possui mais formas de ressonância dentre os citados, proporcionando a melhor distribuição de carga. Assim, o ácido sulfúrico é o ácido mais forte. Já o sulfeto não possui qualquer forma de estabilizar-se, sendo uma espécie muito densa eletronicamente e, por consequência, dificilmente formada. Portanto, dentre os ácidos citados, o H₂S é o mais fraco.

#5

#6

#7

#12

a) A maior condutividade elétrica da solução de $RbCl$ é devida ao maior grau de dissociação desse sal. Devido ao menor poder polarizante do cátion $Rb^+$, as ligações em $RbCl$ têm ainda maior caráter iônico que em $LiCl$, o que justifica $\alpha _{RbCl} > \alpha _{LiCl}$.

b) A diminuição acentuada do ângulo entre as ligações $P-H$ deve-se ao aumento do raio da espécie central. Como o fósforo encontra-se no terceiro período, este possui maior número de camadas que o nitrogênio na amônia $(NH_3)$ e, consequentemente, par eletrônico não-ligante mais volumoso. O efeito do aumento de volume do $PNL$ justifica a diminuição do ângulo de ligação como forma de amenizar a repulsão $PNL-$$\sigma _{P-H}$.

 

#13

$a)$ O anidrido correspondente à formação do ácido clórico é o anidrido clórico, no qual o $Cl$ possui $nox = +5$ $\Rightarrow$ $Cl_2O_5$ , também chamado de pentóxido de dicloro.

$b)$ O anidrido correspondente à formação do ácido nítrico é o anidrido nítrico, no qual o $N$ possui $nox = +5$ $\Rightarrow$ $N_2O_5$ , também chamado de pentóxido de dinitrogênio.

$c)$ O anidrido correspondente à formação do ácido carbônico é o anidrido carbônico, no qual o $C$ possui $nox = +4$ $\Rightarrow$ $CO_2$ , também chamado de dióxido de carbono.

$d)$ O anidrido correspondente à formação do ácido arsênico é o anidrido arsênico, no qual o $As$ possui $nox = +5$ $\Rightarrow$ $As_2O_5$, também chamado de pentóxido de arsênio.

 

#14

$I.$ Incorreta. O ponto de ebulição diminui com o aumento das interações intramoleculares (dentro das próprias moléculas), pois essas interações dificultam a existência de interações intermoleculares.

$II.$ Correta. O aumento de interações intermoleculares dificulta a separação das moléculas necessária para levá-las à fase gasosa, aumento o ponto de ebulição.

$III.$ Correta. Para entrar em ebulição, o líquido precisa vencer a força exercida pela atmosfera em sua superfície. Quanto maior for a pressão atmosférica, mais difícil será para as moléculas do líquido escaparem na forma de gás.

$IV.$ Correta. O aumento da quantidade de sólido dissolvido aumenta as interações no líquido.

 

#15

Existem muitas possibilidades para diferenciá-los. Três delas são:
-Aquecer: o cloreto de sódio, por ser um composto iônico, apresenta alto ponto de fusão e é, de forma geral, estável frente a aquecimento, de modo que nenhuma mudança seria observada, enquanto o açúcar decompõe rapidamente em caramelo.
-Dissolver em água destilada e medir a condutividade da solução: o sal, por ser um eletrólito forte, gera íons ao dissolver, de modo que sua solução conduz corrente, enquanto o composto molecular açúcar não gera íons (ou seja, um não-eletrólito), de modo que sua solução não conduz corrente elétrica.
-Adicionar ácido sulfúrico concentrado: o sal não sofrerá reação alguma; o açúcar, porém, irá desidratar com a adição do ácido, que atua como catalisador, gerando água e carvão sólido. Esse processo é realizado no vídeo: https://youtu.be/nqDHwd9rG0s

 

#16

a) ²¹⁰Po → ²⁰⁶Pb + α     e     ⁴⁰K →  ⁴⁰Ca + β^-

b) O número atômico Z diminui de duas unidades para cada partícula α e aumenta de uma unidade para cada partícula β. Assim, a relação entre o número atômico final e inicial é dado por:   Z' = Z - 2.n_α + n_β

De forma análoga, para o número de massa, temos que: A' = A -4.n_α

Assim, como foram seis decaimentos α e dois decaimentos β, temos que: Z' = 92 - 2.6 + 2 = 82   e   A' = 232 - 4.6 = 208

Assim, o nuclídeo formado é o chumbo-208.

c) Um isótopo é adequado para análise de idade se e somente se a idade do objeto apresenta ordem de grandeza semelhante àquela do seu tempo de meia-vida: se o tempo de meia-vida for muito menor, não haverá quantidade suficiente do isótopo para que a medição seja feita com segurança; se for muito maior, apenas uma quantidade ínfima do isótopo terá decaído, de modo que também não é possível fazer uma medição correta. Como a idade aproximada do material é de 3000 anos, apenas um isótopo de meia-vida na casa dos milhares de anos é apropriado; das alternativas apresentadas, apenas o carbono-14 pode ser usado, dessa forma.

 

#17

a) Usando os dados de massa fornecidos, calcula-se que a massa molar do tiossulfato de sódio, Na₂S₂O₃, é de (23.2+2.32+3.16)=158g/mol.

Assim, a fração massa/massa W de cada elemento é de:

W_Na=2.23/158=29,1%    W_S=2.32/158=40,5%    W_O=3.16/158=30,4%

b) Assumindo que o metal Me apresente carga 1+ ou 2+, de modo que haja apenas uma unidade S₂O₃ na fórmula mínima, tem-se que:

W_S=2.32/(2.32+3.16+n.M_Me)=0,421, em que n=2 se a carga é 1+ e n=1 se a carga é 2+. Resolvendo para ambas as possibilidades, obtém-se que, para n=2, M_Me=20g/mol, o que implicaria Me=Ne, o que é inconsistente; para n=1, obtém-se M_Me=40g/mol, que indica Me=Ca, um resultado coerente. Assim, o metal Me é o cálcio.

c) Sabe-se que a soma dos NOx dos elementos do ânion tiossulfato deve dar a carga, isto é:

2.NOx(S) + 3.NOx(O) = -2

Como o NOx do oxigênio é constante (com algumas exceções) e de valor -2, temos que NOx(S)=+2. Vale ressaltar, porém, que esse valor é médio para ambos os átomos de enxofre: na realidade, um deles apresenta NOx=+4 (o central, ligado aos átomos de oxigênio) e o outro, NOx=0 (ligado apenas ao outro enxofre).

 

#18

a) A estrutura do tiossulfato é análoga àquela do íon sulfato: a diferença é que um dos átomos de O é substituído por um átomo de S. Assim, a estrutura é um tetraedro de átomo central S, o qual faz ligações duplas com o átomo de S e com um dos átomos de O e ligações simples com os dois outros átomos de O, os quais apresentam (por fazer apenas uma ligação) carga formal negativa.

b) O átomo de enxofre central apresenta geometria tetraédrica e hibridação sp³.

c) Na titulação, o tiossulfato atua como agente redutor frente ao iodo, gerando íons tetrationato como produto:

I₂ + 2 S₂O₃^2- → 2 I^- + S₄O₆^2-

O amido complexa com o iodo, gerando um complexo descrito comumente como azul (ou até mesmo roxo), sendo incolor na presença de iodeto apenas. Assim, permite a observação do consumo de todo o iodo, pois gera uma mudança de cor do azul para o incolor quando isso ocorre.

d) Sabe-se que a soma dos NOx dos elementos do ânion tiossulfato deve dar a carga, isto é:

2.NOx(S) + 3.NOx(O) = -2

Como o NOx do oxigênio é constante (com algumas exceções) e de valor -2, temos que NOx(S)=+2. Vale ressaltar, porém, que esse valor é médio para ambos os átomos de enxofre: na realidade, um deles apresenta NOx=+4 (o central, ligado aos átomos de oxigênio) e o outro, NOx=0 (ligado apenas ao outro enxofre).

 

#19

a,c) As geometrias eletrônica e molecular de cada composto são, respectivamente (a hibridização encontra-se entre parênteses):

SF₄: bipiramidal trigonal / gangorra (sp³d)

PCl₄⁺: tetraédrica / tetraédrica (sp³)

Be(CH₃)₂: linear / linear (sp)

XeF₄: octaédrica / quadrado planar (sp³d²)

H₂O: tetraédrica / angular (sp³)

NH₃: tetraédrica / piramidal (sp³)

b) Polares: SF₄, H₂O e NH₃

Apolares: PCl₄⁺, Be(CH₃)₂, XeF₄

d) Perceba que a molécula de água apresenta dois átomos de hidrogênio e dois pares eletrônicos não-ligantes, de modo que uma molécula de água pode, teoricamente, realizar 4 ligações de hidrogênio ao mesmo tempo. Já a molécula de amônia, por mais que apresente três átomos de hidrogênio, apresenta apenas um par eletrônico não-ligante, o que limita a quantidade de ligações de hidrogênio por molécula para duas (uma vez que não há quantidade de pares isolados suficiente para interagir com todos os hidrogênios); dessa forma, sendo a ligação de hidrogênio bastante forte, explica-se por que a água é um líquido nas CNTP enquanto a amônia é um gás (uma vez que aquela realiza mais ligações de hidrogênio, de forma geral).

 

#20

a) Tanto as moléculas de água quanto as de etanol apresentam a ligação altamente polarizada O-H, o que possibilita a formação de ligações de hidrogênio intermoleculares, as quais, sendo bastante fortes, permitem que etanol e água interajam fortemente; dessa forma, como a cadeia orgânica do etanol é pequena o suficiente, água e álcool etílico apresentam miscibilidade infinita.

b) A ordem crescente de polaridade molecular é: 1-pentanol < 1-butanol < 1-propanol < etanol < metanol. Analisando-se a série de solubilidade em meio aquoso (1-pentanol < 1-butanol < 1-propanol < etanol ≈ metanol), percebe-se que há uma relação direta, que é explicada pelo princípio do “semelhante dissolve semelhante”: quanto mais polar o composto, melhor ele dissolve em água (solvente polar), de forma geral.

c) Não, não seria: como o 1-pentanol é muito mais solúvel em octano do que em água, a adição de água não seria capaz de extrair esse aditivo da gasolina; assim, não haveria alteração de volume das fases, de modo que o teste se apresentaria inútil.

d) Sim, seria: o metanol é infinitamente solúvel em água, assim como o etanol; dessa forma, o teste se daria exatamente da mesma maneira que o original para testar etanol, sendo, pois, válido.

 

#21

a) Há um erro conceitual na afirmação, uma vez que todas as geometrias são originadas pela repulsão entre elétrons, sejam eles na forma de pares isolados ou de ligações químicas (o autor considera que apenas pares isolados sofrem repulsão, o que é incorreto), mesmo que, de fato, as duas sejam (assim como todas as outras) geradas por repulsão.

b) Os cinco tipos citados, com exemplos de polares e apolares de cada uma, são:

Linear:  Polar – HCN, HF, CO, HBr, HCl

Apolar – O₂, N₂, CO₂, Cl₂, C₂H₂

Trigonal plana: Polar – H₂NCONH₂ (ureia), COCl₂, cis-dicloroeteno, CH₂N₂, CH₂O

Apolar – SO₃, BrF₃, BF₃, ICl₃, trans-dicloroeteno

Tetraédrica:       Polar – CH₃OH_, CHCl₃, CH₂Cl₂, CF₂Cl₂, CHI₃

Apolar – CH­₄, CCl₄, Si(OH)₄, SiH₄, CBr₄

Angular:              Polar – SO₂, NO₂, H₂O, O₃, OF₂

Apolar – S₈

Piramidal:           Polar – NH₃, SOCl₂, PH₃, NH(CH₃)₂, MeONHCH₃ (amina de Weinreb)

Apolar – P₄

c) – Verdadeiro: o vetor momento dipolar aponta do menos para o mais eletronegativo;

– Falso: o módulo do momento dipolar depende tanto da carga parcial existente quanto da distância de ligação entre os átomos (seu módulo é o produto dos dois valores);

– Falso: os vetores de uma molécula linear apontam na mesma direção, mas não necessariamente em sentidos opostos. Além disso, mesmo que apontem em sentidos contrários, não necessariamente esses vetores se anulam para gerar uma resultante nula;

– Verdadeiro: é impossível que uma molécula triatômica angular seja apolar.

 

#22

a) O valor a que se refere a canção é a diferença de eletronegatividade de Pauling entre os dois elementos que compõem a ligação, que é a diferença numérica entre os valores tabelados de cada um (que podem ser calculados teoricamente também). O valor de 1,7 é o limiar (puramente teórico, sem valor físico nenhum) entre uma ligação covalente (valor menor que 1,7) e iônica (maior que 1,7).

b) Metálica – pode ser explicada por duas teorias: “mar de elétrons”, que consiste no compartilhamento mútuo entre os átomos de metais de elétrons com liberdade de movimentação, e a teoria das bandas, que explica por meio de teoria de orbitais moleculares por que os átomos metálicos se unem, formando compostos metálicos. A ligação metálica surge entre átomos metálicos, eletropositivos, e gera compostos metálicos, como Na, Al ou Cu.

Iônica – consiste da transferência de um elétron de um elemento eletropositivo (que se torna cátion) a um eletronegativo (que se torna ânion). Capazes de gerar compostos iônicos, são favorecidas por elementos com alta diferença de eletronegatividade (“metal e ametal”), ânions pouco polarizáveis e cátions pouco polarizantes.

