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UFRRJ – Instituto de Ciências Exatas – Departamento de Química Disciplina: Química Geral (IC348) – Turma: T03 Professor: Gustavo Bezerra da Silva - 1º Semestre de 2017 Aluno(a): _________________________________________________ Matrícula: ______________________ Questões Objetivas Questões discursivas Nota Final Q7 Q8 Q9 1ª Avaliação de Química Geral – IC348 (25/04/2017) 1 – Um complexo de coordenação de Fe2+ apresenta a seguinte composição percentual: Fe 23,78%; H 5,15%; O 40,88% e Cl 30,19%. De acordo com a fórmula mínima, a fórmula molecular proposta é: (a) [Fe(H2O)4]Cl2 (b) [Fe(H2O)5]Cl2 (c) [Fe(H2O)6]Cl2 (d) [Fe2(OH)2(H2O)8]Cl2 (e) FeCl2.2H2O 2 – O óxido de cobre(II) reage com o monóxido de carbono para formar cobre metálico e dióxido de carbono. Se 23,5 g de óxido de cobre(II) reagem com excesso de monóxido de carbono e formam-se 14,1 g de Cu, qual é o rendimento percentual? (a) 70% (b) 75% (c) 80% (d) 85% (e) 90% 3 – Sobre a Teoria de Dalton e os modelos de Thomson e Rutherford foram feitas algumas afirmações sobre a constituição da matéria: I. O Teoria de Dalton foi pioneira em afirmar que a matéria era constituída de átomos e era baseada na lei da conservação de massa; II. O Modelo de Thomson descreveu o átomo como uma esfera maciça, contendo prótons e nêutrons e com elétrons incrustrados (modelo de “pudim de passas”); III. Rutherford confirmou através de seus experimentos com partículas alfa e com folhas de ouro a veracidade do modelo de Thomson. Quais afirmações estão corretas? (a) I (b) I e II (c) II e III (d) Todas as afirmações estão corretas (e) Nenhuma das afirmações estão corretas 4 – A luz visível faz parte do espectro eletromagnético e pode ser descrita como uma onda eletromagnética. Sendo assim, uma luz vermelha, cujo comprimento de onda é 680 nm possui frequência de: (a) 2,04 x 102 Hz (b) 2,27 x 10-15 Hz (c) 22,7 Hz (d) 4,41 x 10-20 Hz (e) 4,41 x 1014 Hz 5 – Através do modelo de Bohr, a energia de transição do nível n = 2 ao nível = 4 no átomo de hidrogênio em kJ.mol-1 é: (a) 4,09 x 10-18 (b) 4,09 x 10-19 (c) 4,09 x 10-22 (d) 2,26 x 102 (e) 2,26 x 105 6 – Os orbitais 4p, 6d e 2s possuem respectivamente quantos nós angulares (NA) e radiais (NR)? (a) NA = 1, 2, 0 e NR = 2, 3, 1 (b) NA = 2, 3, 1 e NR = 1, 2, 0 (c) NA = 2, 3, 1 e NR = 3, 5, 1 (d) NA = 1, 2, 0 e NR = 3, 5, 1 (e) NA = 3, 5, 1 e NR = 1, 2, 0 1ª Parte: Questões objetivas (Valor: 3,0 pontos) – Responder nessa folha! Não rasurar! 7 – (3,0 pontos) Compostos aminoquinolínicos (AQN) podem ser obtidos através de uma reação entre a 4,7-dicloroquinolina (QN) e diaminas, como a etilenodiamina (EDA). a) Considerando uma reação entre 5 g de QN (97% de pureza) e 5 mL de EDA (d = 0,900 g.mL-1), determine o reagente limitante. b) Calcule quantos mols de AQN serão formados nas condições acima considerando um rendimento real de 33%. c) Em 1 g de AQN, qual o número de moléculas presentes? E o número de átomos de C e N? 8 – (2,0 pontos) Sobre a evolução dos modelos atômicos, responda: a) Quais experimentos foram utilizados para comprovar a natureza de onda e de partícula da luz? Como os seus resultados foram fundamentais para explicar esse comportamento? b) Como o modelo de Bohr explicava os espectros de linhas de elementos como H e Na. Quais são as principais limitações desse modelo? 9 – (2,0 pontos) O modelo mecânico-quântico é um dos modelos mais atuais utilizados para explicar a estrutura do átomo. A resolução da equação de Schrödinger para átomos hidrogenóides é bastante trabalhosa, porém torna-se mais fácil quando se separam em duas componentes: uma radial - R(r) - e outra angular - Y(θ,φ). Da sua resolução surgiram os números quânticos e os orbitais. a) Defina o que é um orbital e o que ele descreve. Use figuras de contorno de orbitais para facilitar a sua discussão. b) Explique através das funções de ondas radiais e angulares porque determinados orbitais atômicos possuem nós radiais e/ou superfícies nodais. BOA PROVA! 