Prova Resolvida IME 2020 Autor: 1
Sumário Prova IME 2020... 3 Recurso contra a Questão 40... 18 Olá, Alunos, sejam bem vindo, aqui é o Professor Thiago Cardoso. Estou aqui para comentar a prova da IME 2021 1ª Fase. Foi uma prova bastante atípica, que cobrou muitas questões difíceis, especialmente em Química Orgânica. Na minha opinião, foi a prova mais difícil da 1ª Fase do IME, com muitas pegadinhas. 2
Prova IME 2020 31. (IME-2020) Considere R=0,08 atm.l/ K.mol = 8,3 J/ K.mol = 62,3 mmhg.l/ K.mol A pressao de vapor do benzeno em atm, a temperatura de 298 K, e aproximadamente: Padrão. Vamos escrever a reação de vaporização do benzeno e calcular sua variação de Energia Livre C 6 H 6 (l) C 6 H 6 (g) ΔG 0 = G produtos G reagentes ΔG 0 = G produtos G reagentes = 129 124 = 5 kj/mol Como a variação de Energia Livre de Gibbs é positiva, a reação não é espontânea quando a pressão parcial dos gases é igual a 1 atm. 3
Pela Equação de Nernst, a constante de equilíbrio da reação se relaciona com a variação de energia livre de Gibbs. ΔG 0 = RT. ln K ln K = ΔG0 RT Devemos notar que a Energia Livre de Gibbs foi fornecida em kj, enquanto a constante R foi fornecida em Joules. Portanto, devemos converter o ΔG. Gabarito: B ln K = 5000 8,3.298 = 2,02 K = e 2,02 32. (IME-2020) Seja a reação A (g), a 298 K e 1 atm, com ΔGr 0 = 0, sendo A e B gases ideais. Considere as seguintes afirmativas. I No equilíbrio, o valor da pressão parcial de A e igual ao quadrado do valor da pressão parcial de B, para qualquer temperatura. II Um aumento na pressão parcial de A, a partir da situação de equilíbrio, causara o deslocamento da reação para a direita. III Se a reação direta for exotérmica, um aumento da temperatura da reação, favorecer a formação de produto. Está(ão) correta(s) a(s) afirmativa(s): (A) I, apenas. (B) I e II, apenas. (C) II, apenas. (D) I e III, apenas. (E) II e III, apenas. 4
Na questão anterior, vimos que o ΔG se relaciona com a constante de equilíbrio da reação. Como o ΔG = 0, temos: ΔG = RT. ln K = 0 ln K = 0 K = 1 Vamos escrever a constante de equilíbrio da reação. K P = P B 2 P A = 1 P A = P B 2 Agora, vamos analisar as afirmações propostas. I Embora tenhamos calculado que PA = PB², devemos nos lembrar que as pressões parciais que entram na equação da constante de equilíbrio são as pressões normalizadas por 1 atm. Dessa forma, não é exatamente a pressão parcial de A que é igual ao quadrado da pressão parcial de B, mas apenas o seu valor numérico. Poderíamos dizer que o valor numérico (normalizado) de PA é igual ao quadrado do valor numérico (normalizado) de PB. Mas não podemos dizer o mesmo das pressões parciais em si, porque essas pressões têm valor numérico e unidade. E não é possível escrever uma pressão parcial em unidades de atm². Afirmação incorreta. II Pelo Princípio de Le Chatelier, o aumento de pressão de um dos reagentes desloca o equilíbrio no sentido dos produtos. Afirmação correta. III O aumento de temperatura favorece o sentido endotérmico. Portanto, dado que a reação é exotérmica, o sentido dos produtos é desfavorecido pelo aumento de temperatura. Afirmação incorreta. Gabarito: C 33. (IME-2020) 5