Covalente – consiste do compartilhamento de elétrons entre elementos de eletronegatividade parecida. Podem gerar os compostos covalentes e moleculares e são favorecidas por compostos de baixa diferença de eletronegatividade (“ametal e ametal”); além disso, ânions polarizáveis e cátions polarizantes aumentam o caráter covalente de uma ligação iônica.

c) Metálicos: conduzem eletricidade e calor quando sólidos e líquidos; grau de dureza e resistência mecânica variável, em geral alto; pontos de fusão e ebulição consideravelmente elevados, salvo exceções (como alcalinos, Hg e Ga).

Iônicos: conduzem eletricidade apenas no estado líquido; são sólidos quebradiços, geralmente encontrados na forma de pó; apresentam altos pontos de fusão e ebulição.

Moleculares: não conduzem em nenhum estado; os sólidos são quebradiços; apresentam baixos pontos de fusão e ebulição.

Covalentes: não conduzem em nenhum estado (o grafite, condutor, é uma exceção); os sólidos são bastante duros e resistentes (novamente, o grafite é uma exceção); apresentam altíssimos pontos de fusão e ebulição.

d) A Teoria dos Orbitais Moleculares baseia-se no conceito central de que dois orbitais, ao interagirem para formar uma ligação, geram dois orbitais, um de energia mais baixa (chamado de ligante) e um de energia proporcionalmente mais alta (antiligante). Nesse conceito, a distribuição dos elétrons do oxigênio molecular leva a dois orbitais antiligantes semipreenchidos, o que explica o paramagnetismo do composto.

e) CO: σ_1s² σ_1s^*2 σ_2s² σ_2s^*2 σ_2pz² π_2p² π_2py² ⇒ b = (2+2+2)/2 = 3

F₂: σ_1s² σ_1s^*2 σ_2s² σ_2s^*2 σ_2pz² π_2px² π_2py² π_2px^*2 π_2py^*2 ⇒ b = (2+2+2-2-2)/2 = 1

 

#24

a) A mais estável forma alotrópica do Enxofre é a ortorrômbica - também chamada forma $\alpha$ -, de fórmula molecular $S_8$.
O nome "Enxofre ortorrômbico" faz menção à estrutura cristalina do alótropo. O sistema cristalino ortorrômbico caracteriza-se por três eixos cristalográficos mutuamente perpendiculares, com comprimentos distintos dois a dois.

b) Segundo tabela disponibilizada pelo website da Universidade de Columbia, seria mais provável encontrar o elemento na forma de $SO_2$ em uma amostra de ar atmosférico.
A depender das contingências que determinam o grau de poluição da atmosfera, $H_2S$ pode competir com o dióxido de enxofre em abundância, uma vez que a espécie é produto de decomposição da matéria orgânica e da oxidação de hidrocarbonetos.

c) O conhecimento prévio de que "ouro de tolo" é o nome popular do $FeS_2$ levaria à resolução imediata deste item. Esta resolução parte do princípio de que o estudante desconhece tal curiosidade da Química Inorgânica.

Se a massa molar do composto é 120g/mol, ele pode conter 1, 2 ou 3 átomos de $S$ por fórmula. Suponhamos que seja uma espécie da forma...

XS

120g/mol = $MM(X)$ + $MM(S)$
120g/mol = $MM(X)$ + 32g/mol
$MM(X)$ = 88g/mol

Concluiríamos que o composto é $SrS$, sendo digno de observação o fato de que o Estrôncio é um elemento radioativo. Embora esta não seja uma prova absoluta, o aluno olímpico de Química deve descartar prontamente esta resposta.

$XS_2$

120g/mol = $MM(X)$ + 2$MM(S)$
120g/mol = $MM(X)$ + 64g/mol
$MM(X)$ = 56g/mol.

$FeS_2$ é a fórmula empírica do mineral pirita, também conhecido como "ouro de tolo". Antes de dar esta resposta, porém, seria prudente que o aluno analisasse o último caso.

$XS_3$

120g/mol = $MM(X)$ + 3$MM(S)$
120g/mol = $MM(X)$ + 96g/mol
$MM(X)$ = 24g/mol

O composto, nesta hipótese, seria $MgS_3$. Neste caso, a valência do Magnésio torna a resposta incoerente.

Conclui-se que a substância famosa como "ouro de tolo" trata-se de $FeS_2$.

d) Quando se realiza uma combustão na qual o ar atmosférico comum - extremamente rico em dinitrogênio - atua como comburente, uma fração da energia liberada pela reação química é dissipada aquecendo o gás Nitrogênio. Em um processo industrial - temática de toda a questão -, portanto, a presença do Nitrogênio no comburente representa uma diminuição do trabalho a ser realizado pela combustão.
O efeito descrito não afetaria o propósito do processo de síntese do ácido sulfúrico em si, mas o objetivo da pergunta era mais geral. O redator pede perdão caso a pergunta não tenha sido suficientemente clara.

e) O autor dos problemas desta semana considera válido e importante que o aluno olímpico memorize reações químicas recorrentes - especialmente aquelas que fazem parte do método de obtenção de um composto relevante para a indústria.

Nada obstante, a dedução da identidade do $Fe_2O_3$ gera um raciocínio interessante.

4$FeS_{2(s)}$ + 11$O_{2(g)}$ $\longrightarrow$ 2$Fe_2O_{3(s)}$ + 8$SO_{2(g)}$

Em 60 kg de $FeS_2$, há 28 kg de ferro. Após uma reação com rendimento 0,9, restam 25,2 kg de Ferro no produto sólido, ou 4,5 . 10^2 mol = 0,45 kmol.

É razoável supor que o produto seja um óxido, uma vez que o processo é de combustão. Assim,

$M_0$ = 10,6 kg $\longrightarrow$ $N_0$ = 0,675 kmol

Dessa forma,

$\dfrac{N_{Fe}}{N_0}$ = $\dfrac{2}{3}$

Fórmula empírica: $Fe_2O_3$

f) Não é necessário conhecer a equação química da combustão da pirita para calcular a quantidade de matéria de dióxido de enxofre, pois basta assumir que todo o Enxofre do sulfeto compõe o $SO_2$ ao final da reação.

$N_{SO_2}$ = 0,9 . 2 . $N_{FeS_2}$
$N_{SO_2}$ = 1,8 . 0,5 kmol $\rightarrow$ $N_{SO_2}$ = 0,9 kmol

A seguir, temos:

(Na presença de V2O5)
$SO_{2(g)}$ + $\dfrac{1}{2}$ $\longrightarrow$ $SO_{3(g)}$
$SO_{3(g)}$ + $H_2O_{(l)}$ $\longrightarrow$ $H_2SO_{4(aq)}$

Daí,
$N_{H_2SO_4}$ = 0,9kmol $\longrightarrow$ $M_{H_2SO_4}$ = 88,2kg

Assim,
$V$ = $\dfrac{M}{C}$
$V$=$\dfrac{8,82 . 10^4g}{98kg/100L}$
$V$=9.10^4 L

g) Excluindo-se os pares de elétrons não ligantes, a geometria molecular de $SF_4$ é de gangorra, enquanto a molécula de $SF_6$ é octaédrica.
Perceba que o octaedro é uma figura muito mais simétrica do que a gangorra - uma vez que apresenta, por exemplo, um centro de inversão - e, em adição, tem grande área superficial: não seria equivocado dizer que um octaedro é muito semelhante a uma casca esférica.
O formato das moléculas de $SF_6$, portanto, facilita a sua volatização, viabilizando o movimento livre e desimpedido que caracteriza a fase gasosa.

Observação: é por razão semelhante que $He$ é mais volátil do que $H_2$, ainda que a massa molar daquele seja o dobro da massa molar deste.
^-^

 

#25

a)A lei da conservação da massa é uma lei empírica proposta por Lavoisier e diz que “a massa se conserva em um sistema fechado”. Primeiro: um sistema fechado é aquele que não permite troca de matéria com o exterior. Ou seja, mesmo que houvesse uma reação química naquele sistema, a massa se conservaria: se colocássemos uma folha de papel em uma balança e a queimássemos dentro de uma campânula, a massa do que está dentro da campânula não se alteraria. A lei das proporções fixas, também é uma lei experimental e foi proposta por Proust e diz que “em se formando o mesmo composto, as proporções dos reagentes é constante”, ou seja, se eu juntei 2g de hidrogênio com 16g de oxigênio para formar um certo produto, se eu juntar 4g de hidrogênio com 32g de oxigênio eu vou ter o mesmo produto. Essas duas leis foram essenciais para o desenvolvimento do primeiro modelo atômico. Imagine a situação: você junta 1g de X com 2g de Y e obtém 3g de Z. Agora você junta 0,5g de X com 1g de Y para obter 1,5g de Z. Repita o processo sempre dividindo a quantidade de reagentes por 2. Será que tem algum ponto em que não se pode mais dividir por 2? Dalton se fez essa pergunta e afim de explicar os dados experimentais propôs que há um ponto em que não se pode mais dividir e nesse ponto teria se chegado nos átomos. Para explicar a conservação da massa disse que os átomos não se criam nem se destroem e para explicar as proporções fixas disse que as moléculas são compostas por átomos e que cada combinação específica de átomos dava origem a moléculas diferentes.

b)O modelo de Dalton não explicava satisfatoriamente a eletricidade (quando Benjamin Franklin soltou pipa, ele colocou uma chave de metal para atrair os raios e provar que estes são descargas elétricas). Seu modelo não previa partículas carregadas em movimento. Com as experiências dos raios catódicos, foi descoberto um portador de carga negativa que era comum (acusado pela razão carga massa) a todos os materiais. A esse portador foi dado o nome de elétron. Como estava em todos os materiais, provavelmente fazia parte da constituição do átomo. Thomson então concluiu que o átomo era constituído por elétrons imersos em uma carga positiva distribuída pelo espaço.

c)O experimento de Rutherford consistia em uma fonte de raios alfa dentro de uma caixa de chumbo com um orifício. No caminho dos raios alfa ele colocou uma folha de ouro ultrafina. Ao redor da folha de ouro foi colocado um anteparo fluorescente que emitia luz de intensidade proporcional à quantidade de partículas alfa incidindo (figura acima). Os resultados obtidos foram: a grande maioria das partículas alfa atravessou a folha de ouro como se não houvesse nada, algumas tiveram um pequeno desvio e algumas poucas tiveram uma mudança grande de trajetória. Caso fosse pensado no modelo de Thomson, a carga positiva estaria tão dispersa que não conseguiria fazer as partículas alfa terem um desvio tão grande. Logo, a carga positiva deveria estar concentrada e o espaço em que ela estava concentrada era bem menor que o espaço onde o elétron estava. Assim Rutherford construiu o seu modelo: a carga positiva estava concentrada no núcleo do átomo, num espaço incrivelmente pequeno, e os elétron orbitavam ao redor do núcleo em um espaço bem maior.

d)Os espectros atômicos (imagem acima) mostravam que os átomos só absorviam e emitiam energia em certas quantidades. De acordo com a teoria clássica do eletromagnetismo, cada distância entre o elétron e o núcleo corresponderia a uma energia. Como existem infinitas distâncias entre o núcleo e o elétron, teoricamente, o elétron podia absorver ou liberar qualquer quantidade de energia. Contudo, a física clássica já mostrava alguns problemas, como explicar a radiação do corpo negro. Max Planck introduziu a ideia de quantização em 1905 e Bohr usou a mesma ideia para explicar os espectros. Ele postulou que haviam certos níveis de energia em que o elétron ficaria estável e não ganharia nem perderia energia, onde o elétron orbitaria com uma trajetória circular. Esses níveis de energia equivaleriam a uma quantidade de movimento associada ao elétron sendo um múltiplo inteiro da constante de Planck. Isso implica que o elétron não pode assumir todas as energias possíveis. Portanto a energia do elétron seria quantizada o que explica apenas algumas raias no espectro.

 

#26

a)Considerando que a intensidade da luz é proporcional à quantidade de partículas alfa batendo no anteparo e considerando que os únicos elétrons que serão ricocheteados serão aqueles que a trajetória atravessasse diretamente o núcleo e que as partículas alfa são distribuídas uniformemente pelo espaço e que a folha de ouro é apenas uma camada de átomos de ouro, temos que a razão entre os raios do núcleo e da eletrosfera é de 20000 e por consequência a razão entre os seus volumes é de (20000)³=8E12, ou seja, átomos são basicamente espaço vazio!

b)Dizer que as linhas maiores eram compostas por linhas menores significava que haviam diferentes diferenças de energia entre os níveis e, portanto, cada nível era composto de subníveis que tinham energia parecidas. Por exemplo, eram detectados fótons com 3,39, 3,40 e 3,41eV. O momento angular do elétron não podia mudar pelo postulado de Bohr, mas a energia dele precisava mudar. Para resolver isso, Sommerfeld disse que o elétron poderia orbitar o núcleo com uma trajetória elíptica. Com isso, o elétron ainda tinha o momento quantizado, mas tinha diferentes subníveis de energia. Para um nível de energia n, haveriam n subníveis energéticos, sendo 1 com órbita circular e n-1 com órbitas elípticas.