2ª Parte: Questões discursivas (Valor: 7,0 pontos) Atenção: Justifique adequadamente as suas respostas. Respostas sem os devidos cálculos NÃO SERÃO CONSIDERADAS. Preste atenção aos algarismos significativos e unidades. GABARITO DA 1ª AVALIAÇÃO DE QUÍMICA GERAL – IC348 Questão 1 - Alternativa: (c) As porcentagens da amostra foram: Fe 23,78%; H 5,15%; O 40,88% e Cl 30,19%. Considerando 100 g de amostra: Fe = 23,78 g; H = 5,15 g; O = 40,88 g e Cl = 30,19 g. Convertendo a nº de mols: Fe = 23,78 / 55,845 = 0,4258 H = 5,15 / 1,0079 = 5,11 O = 40,88 / 15,999 = 2,555 Cl = 30,19 / 35,453 = 0,8515 Dividindo pelo menor valor: Fe = 1,000; H = 12,0; O = 6,000; Cl = 2,000. Logo, a fórmula mínima é FeH12O6Cl2 que corresponde a uma fórmula molecular de [Fe(H2O)6]Cl2. Questão 2 - Alternativa: (b) Reação: CuO(s) + CO(g) Cu(s) + CO2(g) Determinando as massas moleculares do reagente limitante (CuO) e do produto de interesse (Cu): MMCuO = 79,545 g/mol e MMCu = 63,546 g/mol. Assim: 79,545 g de CuO ---------- 63,546 g de Cu 23,5 g de CuO ---------- x = 18,8 g de Cu Portanto: 18,8 g de Cu ----------- 100 % de rendimento 14,1 g de Cu ----------- y = 75% Questão 3 - Alternativa: (b) Analisando as afirmações: I. O Teoria de Dalton foi pioneira em afirmar que a matéria era constituída de átomos e era baseada na lei da conservação de massa - Verdadeira II. O Modelo de Thomson descreveu o átomo como uma esfera maciça, contendo prótons e nêutrons e com elétrons incrustrados (modelo de “pudim de passas”) - Verdadeira III. Rutherford confirmou através de seus experimentos com partículas alfa e com folhas de ouro a veracidade do modelo de Thomson – Falsa, os experimentos refutaram o modelo de Thomson. Questão 4 - Alternativa: (e) Luz vermelha com = 680 nm = 6,80 x 10-7 m Convertendo a frequência: c = x = c / = (2,998 x 108 m/s) / (6,80 x 10-7 m) = 4,41 x 1014 Hz Questão 5 - Questão ANULADA. A energia de transição é dada por: E24 = -Rhc [(1/nf2) – (1/ni2)] = = -(1,097 x 107 m-1) x (6,626 x 10-34 J.s) x (2,998 x 108 m.s-1) [1/16 – 1/4] = 4,086 x 10-19 J Essa energia é para um fóton, assim: E = 4,086 x 10-19 J x 6,022 x 1023 fótons = 2,460 x 105 J.mol-1 fóton mol Convertendo a kJ.mol-1: E = 2,460 x 105 J x 1 kJ = 2,46 x 102 kJ.mol-1 mol 103 J Questão 6 - Alternativa: (a) O número de nós angulares é dado por l e o número de nós radiais por n – l – 1 Sendo assim: Orbital Nó angular Nó radial 4p 1 4 – 1 – 1 = 2 6d 2 6 – 2 – 1 = 3 2s 0 2 – 0 – 1 = 1 Questão 7 A reação que ocorre é: C9H5Cl2N + C2H8N2 C11H12ClN3 + HCl Com as seguintes condições: 5 g de C9H5Cl2N (97% de pureza) + 5 mL de C2H8N2 (d = 0,900 g/mL) a) reagente limitante? Primeiro determina-se as massas moleculares dos reagentes: QN = (9 x 12,011) + (5 x 1,0079) + (2 x 35,453) + 14,007 = 198,05 g/mol EDA = (2 x 12,011) + (8 x 1,0079) + (2 x 14,007) = 60,099 g/mol Em seguida, determina-se a quantidade de massa em ambos os reagentes: QN 5 g ---------- 100 % da amostra x ---------- 97 % de QN x = 4,85 g de QN EDA 0,900 g de EDA --------- 1 mL de amostra y --------- 5 mL de amostra y = 4,50 g de EDA Sendo assim, como a reação é 1:1: 198,05 g de QN ----------- 60,099 g de EDA 4,85 g de QN ----------- z = 1,47 g de EDA Essa quantidade é menor do que os 4,50g usados na reação, ou seja, EDA está em excesso. 198,05 g de QN ----------- 60,099 g de EDA w = 14,8 g de QN ----------- 4,50 g de EDA Essa quantidade é maior do que os 4,85 g usados na reação, ou seja, QN é o reagente limitante b) nº de mols de AQN com rendimento de 33%? Em 4,85 g de QN temos: 198,05 g de QN ----------- 1 mol 4,85 g de QN ----------- x = 0,0245 mol de QN Assim: 1 mol de QN ---------- 1 mol de AQN 0,0245 mol de QN ---------- y = 0,0245 mol de AQN Portanto: 0,0245 mol de AQN ---------- 100 % de rendimento z ---------- 33 % de rendimento z = 8,09 x 10-3 mol de AQN serão formados c) Em 1 g de QN, nº de moléculas e átomos de C e N? Determinando a massa molecular do AQN = 221,69 g/mol 221,69 g de AQN ----------- 6,022 x 1023 