Uma solução de Ba(OH)2 foi adicionado a 300 cm³ de uma solução 0,5 mol/l de HNO3. Houve a precipitação de um sal, mas o meio permaneceu ácido. Conseguiu-se a neutralização por meio da adição de 200 cm³ de uma solução 0,25 M de KOH, que foi totalmente consumido. Dados: Massa Molar Ba = 137 g/mol; Massa Molar O = 16 g/mol; Massa Molar H = 1 g/mol; Massa Molar K = 39 g/mol; e Massa Molar N = 14 g/mol. Assim, pode-se afirmar que a massa, em gramas, de Ba(OH)2 presente na solução adicionado era aproximadamente: (A) 2,5 (B) 4,3 (C) 6,1 (D) 8,6 (E) 9,4 Vamos calcular o número de mols de ácido. n HNO3 = M. V = 0,5.0,3 = 0,15 mol Agora, vamos escrever a reação entre o hidróxido de bário e o ácido nítrico. Ba(OH) 2 + 2 HNO 3 Ba(NO 3 ) 2 + 2 H 2 O Notemos que, devido à proporção estequiométrica, podemos escrever: n Ba(OH)2 1 = n REAGIU HNO 3 2 n Ba(OH)2 = n HNO 3 REAGIU 2 6
Porém, note que nem todo o ácido nítrico reagiu com o hidróxido de bário. Houve um excesso que precisou ser neutralizado pela solução de KOH. Como a reação entre o HNO3 e o KOH é na proporção 1:1, temos: n EXCESSO HNO3 = n KOH = 0,25.0,2 = 0,05 mol Dessa forma, podemos calcular o número de mols de HNO3 que realmente reagiram com o hidróxido de bário na situação inicial do problema. Gabarito: D n REAGIU HNO3 = n TOTAL HNO3 n EXCESSO HNO3 = 0,15 0,05 = 0,10 mol Vamos, então, calcular o número de mols de hidróxido de bário. n Ba(OH)2 = n REAGIU HNO 3 = 0,10 = 0,05 mol 2 2 Como queremos a massa do composto, precisamos obter sua massa molar. M Ba(OH)2 = 137 + 2. [16 + 1] = 137 + 2.17 = 137 + 34 = 171 g/mol Portanto, a massa de hidróxido de bário presente na solução inicial era: m Ba(OH)2 = n Ba(OH)2. M Ba(OH)2 = 0,05.171 = 8,55 g 8,6 g 34. (IME-2020) Considere a representação esquemática dos nuclídeos abaixo: Sabe-se que: A Z = N A1 Z1 = N1 A Z2 = N2 7
A2 Z = N1 A3 Z3 = N É possível afirmar que: a) D e G são isótonos. b) L e D são isótopos. c) G e L são isótpos. d) E e J são isótonos. e) D e G são isótopos. Um ponto interessante a notar é que o número de nêutrons de uma espécie química pode ser obtida como a diferença entre o número de massa e o número de prótons. Portanto, as informações dadas no enunciado se referem ao número de nêutrons de cada uma das espécies químicas. A Z = N D A 1 Z 1 = N 1 E A Z 2 = N 2 A 2 Z = N 1 A 3 Z 3 = N G J L Vamos analisar as afirmações. a) D e G possuem o mesmo número de massa, portanto, são isóbaros. Afirmação incorreta. b) Como vimos acima, os átomos L e D são isótonos, porque possuem o mesmo número de nêutrons. Afirmação incorreta. 8
c) G tem Z2 prótons e L tem Z3 prótons, portanto, não são isótopos. Afirmação incorreta. d) E e J possuem o mesmo número de nêutrons igual a N1. Afirmação correta. e) D possui Z prótons e G possui Z2 prótons, portanto, não são isótopos. Afirmação incorreta. Gabarito: D 35.(IME-2020) Um professor de química propôs, como primeira etapa do mecanismo de esterificação ao do terc- butanol com o ácido acético, a formação de um carbocation terciário no álcool. Suponha a viabilidade dessa proposta. O átomo do ácido acético mais propenso a realizar o ataque nucleofılico ao carbocation formado seria o (A) oxigênio do grupo hidroxila, pois seria o átomo mais eletronegativo por estar ligado a um átomo de hidrogênio. (B) oxigênio da carbonila, pois facilmente assume uma carga negativa formal por ressonância. (C) carbono do grupo ácido, pois facilmente assume a forma de carbânion por deslocamento de carga eletrônica. (D) carbono do grupo metila, pois é o menos impedido espacialmente entre os dois carbonos. (E) hidrogênio do grupo hidroxila, pois consegue se dissociar e formar um hidreto, um dos compostos mais eletronegativos existentes. Questão muito interessante e difícil. Vejamos a estrutura do ácido acético. De fato, o oxigênio da carbonila pode adquirir uma fração de carga formal negativa devido a uma ressonância. C H 3 C O OH C H 3 O C + OH Por ter uma carga negativa, esse é o átomo que tem o maior caráter nucleófilo. Logo, é ele que terá a maior facilidade de atacar o carbocátion. 9