 

c)Quando os elementos químicos estavam sendo descobertos, alguns químicos notaram que alguns deles tinham propriedades muito semelhantes e estimaram que pudesse haver uma periodicidade das propriedades. Mendeleev deu um passo importante ao organizar a tabela no formato que a conhecemos hoje, os elementos estavam organizados em ordem de massa (com algumas exceções) e elementos na mesma vertical tinham propriedades semelhantes, constituindo as famílias. Mais tarde foi descoberto que os elementos da mesma família tinham uma certa semelhança em sua distribuição eletrônica, como por exemplo o sódio e o potássio, Na: [Ne]3s¹

K: [Kr]4s¹

Como conhecemos atualmente, o subnível s comporta dois elétrons, um com spin -1/2 e outro com +1/2, o subnível p comporta 6 elétrons, pois apresenta três possibilidades de número quântico magnético e dois para o spin e assim por diante. Tendo isso em mente, o subnível s comportaria 3 elétrons caso houvesse o spin 0 e o subnível p comportariam 9 elétrons e assim por diante. Logo as proporções que existem na tabela periódica não mudariam, mas teríamos 27 famílias.

 

d)O princípio da incerteza de Heisenberg diz que algo não pode ser localizado com muita precisão sem se perder precisão sobre o seu momento e vice-versa. Matematicamente, é expresso como xp≥h/4π. O princípio da exclusão de Pauli diz que não pode haver dois elétrons com o mesmo conjunto de números quânticos. Quando estamos preenchendo os orbitais isso implica que uma situação como o orbital 2s² ter os dois elétrons com o mesmo spin não pode ocorrer. A regra de Hund é a regra da máxima multiplicidade que diz a distribuição eletrônica de menor energia é aquela que tem o maior spin.

 

#27

a)A outra técnica é a difração de raio-X. Raios X são fótons altamente energéticos e com comprimento de onda baixo. Ambas as técnicas se baseiam na interferência de ondas que funcionam com seguinte princípio: se duas ondas em fase se sobrepõem, a amplitude delas é somada e a interferência é chamada de construtiva, se sobrepõem-se fora de fase a amplitude é subtraída e a interferência é chamada de destrutiva (como na figura acima). Quando os raios-X encontram a superfície de um cristal eles podem refletir na primeira camada de átomos ou na segunda. Isso gera uma diferença de caminho que depende do ângulo de incidência e que motiva a interferência. Na rede de difração, há várias fontes pontuais de luz que tem que percorrer distâncias diferentes até chegar ao anteparo e isso cria a interferência e acaba separando os comprimentos de onda da luz. A lei de Bragg vem da difração de raio X e é muito importante para entender a estrutura da matéria. Rosalind Franklin fez a técnica de difração de raio X no DNA e obteve um padrão. Francis Crick e James Watt olharam esse padrão (sem que Rosalind soubesse) e proporam uma estrutura para o DNA. Quando Rosalind terminou os seus cálculos, ela chegou na mesma estrutura, porém não recebeu o mesmo reconhecimento que James ou Francis.

b)Supondo que o elétron fosse uma onda, ele poderia fazer interferência da mesma forma que a luz. Thomson então acelerou os elétrons até uma certa velocidade e fez eles irem de encontro a uma estrutura cristalina. Ajustando a velocidade dos elétrons ele controlava o comprimento de onda. Em um certo ponto ele conseguiu o mesmo padrão que era obtido pelos fótons comprovando que o elétron pode se comportar como uma onda.

c)m_evr=nh/2π quantização do momento angular

m_ev²/r=ke²/r² força elétrica é a aceleração centrípeta

Dividindo 2 por 1: v=2πke²/nh, logo E=m_ev²/2=2π²m_ek²e⁴/n²h²

d)Qual é o grande ponto de o elétron poder se comportar como uma onda? Imagine colocar o elétron em uma caixa. Lá dentro ele terá uma certa velocidade. Se eu disparar uma arma de tal forma que os dois furos da bala formem uma reta paralela às paredes da caixa, para qualquer posição que eu atirar a probabilidade de acertar o elétron é a mesma? Intuitivamente, a resposta seria sim, mas não é assim que o elétron se comporta. Pensando nisso, podemos descrever o elétron como uma probabilidade de achá-lo no espaço. Isso é chamado de função de onda, para cada ponto no espaço atribuímos uma probabilidade para o elétron que é dado pelo quadrado do módulo da função de onda. Cada elétron no átomo tem uma função de onda. Um orbital é a forma geométrica dentro da qual a chance de encontrar o elétron é máxima.

e)Quando os átomos se juntam para formar uma ligação química, os elétrons não estão mais localizados em um átomo, mas na molécula inteira. Portanto a função de onda deve mudar. É nisso que a teoria do orbital molecular (TOM) se baseia. A primeira aproximação que essa teoria usa é a aproximação de Born-Oppenheimer que diz que como a massa do núcleo é muito maior que a massa do elétron considera-se que apenas os elétrons estejam se movendo. Outra aproximação que se usa é a combinação linear dos orbitais atômicos (CLOA) que diz que os orbitais moleculares podem ser aproximados para uma combinação linear dos orbitais atômicos. Portanto, um orbital molecular pode ser descrito como , onde  é um orbital atômico, c é o coeficiente da contribuição desse orbital atômico no orbital molecular e para descrever a molécula nós só precisamos encontrar os coeficientes c. Se n orbitais atômicos se combinam, n orbitais moleculares serão formados. Vamos analisar a molécula de H₂, por exemplo. Quando formos escrever o orbital molecular, podemos fazer os elétrons terem uma interferência construtiva ou uma interferência destrutiva. Quando ocorre uma interferência construtiva, a probabilidade do elétron se encontrar entre os núcleos de hidrogênio aumenta e a deles se encontrarem fora diminui. Como resultado disso, a energia dos elétrons diminui caso eles se combinem em fase. O oposto ocorre caso eles se combinem fora de fase. Portanto, a combinação dos orbitais atômicos pode gerar orbitais que diminuem a energia do sistema, chamados de orbitais ligantes, e orbitais que aumentam a energia do sistema, chamados orbitais anti-ligantes. Quando dois oxigênios se combinam, os seus orbitais moleculares ficam da forma:

Preenchidos de acordo com a regra de aufbau e demonstrando que há elétrons desemparelhados na molécula que podem se alinhar com um campo externo, justificando o seu paramagnetismo.

 

#28

a) O produto subatômico é o pósitron, $\beta_+^0$. Segue a reação nuclear balanceada:

$4H^1_1 \longrightarrow He_2^{4} + 2\beta_+^0$

b) Em termos de energia nuclear, Hélio 4 é um isótopo muito estável e não sofre decaimento radioativo apreciavelmente. Sua presença na atmosfera terrestre, contudo, é reduzida em virtude de sua ascensão às camadas exteriores dela, que culmina no escape do gás nobre rumo ao espaço cósmico.

A ocorrência desse fenômeno fundamenta-se na ínfima massa molar de $He^4_2$, que permite que, em temperaturas plausíveis para o planeta Terra, moléculas de Hélio atinjam a chamada velocidade cósmica primeira, ou velocidade de escape - que é a velocidade mínima de um corpo para que ele possa entrar em órbita em torno da Terra, "escapando" de seu campo gravitacional. Note que, como $E_{cinetica} = \dfrac{mv^2}{2}$ e $E_{cinetica} = \dfrac{3}{2}nRT$, a pequena massa molar do Hélio permite que o gás atinja a elevada velocidade de escape da Terra em temperaturas relativamente baixas.

c) A "preferência" de uma reação nuclear a produzir determinado nuclídeo em relação a produzir outro é definida pela relação entre as estabilidades nucleares dos produtos hipotéticos.
No tocante à estabilidade nuclear, o autor desta questão já escreveu uma compilação de noções introdutórias e uma apresentação das ideias mais sofisticadas sobre o assunto no horizonte das olimpíadas de Química. Lembre-se de que os Problemas da Semana serão mais úteis se resolvidos após a consulta das aulas do Curso Noic sobre os assuntos correspondentes: por estudar os padrões da Natureza, a Química é bastante conteudista e a resolução cega dos problemas da semana não é suficiente para uma preparação de sucesso para a OBQ.

Nesse sentido, o isótopo mais estável de Hélio é $He^4_2$, sendo sua maior estabilidade em relação ao $He^3_2$ racionalizada pelos seguintes fatos:

• A quantidade de nêutrons no Hélio 4 é igual à quantidade de prótons, o que, para átomos de número atômico pequeno, é uma garantia de estabilidade do núcleo atômico.
• Há quantidades pares de prótons e nêutrons no núcleo de um átomo de Hélio 4.
• As quantidades de prótons e nêutrons em $He^4_2$ são ambas iguais a um número mágico, 2.

A união dos três fatores supracitados torna indubitável a conclusão de que o Hélio 4 é mais estável do que o Hélio 3.

d) Da Equação de Clapeyron, temos:
$PV = nRT \longrightarrow \dfrac{PVM_{molar}}{RT} = nM_{molar}$

Dividindo a equação membro a membro pelo volume de gás, temos:

$\dfrac{PM}{RT} = \rho$

Dessa forma, podemos calcular diretamente a densidade do Hélio. Aplicando os dados do problema, temos:

$\rho = 0.163\dfrac{g}{L}$

#29

a) A ocorrência natural de elementos do grupo 14 - ao menos do Carbono ao Chumbo - é favorecida pelo fato de a quantidade de prótons em cada nuclídeo desse grupo ser um número par, fator que já foi mencionado na resolução da questão anterior. Revise as tendências de estabilidade nuclear aqui e aqui.

b)

c) Recomenda-se a leitura da ideia 5.
A superfície de Alumínio das colheres, a princípio muito suscetível à oxidação - em virtude do baixo potencial de redução do $Al^{3+}$ -, é recoberta por uma camada de $Al_2O_3$ após um primeiro contato com o ar.

Uma vez que se trata de um óxido muito compacto, a presença dessa camada externa - chamada camada de passivação - impede o contato do Oxigênio atmosférico com o Alumínio sob a superfície de óxido. Dessa maneira, embora espontânea, a oxidação do Alumínio cessa - o que justifica o emprego recorrente de materiais de Alumínio na cozinha.

d) $Al_2O_{3(s)}$ + $6HCl{(aq)}$ $\longrightarrow$ $2AlCl_{3(aq)}$ + $3H_2O_{(l)}$

e) A corrosão de metais mergulhados em água só é possível devido à presença de $O_2$ dissolvido no líquido - o papel da própria água no processo se explica por um mecanismo mais sofisticado para a corrosão de um metal.

Uma vez que a dissolução de gases em água é um fenômeno exotérmico, um copo de água quente contém menos $O_{2(aq)}$ do que um copo de água fria, por aplicação direta do Princípio de Le Châtelier. Por essa razão, uma colher de alumínio imersa em água quente sofre corrosão em uma extensão muito menor do que sofreria se estivesse imersa em água fria.

f) O fenômeno observado entre os elementos do Grupo 13 é chamado efeito do par inerte e consiste na tendência dos átomos mais pesados do grupo a manter seus elétrons do orbital s emparelhados.
Naturalmente, essa tendência é equivalente à de aumento da estabilidade do íon $M^+$ e diminuição de estabilidade do íon $M^{3+}$. Vale ressaltar, contudo, que essa não é uma justificativa do fenômeno de favorecimento da formação de íons monovalentes, mas uma mera descrição dele: o enunciado da questão evocou o efeito do par inerte e demandou uma explicação.

A formação de um cátion metálico sempre tem, como empecilho, a necessidade de se remover certa quantidade de elétrons de sua eletrosfera e, como fator vantajoso, a formação de ligações químicas. A formação do composto $AlCl_3$, por exemplo, depende do balanço energético entre as três primeiras energias de ionização do Alumínio e o valor de entalpia de ligação $Al-Cl$ - uma vez que a formação de ligações químicas é um processo exotérmico.

O efeito do par inerte se justifica porque, quanto mais pesado for um metal do Grupo 13, menor deverá se o valor de entalpia da ligação entre ele e outro ligante.
No caso específico de cloretos de metais do Grupo 13, o livro Química Inorgânica não tão Concisa, do autor JD Lee, apresenta os seguintes valores de entalpia média de ligação:

$GaCl_3 = 242\dfrac{kJ}{mol}$
$InCl_3 = 206\dfrac{kJ}{mol}$
$TlCl_3 = 152\dfrac{kJ}{mol}$$

Conclui-se, dessa forma, que a ocorrência de Gálio, Índio e Tálio - em ordem crescente de relevância - no estado de oxidação +3 é pouco compensada energeticamente pela formação de ligações químicas. Favorece-se, portanto, o estado de oxidação +1.

 

#30

a) No cloreto de tungstênio (VI), o tungstênio está com uma maior deficiência de elétrons que os outros, fazendo ele puxar as nuvens eletrônicas do cloro com certa intensidade, fazendo a ligação se assemelhar a uma ligação covalente.

Em outra linguagem, o $W^{6+}$ tem um maior poder polarizante, fazendo a ligação se assemelhar a uma covalente.

b) O enxofre tem em sua configuração um orbital d, que dificulta a formação de ligações $\pi$ entre orbitais p, como aconteceria na molécula $S_2$

c) Apesar de ambos os átomos de sódio puxarem a própria nuvem eletrônica com a mesma força, fazer uma ligação covalente deixariam eles mais eletricamente carregados, que é exatamente o contrário da tendência natural do sódio.

d) Fazendo o diagrama de energia para os orbitais moleculares do $He_2$, percebemos que há o mesmo número de elétrons sigma ligantes e sigma antiligantes, isso resulta em uma ordem de ligação 0, ou seja, não existe.