moléculas 1 g de AQN ----------- x x = 2,716 x 1021 moléculas de AQN Como existem 11 átomos de C na molécula de AQN: 2,988 x 1022 átomos de C Como existem 3 átomos de N na molécula de AQN: 8,148 x 1021 átomos de N Questão 8 a) Os experimentos utilizados para comprovar a natureza ondulatória e particular da luz foram difração e efeito fotoelétrico, respectivamente. O efeito ondulatório pode ser comprovado por difração pois nesse experimento, um feixe de luz é inicialmente focalizado e direcionado por duas fendas de diâmetros bem pequenos. Num anteparo são observados perfis de difração: claros e escuros, que são associados com as interferências de ondas que compõem a luz, onde interferências construtivas (ondas se somam) dão origem a claros. Já as interferências destrutivas (ondas se anulam) fornecem os escuros que se observam em anteparos. O experimento de efeito fotoelétrico se baseava na incidência de luz sobre uma superfície metálica. Quando a energia da luz era igual ou maior do que a energia de ligação do elétron, a mesma era capaz de ejetar elétrons da superfície. Quanto maior essa energia, maior a velocidade com que os elétrons são ejetados: Efóton = Eelétron + Ecinética. Por outro lado, o aumento da potência da luz (brilho) leva a um aumento no nº de elétrons ejetados ainda que a energia cinética não seja afetada. Esses dados suportam a características de partícula da luz, ou seja, se apresentam como fótons. b) O modelo de Bohr explicava a natureza eletrônica através de níveis discretos de energia, ou seja, os elétrons estavam dispostos nesses níveis de energia (n = 1, 2, 3, etc). Dessa forma, os espectros de linhas foram associados a processos de emissão entre os níveis e os seus respectivos comprimentos de onda podem ser correlacionados com a equação de Rydberg: 1 / = RH [(1/n12) - (1/n22)]. Entretanto o modelo apresentava algumas inconsistências como, p. ex., ele conseguia explicar muito bem os espectros de linhas do H, porém não era tão conciso com átomos polieletrônicos. Outra inconsistência é de que elétrons girando em torno do núcleo, de acordo com a física clássica deveria levar a um colapso do átomo. Essa inconsistência foi contornada através de um Postulado em que os elétrons ocupam níveis discretos e nessas condições não irradiam ou perdem energia. Portanto, é difícil descrever o elétron puramente como uma partícula. Questão 9 a) Um orbital é basicamente o resultado da equação de Schrödinger, cujos resultados (funções de onda) têm que ser contínuos, univalentes e finitos. Ele descreve uma região do espaço onde é máxima a probabilidade de encontrar o elétron. Orbitais s, por exemplo, possuem uma figura de contorno esférica. Já orbitais p possuem forma de halteres. b) As próprias figuras de contorno (orbitais s, p, d, f) apresentam regiões em que a probabilidade de se encontrar elétrons é nula (nós angulares). Um orbital s, por exemplo, é descrito por uma função de onda que possui um único sinal ao longo de toda essa função de onda. Já o orbital p é descrito por uma função de onda em que há uma inversão de sinal próximo do núcleo, o que leva a dois lóbulos com sinais contrários e com a presença de um nó próximo do núcleo. Portanto, para orbitais p a probabilidade de se encontrar elétrons próximos do núcleo é reduzida. Além disso, os orbitais d possuem dois planos perpendiculares e os orbitais f três, onde o número de nós angulares é dado pelo valor de l (nº quântico de momento angular). Os nós radias podem ser observados pelas curvas de probabilidade (ver folha de questões). À medida que os valores de n para um mesmo orbital aumenta, há a existência de nós radiais. Ou seja, para orbitais s, por exemplo, entre o orbital 1s e 2s existe um nó. Entre os orbitais 2s e 3s existe mais outro nó. Em outras palavras. Um orbital s é descrito com uma função de onda e os sinais são investidos à medida que n aumenta. Orbital s Orbital p Orbital d nós radiais + + -
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