CH 3 C + H 3 C H 3 C CH 3 O C + OH H 3 C CH 3 C O C + CH 3 CH 3 OH H 3 C CH 3 C O C + CH 3 H 3 C CH 3 C O C CH 3 + H + CH 3 OH CH 3 O Gabarito: B 36. (IME-2020) Sabe-se que dois compostos A e B reagem em solução de acordo com a estequiometria A + B C +D, que segue uma cinética de primeira ordem tanto em relação a A quanto a B, com velocidade específica de reação k = 10 3 L mol 1 s 1. Em um recipiente, são adicionados 2 mols de cada um dos reagentes e um solvente adequado até completar 1 L de solução. Considerando que A é totalmente solúvel e B tem uma solubilidade igual a 0,1 mol L 1, obtenha a taxa de reação (v em mol L 1 s 1 ) em função da conversão de A, dada por X = (2 na)/2 (onde na é o número de mols de A em um dado instante). 10
Pelas informações do enunciado, a reação é de primeira ordem em relação a ambos os reagentes, portanto, podemos escrever: v = k[a][b] Como o número de mols inicial de A e B é igual e eles reagem na proporção 1:1, o número de mols total das duas espécies químicas é sempre igual. Dessa forma, podemos escrever: n A = n B Porém, a espécie B não se dissolve completamente. No início da reação até o momento em que nb = 0,1, teremos que a concentração da espécie B será constante e igual a 0,1 mol/l. Nessa situação, o valor de X é: n B 0,1 Nessa situação, teremos: X = 2 n A 2 2 0,1 2 = 0,95 v = k[a][b] = 10 3. n A. 0,1 = 0,0001. n A Agora, vamos escrever a relação entre na e X: Substituindo na expressão, temos: X = 2 n A 2 2X = 2 n A n A = 2 2X = 2. (1 X) v = 0,0001. n A = 0,0001.2. (1 X) = 0,0002. (1 X)para X 0,95 A partir desse momento, o composto B passa a estar completamente dissolvido. Dessa forma, podemos escrever: Gabarito: E v = k[a][b] = 10 3. n A. n B = 10 3. n A 2 = 10 3. [2. (1 X)] 2 v = 10 3. 4. (1 X) 2 = 0,004. (1 X) 2 para X > 0,95 11
37.(IME-2020) A uma solução aquosa de ácido carbônico, adiciona-se bicarbonato de sódio e posteriormente ácido clorídrico. Assinale a alternativa correta. (A) O ácido carbônico é um oxiácido moderado. (B) A adição do bicarbonato não altera o equilíbrio de ionização do ácido carbônico. (C) A adição do bicarbonato aumenta o grau de ionização do ácido carbônico. (D) A adição do bicarbonato não altera o valor da constante de equilíbrio. (E) A adição de ácido clorídrico, em pequenas quantidades, contribuirá para a diminuição do ph da solução. Vamos analisar as afirmações. a) O ácido carbônico é um ácido fraco. Afirmação incorreta. b) Vamos escrever a dissociação do ácido carbônico. H 2 CO 3 (aq) H + (aq) + HCO 3 (aq) Portanto, a adição de bicarbonato desloca o equilíbrio para a esquerda. Afirmação incorreta. c) Como vimos no item anterior, a adição de bicarbonato desloca o equilíbrio para a esquerda, aumentando a quantidade de H2CO3 na forma não ionizada. Afirmação incorreta. d) De fato, somente a temperatura afeta o valor da constante de equilíbrio. Afirmação correta. e) A mistura de ácido carbônico e bicarbonato é um sistema tampão, pois é uma mistura de um ácido fraco e um sal desse ácido. Dessa forma, esse sistema é bastante resistente à variação de ph. Logo, pequenas quantidades de ácido não afetam significativamente esse equilíbrio. Afirmação incorreta. Gabarito: D 38. (IME-2020) 12