 

#31

a) Os três estados físicos habituais são: sólido, líquido e gasoso

b) Sólido: estado em que as partes constituintes (átomos ou moléculas) interagem de forma intensa, os constituintes geralmente se encontram de forma organizada e por isso deformações são mais difíceis nesse estado. Tem forma e volume definidos.

Líquido: nesse estado as interações ainda são fortes, mas os constituintes não se encontram de forma organizada o que permite deformações com menor resistência a qual se deve principalmente à viscosidade. Tem volume definido, mas forma variável

Gás: nesse estado os constituintes interagem fracamente/nulamente. Tem volume e formato variáveis, ocupando todo espaço disponível.

c) O sódio é um metal e o cloro é um ametal, por isso a ligação entre eles provavelmente é do tipo iônica. Nesse tipo de ligação, como um átomo é bem mais eletronegativo que o outro, o que existe são praticamente dois íons. Por isso a interação entre os constituintes se dá por forças eletrostáticas. O metano é constituído por dois átomos de eletronegatividade semelhante e por isso os elétrons estão essencialmente compartilhados entre os átomos e a ligação é do tipo covalente. Como o elétron pertence aos dois átomos a interação entre moléculas se dá por meio de interações mais fracas como a dipolo-dipolo ou forças de van der Waals. O cromo é um metal e tem elétrons que são fáceis de serem ejetados. Por isso, quando um átomo de cromo se ioniza, um elétron e um cátion são liberados. Quando o elétron colide com outro átomo, ioniza-o gerando mais íons. Por isso quando falamos de metais, há a teoria do mar de elétrons que diz que o estado sólido dos metais se dá de forma que existem muitos elétrons livres, como se formassem um mar, com cátion imersos nesse mar. Isso explica a alta temperatura de fusão e ebulição, pois os constituintes se mantêm juntos por forças eletrostáticas, e porque eles conduzem bem eletricidade, pois os elétrons estão livre e podem se movimentar gerando carga elétrica. Como o composto B tem baixa temperatura de fusão e de ebulição ele é o metano, como C conduz corrente elétrica no estado sólido, ele é o cromo e o composto A é o cloreto de sódio.

d) Quando vamos caracterizar uma ligação, podemos caracterizar a partir de sua polaridade. Obedecendo o princípio de menor energia possível o elétron passará um tempo maior no orbital que tiver menor energia. No caso do cloro e do sódio, a diferença de energia dos orbitais é grande e o elétron praticamente pertence ao cloro. Já no caso do metano a diferença de energia não é tão grande e os elétrons estão compartilhados. Para analisar se a energia dos orbitais que vão contribuir na ligação podemos analisar dois fatores: energia de ionização e afinidade eletrônica. A energia de ionização analisa quão facilmente um elétron é retirado de um átomo isolado na fase gasosa. A afinidade eletrônica é a energia liberada por um átomo isolado na fase gasosa ao receber um elétron. Então, vemos que se um átomo tem uma grande afinidade eletrônica e alta energia de ionização ele provavelmente vai “puxar” muito os elétrons e se o átomo tiver baixa energia de ionização e baixa afinidade eletrônica, ele vai querer “dar” os elétrons. Daí surge a escala de eletronegatividade inventada por Linus Pauli e por isso a eletronegatividade é um fator decisivo na caracterização da ligação.

 

#32

a) As premissas assumidas para o gás ideal são:

1) Um gás é composto por partícula muito pequenas e seu volume é desprezível com relação ao tamanho do recipiente

2) As partículas do gás não interagem entre si

3) Todas as colisões se dão de forma que a energia se conserva

Um gás real se aproxima de um gás ideal a altas temperaturas (como os constituintes estão muito rápidos, eles não conseguem interagir muito bem entre si) e baixas pressões (com poucas partículas o volume total delas é realmente desprezível em relação ao volume total)

b) Equação de van der Waals: (P+an²/V²)(V-nb)=nRT

Quando van der Waals pensou em fazer correções na equação dos gases, ele pensou em corrigir duas coisas: os constituintes têm volume e interagem entre si. Para levar em conta o volume dos constituintes, ele apenas diminuiu o espaço total livre (V) pelo volume ocupado pelos constituintes (nb), portanto o coeficiente b está relacionado ao tamanho das moléculas (inevitavelmente também leva um pouco em consideração as interações das moléculas). Para levar em consideração a interação entre as partículas, ele observou que as interações são apenas do tipo atrativas, sempre apontadas para o centro do contêiner e sua força é proporcional à densidade de moléculas. Como é atrativa e sempre apontada para o centro do contêiner, isso representa uma diminuição da pressão. Como cada partícula interage com todas as outras, se formos fazer um somatório da força, ela será proporcional à concentração de partículas ao quadrado. Por isso o coeficiente a exprime o quanto as partículas interagem entre si.

c) Átomos no vértice do cubo estão compartilhados entre 8 células então em cada célula tem 1/8 da sua massa. Analogamente, átomos na aresta contribuem com ¼ da sua massa, na face com ½ da sua massa e no centro contribuem com toda a sua massa. Por isso na primeira célula há apenas um átomo, na segunda há 4 e na terceira há 2.

d) A pressão de vapor é a pressão que o vapor do líquido exerce no líquido na situação de equilíbrio a uma determinada temperatura.

 

#33

a) Pela lei de Bragg sabemos que a=2dsenΘ, por isso, a=380pm. Como o sistema é cúbico simples tem apenas um átomo de polônio: d=m/V=M_Po/N_A*a=6327 Kg.m^-3. Obs: o resultado encontrado é diferente do experimental porque, na verdade, o polônio não cristaliza em um sistema cúbico.

b) H₂O_(l)<->H₂O_(g) K=P_H2O

ΔG=-R*T*lnK

ΔG=ΔH-TΔS

Portanto calculando o ΔG da reação a cada temperatura, podemos descobrir o ΔH e o ΔS com uma regressão linear: ΔH=39,5 KJ/mol e ΔS=105,6 J/mol*K

c) A tensão superficial é uma propriedade de líquidos que surge devido às atrações intermoleculares entre as partículas que faz com que eles tendam a diminuir sua área superficial. Imagine uma molécula no interior do líquido. Ela é atraída por todas as direções e fica em equilíbrio. Contudo, uma molécula na superfície do líquido é atraída penas para o interior do líquido criando um “potencial positivo” na superfície. W=ΔE=E_f-E₀=σΔA=35*10^-4

d) Na primeira situação: Imagine que uma gota de água condensasse. Qual seria a pressão de água em cima dela? Certamente menor que 10mmHg e como a pressão de vapor da água nessa temperatura é de 20mmHg, a gota irá virar vapor.

Na segunda situação: Imagine uma gota condensar. A pressão em cima dela será maior que 20 mmHg e mais água irá se condensar até que a pressão vira 20 mmHg

Na terceira situação: Imagine que no início tudo fosse água. Então um pouco de vapor é formado. A pressão desse vapor será maior que 20 mmHg e, portanto o vapor irá virar líquido

Logo, a fase de equilíbrio em cada situação será: 1°: vapor 2°: líquido+vapor 3°líquido

 

#34

A)

                         

B) BF₃ --> Possui geometria trigonal planar

XeF₄ --> Possui geometria quadrado planar, o que se explica pela presença de dois pares eletrônicos livres no átomo central (xenônio).

IF₇ --> Possui geometria bipirâmide pentagonal

C) Uma forma simples de avaliar a hibridação do átomo central é contando a quantidade de nuvens eletrônicas que o circundam.

BF₃ --> 3 nuvens eletrônicas, boro possui hibridação sp² .

XeF₄ --> 6 nuvens eletrônicas, xenônio possui hibridação sp³d² .

IF₇ --> 7 nuvens eletrônicas, flúor possui hibridação sp³d³ .

D) Uma boa explicação para esse comportamento do boro é obtida a partir de uma análise do seu poder polarizante. O poder polarizante , resumidamente, trata-se da capacidade que um cátion possui de distorcer a nuvem eletrônica do ânion. Nesse sentido, essa capacidade cresce com o aumento da densidade eletrônica do cátion. Portanto, um aumento da carga e uma diminuição do raio implicam aumento do poder polarizante. Contudo, como isso pode explicar a formação de uma ligação covalente? É simples, o acréscimo do polarizante permite que o cátion distorça mais efetivamente a nuvem eletrônica do ânion, o que aumenta o compartilhamento de conteúdo eletrônico — principal característica de uma ligação covalente.

Sob essa óptica, a elevada densidade de carga, causada principalmente por seu pequeno raio atômico (cerca de 85 pm), que o boro possuiria no processo de formação de um composto iônico, favoreceria, na realidade, a formação de uma ligação covalente.

E) I) Basta que o vetor momento dipolar resultante da molécula não seja nulo. Vale lembra que o vetor momento dipolo surge da diferença de eletronegatividade entre os átomos formadores de uma ligação covalente, ou seja, cada ligação tem um vetor relacionado a ela. Contudo, o critério para determinar a polaridade é a soma de todos esses vetores.

II) Todas são apolares.

Dica: No IF₇ basta perceber que os vetores axiais se anulam, restando apenas um pentágono regular formado por vetores de igual intensidade, portanto, o vetor resultante é nulo.

 

#35

Figura capaz de auxiliar o entendimento do problema proposto:

A) I) Para explicar a condução elétrica em um metal devemos pensar naquilo que é responsável pela maior parte de suas características — a ligação metálica. Essa ligação é caracterizada pela interação entre cátions metálicos e elétrons livres, o que promove a coesão entre essas espécies e mantém a ligação. É justamente a abundância de elétrons livres, segundo o Modelo do Mar de Elétrons ou Modelo do Gás Eletrônico, e a deslocalização destes que permitem a formação de corrente elétrica (que se trata do movimento ordenado de elétrons), mesmo em temperatura ambiente.

II) De fato, quando aquecemos um metal, ele perde parte de sua condutividade. O porquê disso é explicado pela agitação dos elétrons, que cresce significativamente com o aumento da temperatura. Essa agitação mais intensa dificulta a ordenação dos elétrons e, consequentemente, a formação de corrente elétrica.

B) I) Quando tratamos de um semimetal, devemos levar em conta a presença de duas bandas: a de condução e a de valência. Nesse sentido, para que o semimetal possa conduzir corrente elétrica é necessária a presença de elétrons na banda de condução, ou seja, a condução não ocorre livremente, como acontece com os metais. Dessa forma, a capacidade dos semimetais de conduzir corrente é inferior.

II) Ao aquecermos um semimetal, estamos fornecendo energia aos seus elétrons, que, por conta disso, passam a realizar mais facilmente o salto eletrônico para a banda de condução, favorecendo uma possível formação de corrente elétrica.

C) A adição de impurezas a um semicondutor se dá pelo processo de dopagem, transformando-o em um semicondutor extrínseco, que pode ser do tipo p ou do tipo n. Os semicondutores extrínsecos do tipo n (negativo) são aqueles que recebem impurezas que possuem mais elétrons de valência em relação ao semimetal original, como impurezas de antimônio em silício. O efeito desse tipo de impureza é o acréscimo de elétrons livres na estrutura do semicondutor, o que facilita a condução de corrente elétrica. Já os semicondutores extrínsecos do tipo p (positivo) são aqueles que recebem impurezas que possuam menos elétrons de valência em relação ao semimetal original, como impurezas de boro em silício. O efeito desse tipo de impureza é a formação de lacunas (como se fossem buracos na estrutura). Diferente do que a intuição nos leva a pensar, essas lacunas também auxiliam na condução de corrente elétrica, pois elas podem facilmente "aceitar" um elétron. Portanto, ambos os tipos de dopagem são capazes de facilitar significativamente a condução de corrente elétrica.

D) Esse fenômeno é chamado de supercondutividade, que foi descrita, inicialmente, por Heike K. Onnes. Acontece que, assim como uma série de outras propriedades dos materiais, a resistividade é bastante sensível à mudanças de temperatura. Observe o gráfico:

O ponto de inflexão representa a temperatura crítica, onde a resistividade do metal tende a zero, possuindo o comportamento de um supercondutor. A explicação mais plausível para essa observação é que baixas temperaturas possibilitam a formação de pares de elétrons, que auxiliam a condução de corrente, enquanto altas temperaturas impedem esse tipo de interação.

Esse assunto, por ser de notória complexidade, foi tratada de maneira superficial e resumida. No entanto, indico a leitura dos seguintes tópicos, caso você se interesse pelo assunto: Pares de Cooper, Fônons e a descoberta de supercondutores de alta temperatura.

 

#36

A)

B)

C)

D)

 

#37

1)

2) Estrutura 1:

Nox de cada hidrogênio = +1 (Realiza uma ligação com o oxigênio, que é mais eletronegativo)  Nox do enxofre = +4 (Realiza 4 ligações com o oxigênio, que é mais eletronegativo) Nox médio do oxigênio = $\dfrac{2 *-2 + 2 * -1}{4}$ = -1,5

Estrutura 2:

Nox de cada hidrogênio = +1 (Realiza uma ligação com o oxigênio, que é mais eletronegativo)  Nox do enxofre = +6 (Realiza 6 ligações com o oxigênio, que é mais eletronegativo) Nox médio do oxigênio = -2 (Todos os átomos de oxigênio realizam duas ligações com átomos mais eletropositivos)

3) A estrutura 2 é mais estável se comparada à estrutura 1.