Assinale a alternativa correta. (A) A adição de brometo de hidrogênio ao propeno, em presença de peróxidos, gera o 2-bromopropano. (B) O ciclopropano é um composto pouco reativo em virtude da estabilidade proporcionada por sua estrutura triangular. (C) Como possui três duplas ligações, o benzeno é altamente suscetível a adições eletrolíticas aromáticas. (D) A adição de cloro em excesso ao metano gera exclusivamente o diclorometano. (E) Tanto o cis-3-octeno quanto o trans-3-octeno, ao serem oxidados com permanganato de potássio em meio básico e posteriormente acidificados, geram os ácidos propanóico e pentanóico. Vamos analisar as afirmações. a) Os peróxidos provocam o Efeito Karash, uma adição anti-markovnikov. Nessa situação, o hidrogênio se adiciona ao carbono mais hidrogenado. Afirmação incorreta. HBr H 3 C CH CH 2 H 3 C CH CH 2 H Br a) O ciclopropano sofre elevada tensão angular, porque o ângulo de ligação é igual a 60, muito afastado do ângulo ideal do tetraedro, que é de 109,5. Afirmação incorreta. b) O benzeno sofre reações de substituição eletrofílica. Afirmação incorreta. c) A reação de substituição radicalar nos alcanos é muito difícil de controlar. Ela normalmente gera uma mistura de produtos. CH 4 Cl 2 CH 3 Cl Cl 2 CH 2 Cl 2 Cl 2 CHCl 3 Cl 2 CCl 4 d) A oxidação enérgica de alcenos cis e trans gera os mesmos produtos. 13
CH 3 CH 2 O H 3 C H 3 C C secundário OH OH + CH 3 O Gabarito: E 39. (IME-2020) Sendo n o número quântico principal e considerando as transições eletrônicas no hidrogênio. Assinale a alternativa correta. a) Um elétron livre absorve energia quando é incorporado ao íon H + em n = 2. b) O comprimento de onda da luz emitida é maior quando um elétron retorna do estado n = 3 para n = 1, do que do estado n = 3 para n = 2. c) Quando um elétron se desloca do estado n = 3 para n = 2, a energia absorvida é equivalente a um quantum de energia. d) Quando o elétron se desloca do estado n = 2 para n = 1, o átomo emite energia radiante, sob forma de um fóton. e) Quando a intensidade ou brilho da radiação incidente em um átomo for suficientemente elevada, para qualquer frequência de onda eletromagnética, um elétron sempre sofrerá uma transição, ou seja, uma mudança de nível. Devemos nos lembrar que, sempre que o elétron parte de uma órbita mais externa para uma órbita mais interna, ele libera energia. a) Ao ser atraído por um próton, o elétron passou do nível infinito para o nível n = 2, portanto, passou de um nível mais externo para um nível mais interno. Logo, o elétron libera energia. Afirmação incorreta. 14
b) A energia liberada é maior na passagem do nível n = 3 para o nível n = 1. Porém, a energia é inversamente proporcional ao comprimento de onda. Logo, o comprimento de onda nessa transição é menor. Gabarito: D Afirmação incorreta. E 31 > E 32 hc > hc λ 31 λ 32 λ 31 < λ 32 c) Na transição do nível n = 3 (mais externo) para n = 2 (mais interno), a energia é liberada. Afirmação incorreta. d) Nessa transição do nível n = 2 (mais externo) para n = 1 (mais interno), a energia é liberada na forma de um fóton. Afirmação correta. e) Não. Como os níveis de energia são quantizados, a radiação eletromagnética deve ser exatamente do comprimento de onda corresponde a uma transição permitida. Comprimentos de onda diferentes não são aceitos pelos átomos. Essa é uma das principais inovações do Modelo Atômico de Bohr. Afirmação incorreta. 