4) O motivo da estrutura 2 ser a mais estável é a presença de menor carga formal em seus átomos(todos possuem carga formal igual a zero), enquanto alguns átomos possuem cargas formais não nulas. Lembre-se que estruturas com átomo que possuem cargas formais mais próximas, em módulo, de zero tendem a serem mais estáveis.

 

#38

1) Grafite: Possui Hibridação SP²

Diamante: Possui hibridação SP³

Fulereno (C60): Possui Hibridação SP²

2) Note que a energia livre de gibbs de formação do diamante é positiva, ou seja, trata-se de um processo endergônico. Dessa forma, sabe-se que o processo inverso (transformação de diamante em grafite) é um processo exergônico e, portanto, espontâneo, o que explica a conversão natural de diamante em grafite.

3) O grafite! Tal fato explica-se pela presença de nuvens eletrônicas Pi (já que o grafite possui duplas ligações), capazes de se deslocalizarem, o que possibilita a formação de corrente elétrica.

 

#39

1. Becquerel estava trabalhando com o obscurecimento de placas de filme devido a emissão de raio-X de um material exposto à luz solar. O experimento consistia em expor um cristal de uma substância química à luz solar e estudar o subsequente escurecimento da chapa fotográfica. Havia conseguido resultados promissores com sais que continham um elemento químico: o urânio. Ele então se ausentou do seu laboratório por algumas semanas e quando chegou observou que uma das chapas havia escurecido. Viu então que um pouco do sal de urânio tinha sido colocado próximo à placa e ele então deduziu que que a propriedade de emitir os raio-X era intrínseca ao material. Após isso, esse fenômeno foi mais intensamente estudado.
2. Ao contrário da maioria das reações químicas, a taxa de decaimento radioativo não é afetada pela temperatura ou pela diluição, depende apenas da quantidade de material radioativo.
3. A família Curie foi muito importante no desenvolvimento da radioatividade. Após as descobertas de Becquerel, os Curie desenvolveram uma teoria que foi a base da radioatividade clássica, cunhando o termo radioatividade. Marie Curie descobriu e isolou o polônio e o rádio e viu potencial medicinal para os elementos radioativos, fazendo grande esforço para que fossem usados na guerra.
4. Há três tipos de decaimento observados: alfa beta e gama, que podem ser separadas com a aplicação de um campo magnético. A radiação alfa é a mais pesada e tem o menor poder penetrante, uma folha de papel pode pará-la, tem carga positiva de duas cargas elementares e massa de 4 u.m.a., sendo basicamente um núcleo de hélio altamente energético. A radiação beta é bem mais leve que a alfa mais penetrante, um pedaço de madeira é necessário para pará-la, tem carga negativa de uma carga elementar e é basicamente um elétron altamente energético. A radiação gama não tem massa, nem carga, nem sofre desvio num campo magnético, é apenas um fóton de alta frequência e tem grande poder penetrante, com placas grossas de concreto conseguindo apenas retardá-la

#40

1. A radiação beta e a radiação gama não mudam o número de massa do núcleo, apenas a radiação alfa. Como a radiação alfa tem massa de 4 uma, a número de massa pode diminuir apenas em 4 unidades por vez e por isso o resto da divisão por 4 é constante
2. Cada emissão alfa diminui o número de massa em 4 e número atômico em 2 e cada emissão beta aumenta o número atômico em 1. Portanto, a situação que encontramos é um sistema de equações:

92-2*n_alfa+n_beta=82 (equação do número atômico)

238-4*n_alfa=206 (equação do número de massa)

Resolvendo o sistema encontramos n­_alfa=8 e n_beta=6

1. Cálculo do número de mols: n_U=m_U/M_U=1/238

n_U=1/238 mols=6,02*10²³/238=2,53*10²¹ átomos

1. Em condições adversas, como no caso do desastre, reações laterais podem ocorrer no reator nuclear e uma dessas reações é a fissão do urânio que produz iodo e outros isótopos. Dentro do corpo humano, o iodo é concentrado na tireoide, onde é metabolizado em hormônios, por isso quantidades grandes de iodo se acumulam na tireoide e, se radioativo, pode aumentar o risco de câncer de tireoide. Ao consumir iodo não radioativo, como numa inibição competitiva, a concentração de iodo radioativo na tireoide diminui, diminuindo o risco de câncer

#41

a) Os principais componentes do ar atmosférico são: nitrogênio (N₂, 78%), oxigênio (O₂, 21%) e gás carbônico (CO₂, ~1%)

b) Os componentes da mistura têm pontos de ebulição significativamente diferentes, por isso uma liquefação fracionada

c) O principal componente da atmosfera é o nitrogênio e o da crosta terrestre é o oxigênio. A molécula de nitrogênio tem uma ligação tripla e é altamente inerte, sendo difícil a sua fixação. Já o oxigênio tem uma ligação dupla e é muito mais reativo que o nitrogênio, sendo de fácil fixação

d) O nitrogênio é encontrado em toda molécula de aminoácidos (estrutura básica: carbono alfa ligado a um grupo amino, carboxilato, hidrogênio e radical, que determina o aminoácido). Muito embora ele seja essencial, devido à sua baixa reatividade, não conseguimos assimilá-lo pela respiração, que tem o papel de absorver o oxigênio. Portanto, caso submetido a uma atmosfera de nitrogênio, um animal morreria asfixiado

 

#42

a) O hélio é um elemento muito leve e a temperatura ambiente, sua velocidade quadrática média é maior que a velocidade de escape da terra, por isso, ele não fica na atmosfera

b) O urânio é radioativo e na sua série de decaimento emite várias partículas alfa, que nada mais são que núcleos de hélio. Ao capturar dois elétrons, vira um átomo de hélio e acaba se acumulando perto do urânio

c) O Sol tem uma massa e uma temperatura enorme, fazendo com que no seu núcleo a fusão nuclear seja possível. Esse processo consiste em juntar dois núcleos mais leves para gerar um mais pesado. Quando o combustível é o hidrogênio, hélio acaba sendo formado.

d) Ao analisar mais minuciosamente o espectro emitido pelo Sol, os cientistas foram capazes de identificar raias que faltavam nele. Então, analisaram o espectro de emissão de vários elementos e foram capazes de identificar vários elementos da composição do Sol, no entanto, algumas raias não eram emitidas por elemento algum. Dessa forma, deveria haver um novo elemento químico que absorvesse naquelas áreas, sendo assim descoberto o hélio.

 

#43

a) Os elementos da família 17 são chamados de halogênios e podem ser encontrados na forma X₂ e devido a isso, são moléculas apolares e a força de interação entre elas é por força de van der Waals que aumenta conforme a quantidade de elétrons do composto e da polarizabilidade de sua nuvem eletrônica. O F e o Cl têm relativamente poucos elétrons e baixa polarizabilidade e por isso são compostos gasosos. O I, por outro lado, tem muitos elétrons e é muito polarizável e é sólido. O Br é um caso intermediário e é líquido. O mercúrio é um metal e forma ligações metálicas. Elementos da família 12 tem ligações especialmente fracas por serem d¹⁰. O orbital 6s do mercúrio são muito externos e por isso o momento do elétron é muito alto o que resulta em correções relativísticas e isso diminui a energia do orbital. Devido a isso, o átomo de Hg é bem estável, o que diminui a força da ligação e faz com que ele seja líquido.

b) É importante localizar o Ga na tabela periódica. Ele está logo após a primeira série d. Os elétrons d não blindam tão bem a carga nuclear e por isso o próximo elétron sente uma atração maior, o que resulta num raio atômico menor e numa menor temperatura de ebulição.

c) Esse metal é o Cr. Devido a sua distribuição anômala ele é da forma 3d⁵4s¹ e isso justifica os dados da ionização.

d) Esse fato é realmente paradoxal, porque o potencial de redução deveria ser uma medida do quão fácil é tirar um elétron de um átomo e a energia de ionização do lítio é a maior da família. No entanto, a energia de ionização não é o único fator que influencia no potencial de redução. Em condições padrão, o Li⁺ é hidratado e como ele tem uma alta relação carga-raio, tem uma alta energia de hidratação o que acaba compensado a alta energia de ionização e faz com que o seu potencial de redução seja o menor da família.

 

#44

a) O potencial de redução do hidrogênio é maior que o do alumínio, por isso caso a eletrólise fosse feita em meio aquoso, haveria formação de H₂, que é explosivo e altamente perigoso. Para contornar essa limitação, a eletrólise é feita sem água, mas como deve haver uma corrente elétrica, os íons devem estar em movimento e por isso deve-se fazer a eletrólise com o sal fundido. Como sais são compostos iônicos, seus pontos de fusão são muito altos

b) A criolita tem a função de baixar a temperatura de fusão da mistura e permite uma temperatura de operação mais baixa

c) Cátodo: Al³⁺+3e^-=>Al

Ânodo: C+2O^2-=>CO₂+4e^-

 

#45

Inicialmente devemos balancear devidamente a equação química descrita para podermos responder os itens, e para isso podemos usar o método redox nesta seguinte reação:

$Ca_3(PO_4)_2 + SiO_2 + C \rightarrow CaSiO_3 + P_4 + CO$

Nesta reação os elementos que estão variando o nox são o $P$ e o $C$, onde no $C$ e no $CO$ o carbono apresenta o nox valendo respectivamente $0$ e $+2$, enquanto que no $Ca_3(PO_4)_2$e no $P_4$ o fósforo apresenta nox respectivamente igual a $+5$ e $0$. Com isso ao calcularmos os valores de variação do nox entre eles temos a seguinte situação:

Com isso é possível balancear a equação da seguinte forma :

$2Ca_3(PO_4)_2 + 6SiO_2 + 10C \rightarrow 6CaSiO_3 + P_4 + 10CO$

Com tudo isto feito já podemos iniciar o debate com relação aos itens:

$I$. (verdadeiro) De fato se somarmos os menores coeficientes possíveis para balancear está equação química a soma será $35$.

$II$. (verdadeiro) Por meio da variação dos nox é possível ver que realmente o $2Ca_3(PO_4)_2$ se reduziu enquanto o $C$ se oxidou

$III$. (falso) Este item se apresenta errado por conta da reação não apresentar um sentido dos produtos para os reagentes, tendo apenas o sentido dos reagentes para os produtos.

$IV$. (verdadeiro) Por conta do $2Ca_3(PO_4)_2$ ter reduzido temos que ele será o agente oxidante da reação, enquanto que pelo fato do $C$ ter se oxidado ele será o agente redutor.

 

Com isto podemos concluir que o item correto é o correspondente a letra $D$.

 

#46

a)

Óxido de Lítio -> $Li_2O$ => Massa molar: 30 => $\frac{4,9}{30} = 0,1633$

Óxido de Alumínio -> $Al_2O_3$ => Massa molar: 102 => $\frac{16,7}{102} = 0,1633$

Óxido de Silício -> $SiO_2$ => Massa molar: 60 => $\frac{78,4}{60} = 1,30$

Dividindo os valores pelo menor valor teríamos uma proporção de 1:1:8 de $Li_2O$ para $Al_2O_3$ e $SiO_2$. Dessa forma, a fórmula química seria $Li_2Al_2Si_8O_{20}$. Como os números de uma fórmula iônica devem estar nos menores coeficientes inteiros, já que é apenas uma representação da estrutura repetida no cristal, a fórmula de fato então é $LiAlSi_4O_{10}$

b) A equação balanceada da reação seria:

$2 Li_2O_{(s)} \rightarrow 4 Li_{(s)} + O_{2 (g)}$

Na prática, as semirreações seriam:

$Li^+ + e^- \rightarrow Li$

$2 O^{2-} \rightarrow O_2 + 4 e^-$

Podemos calcular o número de mols de elétrons total envolvidos na eletrólise, fazendo uma análise dimensional usando o valor de corrente, o valor de tempo e a Constante de Faraday:

$n_{e^-} = 2,5 \frac{C}{s} \cdot 10 h \cdot \frac{3600 s}{1 h} \cdot \frac{mol}{9,65 \cdot 10^4 C} = 0,933 mol$

Para calcular a massa de Lítio metálico formada, podemos utilizar a estequiometria da semirreação de redução e a massa molar do Lítio:

$m_{Li} = \text{0,933 mol } e^- \frac{\text{1 mol Li}}{\text{1 mol } e^-} \frac{\text{7 g Li}}{\text{mol Li}} = 6,5 g$

Para calcular o volume de Oxigênio formado, podemos utilizar a estequiometria da semirreação de oxidação e o volume molar de um gás na CATP, que pode ser calculado usando a Lei dos Gases Ideais:

$PV = nRT$ => $\frac{V}{n} = \frac{RT}{P} = \frac{0,082 \frac{L \cdot atm}{K \cdot mol} 298 K}{1 atm} = 24,4 \frac{L}{mol}$

$V_{O_2} = \text{0,933 mol } e^- \frac{\text{1 mol } O_2}{\text{4 mol } e^-} \frac{24,4 L}{mol} = 5,7 L$

c) Comparado com outros elementos da mesma família como Sódio e Potássio, o Lítio está mais no início da Tabela Periódica, ou seja, seu raio atômico é menor, assim como o raio iônico do seu cátion. Uma ligação iônica como a entre $Li^+$ e $OH^-$ ocorre por causa da atração coulômbica entre as cargas. Como a força de uma atração coulômbica depende do inverso da soma dos raios do cátion e do ânion, a ligação iônica do LiOH é mais forte que a do NaOH ou KOH, já que o raio do cátion é menor. Como na solvatação dos íons, essa ligação iônica deve ser quebrada para dar lugar à interação dos íons com a água, a energia liberada na solvatação do LiOH é menor que no caso do NaOH e KOH. Por isso, o LiOH é menos solúvel que os outros dois Hidróxidos.