40. (IME-2020) A respeito dos elementos do Grupo 13 da Tabela Periódica (B5, Al13, Ga31, In49, Tl81), considere as seguintes afirmativas: I os valores da primeira energia de ionização diminuem do B para o Al, a partir daí, essa diminuição não é mais tão proeminente pois os subníveis (n-1)d e/ou (n-2)f, que começam a surgir do Ga em diante, são menos efetivos para blindar a carga nuclear. II o efeito do par inerte é bem pronunciado, nos elementos mais pesados do grupo, fazendo com que esses elementos apresentem carga iônica duas unidades a mais do que o esperado. III os raios atômicos crescem com o aumento do número atômico no grupo, embora não tão acentuadamente como nos grupos 1 e 2. Está (ão) correta(s) a(s) afirmativa(s): 15
(A) I, apenas. (B) I e II, apenas. (C) II, apenas. (D) I e III, apenas. (E) II e III, apenas Questão de nível muito elevado. I De fato, os valores da primeira energia de ionização diminuem para baixo no período. E, de fato, o decréscimo do B para o Al é bem grande, porém, esse decréscimo vai atenuando nos demais períodos, por causa da blindagem dos orbitais d. Mas, vale notar que os elétrons dos orbitais d pertencem a um nível de energia mais interno que os elétrons da camada de valência, portanto, eles são mais efetivos na blindagem. Afirmação incorreta. No entanto, o gabarito oficial considerou que a blindagem dos elétrons nos orbitais (n-1)d é, de fato, mais fraca que a blindagem dos elétrons np. Essa afirmação está claramente incorreta. II O efeito do par inerte é, de fato, mais pronunciado nos elementos mais pesados, como o índio (In) e o tálio (Tl). Porém, esse efeito faz que sejam produzidos os íons In + e Tl +, que possuem duas cargas iônicas a menos que os íons In 3+ e Tl 3+ que são preconizados pela Regra do Octeto. III É isso mesmo. Os raios atômicos crescem para baixo. E o crescimento é menos acentuado do que nos metais alcalinos, por causa da blindagem dos elétrons dos orbitais (n-1)d que se localizam antes dos elétrons do subnível de valência np. Vejamos o exemplo do índio: In: [Kr]5s 2 4d 10 5p 1 A presença dos elétrons 4d 10 provoca uma blindagem que inibe o crescimento do raio atômico. Esse efeito não acontece nos metais alcalinos e alcalino-terrosos. Portanto, apenas a afirmação III está correta. 16
Gabarito: D 17
Recurso contra a Questão 40 Nessa seção, eu criei uma proposta de recurso para a questão 40. Caso você venha a interpor recurso contra essa questão, peço que escreva com suas próprias palavras, pois muitos recursos recebidos iguais geram estranheza por parte dos examinadores. O gabarito oficial veio como letra D, considerando os itens I e III como corretos. Porém, o item I está incorreto. Caso seja de seu interesse, você poderá interpor recurso com base no seguinte: Prezado Examinador, com a devida vênia, venho por meio desta interpor recurso contra a questão 40. Os elétrons dos orbitais (n-1)d que podem ser encontrados nos elementos a partir do Gálio são mais efetivos na blindagem do que os elétrons ns, que pertencem ao mesmo subnível do elétron de valência. Segundo o livro Química Inorgânica, de Catherine Housecroft, para calcular os valores da constante de blindagem (S), considere que: i) Cada elétron no grupo (ns, np) contribui com S = 0,35. ii) Cada elétron na camada (n 1) contribui com S = 0,85. iii) Cada elétron na camada (n 2) ou nas camadas inferiores contribui com S = 1,00. Segue print do livro para ajudar na elaboração do recurso: 18
Portanto, os elétrons do (n 1)d contribuem com um fator de blindagem superior, logo, eles são mais efetivos na blindagem, o que invalida o item I. 19