 

#47

Para está questão devemos realizar uma analise em cima de cada item para determinar qual é o correto:

A) $Falso$: Este item se apresenta falso por afirmar que as leis ponderais apresentam ideias totalmente ultrapassadas, sendo ainda muito utilizado em vários aspectos da química.

B) $Falso$: Este item se apresenta falso por afirmar que as leis ponderais apresentam ideias totalmente atuais, sendo que determinadas situações da química não obedecem estás leis, como as reações nucleares, onde a matéria pode ser convertida em energia por exemplo.

C) $Falso$: Este item se apresenta falso por afirmar que todas as interpretações de uma lei geram as mesmas consequências, de maneira que a lei de Lavosier por exemplo prova que o item C está errado:

Interpretações da Lei de Lavosier:

$\bullet$ ´´Na natureza nada se cria, nada se perde, tudo se transforma``

$\bullet$ ´´A massa total presente em um sistema fechado, independente da reação, não varia``

$\bullet$ ´´Independente da reação química, a massa total dos reagentes é igual a massa total dos produtos

Na primeira interpretação temos que ela pode ser aplicada em reações nucleares, porém a segunda e a terceira explicação falham em explicar os processos nucleares decorrente na conversão da massa em energia.

D) $Falso$: Este item se apresenta falso por afirmar que as leis ponderais apresentam ideias totalmente ultrapassadas e que o método científico em sua origem ocasionava em concepções erradas e falhas, pois deste sua origem até hoje em dia o método científico passou por poucas alterações decorrente da sua eficiência desde seu nascimento.

E) $Verdadeiro$: Este item se apresenta verdadeiro, onde a lei de Proust apresenta falhas com os compostos não estequiométricos e a lei de Richter é praticamente não utilizada hoje em dia, onde sua definição se baseia nas ideias do equivalente grama.

 

#48

$Lei� de� Proust$: Também chamada de  lei  das  Proporções  Constantes, diz que para uma reação ocorrer existe uma proporção constante entre
os reagentes e produtos.

$Lei� de� Lavoisier$:  Também conhecida como Lei da Conservação das Massas, é normalmente enunciada pela famosa frase, dita por Titus Lucrecius: "Na natureza nada se cria, nada se perde, tudo se transforma", consistindo na ideia de que a massa dos reagentes é igual a massa dos produtos, em uma reação que ocorre em sistema fechado.

$Lei� de� Dalton$: A Lei das Proporções Múltiplas diz que existe mais de uma proporção fixa entre os reagentes assim possibilitando a formação de mais de um produto.

 

O modelo atômico proposto por Dalton, nos ajudou a entender melhor as leis ponderais, e ainda justifica muito de seus postulados com base nelas, principalmente o postulado que propõe que uma reação química é apenas um rearranjo de átomos.

 

#49

a) $Co_3O_4(s) + 4H_2SO_4(aq) \rightarrow CoSO_4(aq) + Co_2(SO_4)_3(aq) + 4H_2O(l)$

b) $B_2H_6(g) + 3O_2(g) \rightarrow B_2O_3(s) + 3H_2O(l)$

c) $Mg(O_2)_2(s) + H_2SO_4(aq) \rightarrow MgSO_4(aq) + H_2O_2(aq) + O_2(g)$

d) $Cl_2(g) + 3KI_(exc) \rightarrow� 2KCl(aq) + KI_3(aq)$

e) $3Hg(l) + 8HNO_3(aq) \rightarrow 3Hg(NO_3)_2(aq) + 4H_2O(l) + 2NO(g)$

f) $Hg(l) + 4HNO_3(conc) \rightarrow Hg(NO_3)_2(aq) + 2H_2O(l) + 2NO_2(g)$

 

#50

Para resolver o problema é necessário lembrar das solubilidade dos sais. Sabe-se que todos os nitratos são solúveis, então ao serem postas em uma solução de NaCl, os íons dos metais X e Y reagiriam com o cloro, assim formando o precipitado branco. Vendo que um precipitado foi formado, deve-se lembrar da solubilidades dos halogenetos, que quando são formados por $Cu^+1 , Ag^+1 , Pb^+2, Hg_2^+2$ são parcialmente insolúveis, logo já limitando a opção dos metais X e Y. Sabendo que o precipitado branco é composto por dois metais diferentes,  logo P e Q são compostos com metais diferentes. Dos metais em questão, o único que cumpre as exigências do enunciado para P é a prata, que ao reagir com amônia, gera $[Ag(NH_3)_2]Cl$ e com tiossulfato de sódio em excesso gera $Na_3[Ag(S_2O_3)] + NaCl$, já os outros sempre geram precipitados a reagirem com tais compostos. Já para Q, o precipitado amarelo altamente conhecido é o do $PbI_2$

Assim podendo concluir que os metais $X$ $e Y$ são $Prata$ e $Chumbo!$

 

#51

Inicialmente devemos ter em mente que nenhuma ligação é totalmente covalente ou totalmente iônica, de forma que assim as ligações apresentem caráteres destes aspectos, tendo isto em mente devemos lembrar que o nox se baseia na carga que um átomo teria caso uma ligação com caráter $100\%$ iônico seja rompida, enquanto que a carga formal se baseia na carga que um átomo teria caso uma ligação com caráter $100\%$ covalente seja rompida. Assim temos que o nox e a carga formal são conceitos idealizados.

Desta forma temos que a alternativa que corresponde ao item correto é letra $C$.

 

#52

Para respondermos a questão devemos analisar um item de cada vez:

$I$. $Verdadeiro$: Podemos constatar isso pelo diagrama de quadrículos deles, de maneira que eles terão orbitais p puros vazios, gerando assim um caráter eletrófilo neles, possibilitando assim que eles possam ser atacadas por nucleófilos. Após toda está analise podemos concluir que eles serão ácidos de lewis.

$II$. $Verdadeiro$: Neste caso o hidrogênio ionizado não sai do $H_3BO_3$ e sim do $H_2O$, de maneira que isso ocorre da seguinte forma:

• De início temos que uma molécula de água vai disponibilizar um par de elétrons ao boro, ocasionando em uma ligação covalente coordenada:

$H_3BO_3 +H_2O \rightleftharpoons B(OH)_3(H_2O)$

• Após isso a molécula de água ligada ao boro perde um $H^+$ para a água referente ao solvente:

$B(OH)_3(H_2O) + H_2O \rightleftharpoons {B(OH)_4}^- + H_3O^+$

Com isso temos que apenas 1 hidrogênio irá ser liberado quando o $H_3BO_3$ for adicionado em água, onde o hidrogênio protonado nem ao próprio ácido pertence.

$III$. $Falso$: Pois para ele ser um óxido o oxigênio deveria ser o elemento mais eletronegativo no composto, coisa que não ocorre no caso.

$IV$. $Falso$: Ele é um polímero formado por ligações tricentradas (um par de elétrons $\sigma$ em 3 núcleos).

$V$. $Falso$: Podemos ver a diferença pegando pela ideia de cada um, uma espécie anfiprótica é aquela que pode agir como aceitadora ou doadora de prótons, enquanto que a espécie anfótera é aquela que pode reagir com ácidos ou bases. Nós não podemos dizer que são sinônimos pois existem casos que correspondem a uma destas ideias e não correspondem a outra ideia, como é o caso do alumínio, que é anfotérica porém não é anfiprótica por conta de não conter $H^+$.

Desta forma temos que a alternativa que corresponde ao item correto é letra $A$.

 

#53

Tal sequência é justificada da seguinte maneira:

$HF$:: Possui o ponto de ebulição mais alto pois é o único que possui ligação de hidrôgenio entre os listados

O resto da sequência pode ser justificado observando a massa molar de cada um dos compostos, já que todos possuem o mesmo tipo de ligação intermolecular, logo aqueles que possuem menor massa terão menor ponto de ebulição.

 

#54

Analisando o Diagrama de Orbitais moleculares para a molécula de $O_2$ abaixo, observamos que tal molécula possui a seguinte configuração eletrônica: $(\sigma 1s^2 \sigma^* 1s^2) (\sigma 2s^2 \sigma^* 2s^2) (\sigma 2p_z^2) (\pi 2p_x^2) (\pi 2p_y^2) (\pi^* 2p_x^1) (\pi^* 2p_y^1)$ De acordo com essa configuração, o oxigênio possui elétrons 2 desemparelhados, o que resulta no fato dela ser paramagnética na natureza.

 

 

#55

Como a órbita é circular, podemos igualar a força centrípeta a força elétrica do elétron, dessa forma:

 

$\frac{mv^2}{r} = \frac{K.q_1.q_2}{r^2}$

$mv^2 = \frac{Z.e^2}{4\pi.r.\varepsilon_o}$

$v^2=\dfrac{Z.e^2}{4.\pi.r.\varepsilon_o.m}$

Agora quantizaremos o momento angular:

$m.v.r = \frac{nh}{2\pi}$

$v^2 = \dfrac{n^2 h^2}{4.\pi^2 .m^2.r^2}$

 

Igualando os dois resultados encontrados temos:

$\frac{Z.e^2}{4.\pi.r.\varepsilon_o.m} = \frac{n^2 h^2}{4.\pi^2 .m^2.r^2}$

$r= \dfrac{\varepsilon_o.n^2.h^2}{4.\pi.m.Z.e^2}$

 

#56

O Princípio da Exclusão da Pauli afirma que os dois elétrons de um orbital não podem ter os quatro números quânticos, visto que para definir um orbital são necessários três números quânticos $n$, $l$ e $m$, como cada orbital pode conter dois elétron seria necessário a existência de um número quântico para definir seu spin, com isso diferenciado cada elétron. Já a Regra de Hund estabelece que o número de elétrons não emparelhados em um certo nível energético é sempre o máximo.

Nesse sentido, podemos prever a configuração dos $20$ primeiros elementos da seguinte maneira:

O hidrogênio possui um elétron que ocupa o nível $1s$ , já o hélio possui dois elétrons onde o segundo também ocupa o nível $1s$ , porém por Pauli esse elétron deve ter o spin oposto, assim preenchendo completamente o $1s$.

Já para aqueles que possuem algum parte do orbital $p$ preenchido deve se lembrar da Regra de Hund. Exemplificando: O Carbono possui $6$ elétrons, os $4$ primeiros seguem a primeira ideia para os níveis $1s$ e $2s$ , já os $2$ finais que devem estar no orbital $p$ preenchem seus espaços seguindo Hund, ou seja sempre preenchendo os espaços de maneira em que os orbitais estejam com o número mínimo de elétrons com spins opostos reunidos. Dessa maneira o raciocínio segue análogo para os próximos elementos.

 

#57

Inicialmente devemos entender alguns pontos. O azul de metileno terá vários papeis neste processo, como o de ser catalizador, agente de transferência de oxigênio e de certa forma um indicador para a etapa que está ocorrendo (a rigor ele não atuará como indicador), logo podemos concluir que ele não irá participar da reação. Com isso temos que a reação que irá ocorrer será:

$C_6H_{12}O_6 + {1 \over 2}O_2 + OH^- \rightleftharpoons {C_6H_{11}O_7}^- + H_2O$

Desse modo no estado inicial e após ser agitado (quando a cor da solução for azul) a glicose (que é um açúcar redutor) vai se oxidar a um ácido carboxílico por meio da redução do $O_2$ e do azul de metileno até leucometileno (que é transparente), tornando desse modo a solução com aspecto transparente. Com a agitação irá ocorrer uma solubilização do oxigênio presente no meio exterior, de modo que a reação irá tender para a direita, de maneira que para o ácido carboxílico retornar ao estado de açúcar será necessário que ele seja reduzido, com isso o leucometileno atuará como agente redutor, sendo convertido a azul de metileno, dando novamente um caráter azulado para a solução.

 

#58

Emissão Alfa: Partículas Alfa são constituídas por dois prótons e dois nêutrons, por conta disso também podem ser chamadas de núcleos de $He$. Possui carga relativa de +2 e massa de 4. Sofre desvio em campos elétrico, magnético e gravitacional.

Emissão Beta: Partículas Beta são elétrons de altíssima energia cinética resultantes do decaimento de nêutrons. Possui carga relativa de +1 e sofre desvio em campos elétrico, magnético e gravitacional.

Emissão Gama: Raios Gama, não partículas, são ondas eletromagnéticas de altíssima energia. Não possuem massa nem carga e sofrem desvio apenas no campo gravitacional.

Poder Ionizante: $\alpha > \beta > \gamma$

Poder de Penetração: $\alpha < \beta < \gamma$

 

#59

Fazendo as fórmulas estruturais das moléculas:

$COCl_2$: geometria é trigonal plana, hibridização $sp^2$ e o número de pares eletrônicos livres é 0.

$H_3PO_4$: geometria é tetraédrica, hibridização $sp^3$ e o número de pares eletrônicos livres é 0.

$IF_7$: geometria é bipirâmide pentagonal, hibridização $sp^3d^3$ e o número de pares eletrônicos livres é 0.

$KrF_4$: geometria da molécula é quadrado planar, hibridização $sp^3d^2$ e o número de pares eletrônicos livres é 2.

$I_3^{-}$: geometria da molécula é linear, hibridização $sp^3d$ e o número de pares eletrônicos livres é 3.

 

#60

As interações intermoleculares influenciam o calor específico e latente dos materiais. Quanto mais "forte" é a interação entre as moléculas, é necessária mais energia para rompê-la, de maneira que se mude o estado de agregação da substância.

Portanto, em uma primeira análise, substâncias com ligações de hidrogênio têm maiores temperaturas de fusão e ebulição do que substâncias com interações dipolo-dipolo, que têm maiores temperaturas de fusão e ebulição do que substâncias com forças de dispersão de London.

 

#61

No plano que contém quatro átomos de flúor, o momento de dipolo elétrico resultante é zero. Assim, só vamos nos preocupar de fato com a ligação $\textbf{Br} - \text{F}(2)$.
Pela definição de momento de dipolo elétrico,

$\vec{\mu} = \delta \vec{r} \implies \| \vec{\mu} \| = \delta r \,.$

Enfim, isolando a carga parcial,

$\delta = \frac{\mu}{r} = \frac{1.510 \cdot 3,336 \times 10^{-30} \text{C} \, \text{m}}{1.6890 \cdot 1,0 \times 10^{-10} \text{m}} = 2,982 \times 10^{-20} \text{C}\,.$

 

#62

 

Inicialmente devemos ter em mente que a camada escura na prata é resultado da formação de sulfeto de prata, de modo que os gases presentes no dia a dia que poderia dar origem a isto são o $SO_2$ e o $H_2S$. O agente não poderia ser o dióxido de enxofre por conta dele mesmo em baixas concentrações resultar em enormes irritações no sistema respiratório e em superfícies úmidas do corpo humano. Com isso podemos concluir que se trata do sulfeto de hidrogênio, onde ele apresenta um cheiro de carne em decomposição e ovos podres. A reação é a seguinte:

$H_2S + 2Ag + {1 \over 2}O_2 \rightarrow Ag_2S + H_2O$

 

#63

Ionização do ácido bórico:

1° etapa -> $H_3BO_3 + H_2O \rightleftarrows [B(OH)_3(H_2O)]$

2° etapa -> $[B(OH)_3(H_2O)] + H_2O \rightleftarrows [B(OH)_4]^- + H_3O^+$

Ionização do ácido fosfórico:

1° etapa -> $H_3PO_4 + H_2O \rightleftarrows H_3O^+ + H_2PO4^-$

2° etapa -> $H_2PO4^- + H_2O \rightleftarrows H_3O^+ + HPO4^2-$

3° etapa -> $HPO4^- + H_2O \rightleftarrows H_3O^+ + PO4^3-$

 

Tal diferença pode ser explicada pelo fato do Boro possuir um orbital 2p vazio, o que faz com que ele se comporte como ácido de Lewis, recebendo o próton da água.

 

#64

Fazendo a distribuição eletrônica do mercúrio: $[Xe] 4f^{14}5d^{10}6s^{2}$. Devido à presença dos subníveis d e f internos em relação ao s, há uma baixa blindagem sobre este que é motivada pela baixa penetrabilidade dos subníveis d e f fazendo com que exista um efeito $inerte$ sobre o par de elétrons do orbital 6s. Esse efeito, denominado efeito do par inerte, faz com que a ligação metálica feita pelo mercúrio seja fraca e esse metal seja um metal líquido na temperatura ambiente.

 

#65

Seguindo a teoria ácido-base de Arrhenius, um ácido deve liberar $H^+$ e uma base debe liberar $OH^-$. Analisando as reações das substâncias dadas, descobrimos qual delas são ácidos e bases:

$KOH \Longrightarrow K^+ + OH^-$

$H_2SO_4 \Longrightarrow 2 H^+ + SO_4^{2-}$

Logo, $KOH$ é a base e $H_2SO_4$ é o ácido.

O $CH_4$ é o metano, gás orgânico;
E sabemos que $C_3H_5NaO_2$ é um sal pois ele é o resultado da reação de neutralização do ácido proanóico($C_3H_6O_2$) e o hidróxido de sódio($NaOH$).

Logo, a opção $D$ é a correta.

 

#66

O número quântico da as propriedades e localização do "último elétron" de um átomo.

• Como $n = 3$, esse elétron está localizado na camada M ou no $3^o$ nível de energia.
• Como $l = 2$, sabemos que o eletron está em um subnível d.
• Como $m = -1$, temos:
• Como $s = +1/2$, temos que o último elétron do nosso átomo tem a seta apontada para baixo.

Logo, esse é o nosso "último elétron", o 3d7:

Ao consultar a tabela periódica, concluímos que esse átomo é o Cobalto, Co.

 

 

#67

O Boro tem 3 elétrons em sua camada de valência, como ele faz 1 ligação com 3 átomos de Cloro, temos uma geometria trigonal plana:

O Oxigênio tem 6 elétrons em sua camada de valência, como ele faz 2 ligações nesta molécula, o 2 pares de elétron restante causam uma repulsão resultanto em um angulo entre as ligações hidrogênio-oxigênio. Assim, temos uma geometria angular:

O Fósforo tem a hidrização $sp^3d$, logo temos uma geometria de bipirâmide trigonal:

O Xenônio tem hibridização $sp^3d^2$, como temos 6 átomos de Flúor, temos uma geometria octaédrica:

Logo, a opção $D$ é a correta.

 

#68

A) Se o elétron é uma partícula carregada que é acelerada para orbitar o núcleo, então as Equações de Maxwell predizem que ele deveria emitir luz e, eventualmente, espiralar até o núcleo. Mas então nada do que conhecemos poderia existir! Esse era um dos motivos que motivava a proposição de uma nova teoria atômica.

 

#69

(Traduzido do Mark Scheme oficial da UK Chemistry Olympiad 2022.)

 

(a)

 

(b) A é $\text{HNO}_{\text{3}}$.

 

(c)

(d) D é $\text{NO}$. E é $\text{NO}_{\text{2}}$. F é $\text{N}_{\text{2}}\text{O}_{\text{3}}$. X é $\text{N}_{\text{2}}\text{O}_{\text{4}}$.

 

(e)

 

#70

I- Falso, porém o contrário é verdade.

II- Verdade.

III- Falso, o íon $F^-$ é bem mais instável que o íon $Cl^-$ e por isso o ácido $HCl$ é mais forte.

IV- Falso, sais de fato são espécies iônicas, porém não há restrição quanto o carbono quando sequer o sal contém esse elemento.

V- Verdade.

 

#71

A) $Fe_{(s)}+ H_2SO_{4(aq)} \rightarrow Fe_2SO_{(aq)} + H_2{(g)}$

B) $3Cu_{(s)}+ 8HNO_{3(aq)} \rightarrow 2NO_{(g)} + 4H_2O_{(l)} + 3Cu(NO_3)_{2(aq)}$

C) $Zn_{(s)} + H_2O_{(l)} \rightarrow$ Não ocorre reação, pois metais normais só reagem com vapor de água.

D) $CuS_{(s)} + O_2 \rightarrow Cu_{(s)} + SO_{2(g)}$ (Reação de Ustulação).

E) $CaC_2O_{4(s)} + 1/2O_{2(g)} \rightarrow CaO_{(s)} + 2CO_{2(g)}$

 

#72

Em semicondutores o aumento da temperatura aumenta a condutividade já que fornece energia suficiente para o elétron ultrapassar o espaçamento entre as bandas, já em condutores o aumento da temperatura diminui a condutividade pois ocorre dilatação do metal e aumento da entropia.

 

#73

 

A ligação ocorrida entre os átomos de Boro e Hidrogênios no meio é denominada ligação tricentrada, sendo formada por 2 orbitais $sp^3$ e os orbitais s do hidrogênio de maneira alternada.

 

#74

a) O tamanho do átomo é diretamente influenciado pela blindagem e carga nuclear efetiva, que atuam uma complementando a outra. A carga nuclear efetiva representa  real carga que o núcleo dispõe para atrair os elétrons da camada de valência, que é diminuída quanto maior a blindagem. Átomos de maior carga nuclear efetiva  tem seu raio menor, justamente por terem um núcleo que atraia mais seus elétrons.

b) Contração lantanídica é a diminuição do raio atômico acumulada ao longo da série dos lantanídeos. Ocorrem variações muito pequenas de elemento a elemento, mas que resultam num acúmulo significativo em toda a série. Isso é devido à pequena variação da carga nuclear efetiva, em função da baixa blindagem dos orbitais 4f e 5d. Como consequência, o tamanho dos átomos dos elementos de transição que seguem os lantanídeos é praticamente igual ao dos elementos do mesmo grupo no 5o período. Assim, os elementos do 5o e do 6o período localizados na mesma família de transição possuem praticamente as mesmas propriedades.

c)Para explicar esse fenômeno é necessário observar as configurações eletrônicas de cada um dos elementos. O acréscimo de 1 elétron ao passar do promécio para o samário ocorre na antepenúltima camada (subnível 4f), enquanto que ao passar do háfnio  para o tântalo  ocorre na penúltima camada (subnível 5d). A distância média do elétron 5d ao núcleo é maior, de modo que a penetrabilidade e a blindagem são menores, fazendo com que a camada externa sinta mais fortemente a atração nuclear causada pelo acréscimo de 1 próton, o causa maior redução de raio atômico.

 

 

#75

Gabarito: D

a) $N_2O$ é óxido neutro

b) $NaHPO_4$ vem de neutralização parcial, $FeO$ é óxido básico e $NH_4Cl$ é solúvel em água

c) $BaCl_2$ é solúvel em água

d) Correto

e) $NaHCO_3$ vem de neutralização parcial

 

#76

Poder polarizante: O poder que o cátion tem para deformar a nuvem eletrônica de um ânion

Polarizabilidade: Facilidade que um ânion tem para ter sua nuvem deformada.

 

Dessa maneira, é possível dizer que quanto maior o poder polarizante do cátion e a polarizabilidade do ânion a ligação fica mais forte e adquire maior caráter covalente.

 

 

#77

a) 6, pois tanto $H_2O$ e o $NO_2$ são ligantes monodentados.

b) 6, pois o $(EDTA)]$ é um ligante hexadentado

c) 6, pois a $NH_3$ é um ligante monodentado e o etilenodiamino é bidentado.

 

#78

I - $NaCl$ vem da neutralização de $NaOH$ com $HCl$. Portanto, neutralização total.

II - O ânion $HSO_4^-$ no $NaHSO_4$ ainda tem um hidrogênio ionizável. Portanto, neutralização parcial do ácido.

III - Note que o ácido $H_3PO_3$ só tem dois hidrogênios ionizáveis. Portanto, por mais que haja um hidrogênio na fórmula do sal, esse sal vem de uma neutralização total do ácido pela base $NaOH$

IV - Como $H_2CO_3$ tem dois hidrogênios ionizáveis, o sal em questão é um sal ácido, pois a espécie $HCO_3^-$ ainda tem um hidrogênio ionizável. Assim, a neutralização é parcial.

V - O ânion desse sal, $HPO_4^{2-}$ ainda tem um hidrogênio ionizável. Portanto, neutralização parcial.

 

#79

Os sais de II a V sofrem hidrólises consideráveis pois vem de ácidos fracos ou são ácidos fortes.

Para espécies anfipróticas o pH pode ser calculado por: $pH=1/2(pK_1+pK_2)$, onde $pK_1$ é a constante ácida da espécie com um hidrogênio a mais que o ânion em questão e $pK_1$ a constante ácida da espécie em questão.

 

#80

Observando o diagrama acima é possível visualizar que a molécula é paramagnética, já pela TLV a molécula é diamagnética.

 

#81

A criolita é usada como fundente. Sua mistura com o óxido de alumínio diminui a temperatura de fusão em $1000K$ e viabiliza a eletrólise para ocorrer em indústrias.

 

#82

Desenhando a estrutura cúbica de face centrada:

Note que existem $4$ átomos completos nesta cela ($8.1/8$ em cada vértice e $6.1/3$ em cada lado). Assim, o volume total ocupado pelos átomos será $4.V_{atomo}$ onde $V_{atomo}$ é o volume de cada átomo. Como os átomos são tratados como esferas rígidas, o volume de cada átomo é dado por $4/3\pi r^3$ onde r é o raio do átomo.  Daí o volume total ocupado pelos átomos será $16/3 \pi r^3$

Agora precisamos achar uma relação entre o raio do átomo e a área ocupada por cada cela:

Veja a figura abaixo:

Note que há uma relação entre a aresta a e o raio r do átomo: $4r=a\sqrt 2$ e $a^3=16\sqrt 2.r^3$.

Dividindo o volume que todos os átomos ocupam pelo volume total da cela:

$\frac{16/3 \pi r^3}{16\sqrt 2.r^3}=0,74$. Portanto, 74%.

 

#83

Quanto maior a massa molecular de uma substância, maior a dificuldade de "levantar" um mol desta espécie a uma dada temperatura e se torna necessário uma maior quantidade de energia para vencer a pressão atmosférica e vaporizar.

Quanto mais polarizada uma espécie for, maior a atração eletrostática entre moléculas dessa substância e maior a dificuldade de romper essas atrações, se tornando necessário mais energia.

 

#84

Para resolver essa questão é necessário analisar cada alternativa em busca de um erro:
a) O erro está no número de spin, o correto seria $-{1 \over 2}$.
b) O erro está no número magnético, o correto seria $-1$.
c) O erro está no número azimutal, o correto seria $3$.
e) O erro está no azimutal, o correto seria $2$.

Logo a alternativa correta é a letra $D$.

 

 

#85

Isso ocorre por conta do ácido nítrico possuir uma enorme capacidade oxidativa, fazendo com que ele dissolva uma quantidade praticamente nula de ouro, desse modo o ácido clorídrico fornece cloretos para reagir com o os íons de ouro, retirando esses íons da solução e criando a possibilidade do equilíbrio de le chatelier , em relação a retirada de produto, entrar em ação, dissolvendo assim o ouro.

 

#86

 

$1$ - $3 NaOH + H_3PO_4$  $\rightarrow$  $Na_3PO_4 + 3H_2 O$

$2$ - $BaCO_3 + 2H^+ + SO_4^{2-}$  $\rightarrow$ $BaSO_4(s) + H_2O(l) + CO_2(g)$

$3$ - $Ca(OH)_2 +CO_2 + H_2O$ $\rightarrow$ $Ca^{2+} + HCO_3^-$

 

#87

$4$ -  $6 Li + N_2$ $\rightarrow$ $2Li_3N$

OBS: Reação extremamente interessante e “carteada”. Apenas Lítio e Magnésio (relação diagonal da tabela periódica) reagem com o nitrogênio dessa maneira.

$5$ - $OCl^- + 2H^+ + Cl^-$ $\rightarrow$ $Cl_2 + H_2O$

$6$ -  $Ce^{4+} + Fe^{2+}$ $\rightarrow$ $Ce^{3+} + Fe^{3+}$

 

#88

$7$ -

$8$ - $^{14} _6 C$ $\rightarrow$ $^{14} _7N + ^0_1$ $\beta$

$9$ - $HCl + H_3C - CH = CH_2$ $\rightarrow$ $H_3C - CHCl - CH_3$

#89

$\bullet$ Na presença de base forte (para fins didáticos, será utilizado o $NaOH$ como possível base forte):

$H_3BO_3 + NaOH \rightarrow Na_3BO_3 + 3H_2O$

Logo, podemos concluir que o ácido bórico apresenta $3$ hidrogênios ionizáveis na presença de base forte.

$\bullet$ Na presença de água:

Logo, podemos concluir que o ácido bórico apresenta $1$ hidrogênio ionizável na presença de água.

 

#90

a)

b)

 

#91

 

#92

A melhor maneira de comparar o ângulo de ligação é desenhar as estruturas de Lewis e aplicar o modelo VSEPR. Podemos facilmente concluir que o ângulo de ligação O – N – O é 120° em NO3- e é trigonal planar. O ângulo de ligação no nitrito é ligeiramente menor que 120°, pois tem uma estrutura angular com um par de elétrons isolado no N central, conforme mostrado abaixo:

#93

Solução:

Desenhar estruturas de Lewis é a chave para resolver este problema.
A) O HCNO possui uma estrutura de ressonância com ligação tripla entre C e N e outra com ligação dupla ligações entre C=N e N=O. A estrutura de ressonância de ligação tripla é mais favorável, uma vez que o a carga formal negativa está no oxigênio, o elemento mais eletronegativo.
B) HNCO tem uma estrutura de ressonância com uma ligação tripla entre N e C, mas uma estrutura muito mais estável se forma quando há uma ligação dupla entre N = C e também C = O ( par de elétrons isolado em N).
C) H3CNO é mais estável com um par de elétrons isolado em nitrogênio e uma ligação dupla entre N=O. Pode haver ser apenas uma ligação simples entre C e N, uma vez que C já possui três ligações com o hidrogênio e só pode formar Mais 1 ligação sem expandir seu octeto.
D) Semelhante ao acima, C só pode formar uma ligação simples com N, uma vez que C não pode exceder 4 ligações.

                                                                                                                                      HCNO

 

#94

O FNNF possui dois isômeros, cis e trans, com estruturas de Lewis mostradas abaixo:

Como os isômeros geométricos de alcenos com ligação dupla C=C, o isômero com ambos os átomos de F no mesmo lado de N = N é chamado cis, enquanto outro com dois átomos de F em lados diferentes é chamado trans. Portanto, [A] é uma afirmação correta. Existem três domínios de elétrons em torno de cada nitrogênio, prevê-se que ambos os isômeros tenham um geometria trigonal planar para cada nitrogênio, portanto, [B] também é uma afirmação correta. Comparado ao N2F4 com uma única ligação N – N, a ligação N = N em N2F2 é supostamente mais curta, então, [C] é uma afirmação incorreta. Uma estrutura de Lewis razoável do isômero estrutural do N2F2 é mostrada abaixo. Como existem cargas formais em ambos os N, é menos estável do que os dois isômeros geométricos acima sem carga formal. [D] é uma afirmação correta.

 

#95

Sabemos que a relação raio aresta em um retículo cúbico de face centrada é dada por:

$a\cdot 2^{0,5} = 4\cdot r$

Assim:

$r = \cfrac{a\cdot 2^{0,5}}{4}$

Substituindo valores temos que $r = 127 pm$.

 

#96

Para sistema cúbicos simples, a relação cubo-raio está na aresta do cubo, então temos que a=2r

 

#97

Já para sistemas cúbicos de faces centradas, podemos ver que a maior densidade linear do cubo já não se encontra mais na aresta e sim pela diagonal do cubo, logo $a \cdot \sqrt{2} = 4 \cdot r$.

 

#98

Sabendo que o volume de uma esfera é  $\frac{4}{3} \cdot \pi \cdot R^3$ . O sistema cúbico de face centrada possuímos oito esferas nos vértices que são compartilhadas por oito cubos, já as esferas nas faces são compartilhadas por dois 2 cubos, logo o total de esferas presentes na célula é:

$\frac{1}{8} \cdot 8 + 6 \cdot \frac{1}{2} = 4$

O volume da célula é $a^3$, então:

EF = $\frac{4 \cdot \frac{4}{3} R^3}{\frac{4R}{\sqrt{2}}^{3}}$

 

#99

A) A questão deveria ter sido feita a partir da descoberta da geometria molecular pela construção da estrutura de Lewis e uma posterior análise da VSEPR para inferir não apenas geometria, mas também hibridização.

• $NH_{4}^{+}$: $sp^{3}$ tetraedro.
• $C_{1}$ do E-prop-1-en-1-ol: $sp^{2}$ trigonal planar.
• $PCl_{5}$: $sp^{3}d$ pirâmide trigonal.
• $SF_{4}$: $sp^{3}d$ gangorra.
• $H_{2}SO_{4}$: $sp^{3}$ tetraedro.

B) Quando há o aumento da concentração do $I_{2}$, a reação possui seu favorecimento para a formação do $I_{3}^{-}$. Este, por sua vez, possui uma hibridização do átomo central de $sp^{3}d$, entretanto apenas dois ligantes, o que faz com que os outros iodos posicionem-se em posição axial e formem uma espécie de geometria linear.

 

#100

A) O $[AuCl_{4}]^{-}$ é um complexo metálico que é solúvel em meio aquoso, o que faz com que seja possível a dissolução do metal ouro através de uma complexação. No átomo de ouro, a distribuição eletrônica faz-se como $[Xe] 6s^{1}4f^{4}5d^{10}$, portanto, no complexo com carga 3+, a distribuição eletrônica do ferro encerra-se em $5d^{8}$. Por conta disso, para diminuir a repulsão dos orbitais d do metal que participam da formação do complexo (lembrando-se de seguir a regra dos 18 elétrons), a melhor disposição espacial é um quadrado plano. 

B)

É possível observar, portanto, como a geometria do nitrônio é uma geometria molecular linear.

 

#101

Temos uma ressonância entre as duas formas canônicas, porém, a mais estável das duas é a primeira, haja visto que o oxigênio comporta melhor a carga negativa. Assim, caso sua resposta for a primeira, ainda está correta.

 

#102

Essa é uma reação bem famosa, principalmente no meio da química orgânica. Trata-se da síntese de Wholer, onde ao se aquecer o cianato de amônio é produzido ureia, um composto orgânico.

 

#103

 

#104

De acordo com a Teoria do Campo Cristalino (TCC), a magnitude do desdobramento de orbitais em um campo tetraédrico é menor que a de um campo octaédrico. Logo, o $[CoCl_4]^{2-}$ apresentará uma menor energia de estabilização de campo cristalino (EECC). Além disso, a série espectroquímica indica que a amônia é um ligante de campo mais forte do que a água, de modo que o $[Co(NH_3)_6]^{2+}$ apresentará maior EECC. Sabendo que a energia é inversamente proporcional ao comprimento de onda absorvido pela solução, podemos organizar os complexos em ordem crescente de comprimento de onda absorvido:

$[Co(NH_3)_6]^{2+}$ < $[Co(H_2O)_6]^{2+}$ < $[CoCl_4]^{2-}$ (I)

Para determinar a cor da solução, é preciso verificar o comprimento de onda de luz emitido pela solução, com auxílio do círculo cromático, já que a cor emitida é complementar à cor absorvida. Pode-se determinar que as cores complementares de rosa (tom de vermelho), amarelo e azul são, respectivamente, verde, roxo e laranja. Colocando os comprimentos de onda dessas cores em ordem crescente, obtém-se:

laranja < verde < roxo. (II)

Comparando (I) e (II), pode-se associar os complexos de cobalto com suas respectivas cores:

$[Co(NH_3)_6]^{2+}$ - Azul;

$[Co(H_2O)_6]^{2+}$ - Rosa;

$[CoCl_4]^{2-}$ - Amarelo.

 

#105

$\bullet$ Para o ${ NO^{+} \rightarrow 10 e^{-}}$

Fazendo a distribuição eletrônica pela teoria do orbital atômico molecular, tem-se: sigma, sigma antiligante ,pi, pi, sigma e não há elétrons desemparelhado. 

Assim, como em cada orbital sigma, sigma antiligante e pi tem-se dois elétrons, vamos calcular a ordem de ligação

 $OL={{n_{ligantes}} - {n_{antiligantes}} \over {2}}$

${OL=\frac{ 8-2}{2}= 3}$

Como quanto maior a ordem de ligação, maior a estabilidade, tem-se que o ${NO^{+}}$ é muito estável

Por não haver elétrons desemparelhados no ${NO^{+}}$, ele é diamagnético

$\bullet$ Para o ${NO \rightarrow 11 e^{-}}$

Fazendo a distribuição eletrônica pela teoria do orbital atômico molecular, tem-se: sigma, sigma antiligante, pi , pi, sigma, pi antiligante com ${1}$ elétron desemparelhado no orbital pi antiligante.

Assim, como em cada orbital sigma, sigma antiligante e pi tem-se dois elétrons, e no pi antiligante tem-se ${1}$ elétron, vamos calcular a ordem de ligação

${OL= \frac {8-3}{2}= 2,5}$

-Obs: o valor decimal indica que um elétron fica transitando entre os átomos

O ${NO}$ é estável, pois sua ordem de ligação é considerada alta 

O ${NO}$ é paramagnético, pois possui ${1}$ elétron desemparelhado

$\bullet$ Para o ${NO^{-} \rightarrow 12 e^{-}}$  

Fazendo a distribuição eletrônica pela teoria do orbital atômico molecular, tem-se: sigma, sigma antiligante, pi, pi, sigma, pi antiligante, pi antiligante  com ${2}$ elétrons desemparelhados, um em cada orbital pi antiligante.

Assim, como em cada orbital sigma, sima antiligante, pi tem-se dois elétrons, e nos pi antiligantes tem-se ${1}$ elétron, vamos calcular a ordem de ligação

${OL=\frac {8-4}{2}= 2}$

Por não ter uma ordem de ligação tão alta, ele é parcialmente estável

O ${NO^{-}}$  é paramagnético, pois possui ${2}$ elétrons desemparelhados

 

Assim, respondendo aos itens, tem-se:

1. Ordem crescente de energia de ligação: ${NO^{-}}$ < ${NO}$ < ${ NO^{+}}$
2. Magnetismo:  ${ NO^{+}}$  é diamagnético, o ${NO}$ é paramagnético e o ${ NO^{+}}$ é paramagnético
3. Ordem crescente de estabilidade: ${NO^{-}}$ < ${NO}$ < ${ NO^{+}}$

#106

Basta aplicar a fórmula:

$E= -E_{inicial}+ {{z^{2}} \over {n^{2}}}$

Como o número de prótons do hidrogênio é 1 e o número quântico n do hidrogênio também é ${1}$, tem-se:

${13,6=-E_{inicial} + 1}$

${-12,6 = E_{inicial}}$

Portanto, a energia antes da ionização era de ${-12,6}$ eV.

Já para a segunda pergunta, o número quântico l depende do número quântico n, pois esse primeiro faz referência ao momento angular dos elétrons no átomo, já o segundo faz referência ao nível de energia dos elétrons. Perceba que é impossível haver um momento angular elevado com pouca energia, logo, por momento angular e energia serem dependentes, esses números quânticos também possuem relação de dependência.