Fuvest 2020 - 2ª fase - dia 2

a) O bicarbonato $\left(HC{O}_3^{-}\right)$ na água pode ser obtido a partir de diferentes fontes, como citado na questão, sendo a forma comum a partir do gás carbônico ou anidrido carbônio ou dióxido de carbono (CO₂), um óxido de caráter ácido, presente no ar atmosférico com capacidade de se dissolver em difrentes amostras de água a partir dos seguintes equilíbrios químicos:

$C{O}_2\left(g\right) \rightleftharpoons C{O}_2\left(aq\right)$

$C{O}_2\left(aq\right) + H_{2}O\left(\mathcal{l}\right) \rightleftharpoons HC{O}_3^{-}\left(aq\right) + H^{+}\left(aq\right)$

b) 

A água do mar apresenta muitos sais inorgânicos dissolvidos, com maior concentração dos íons cloreto (Cl^-) e sódio (Na⁺),  presentes nas rochas da crosta terrestre, em áreas vulcânicas, entre outras fontes. Em ambientes sem poluição, espera-se menor concentração de íos cloreto na água coletada da chuva em um ambiente continental quando comparado ao ambiente costeiro, visto que neste ambiente a concentração de cloreto é maior no ar, devido à formação do spray marinho. Quando a água do mar evapora ela não carrega os íons. O spray marinho é formado pelas gotículas de água do mar formadas no ar devido à quebra das ondas e o vento é o responsável por arrastar essas gotículas de água contendo sais para o continente. Assim, a chuva numa região costeira deve apesentar maior teor de íons, principalmente Na⁺ e Cl^-.

a) O sal iodeto de potássio (KI) é solúvel em água, portanto apresenta-se da seguinte forma: 

$K{I}_{\left(aq\right)} \to K_{\left(aq\right)}^{+} + I_{\left(aq\right)}^{-} (Equação I)$

Como o sal iodeto de chumbo II é insolúvel em água, o mesmo apresenta-se em equilíbrio heterogêneo, como indicado a seguir:

$Pb{I}_{2\left(s\right)} \rightleftharpoons P{b}_{\left(aq\right)}^{2+} + 2 I_{\left(aq\right)}^{-}$

Como o íon iodeto (I^- ) está presente na equação I e no equilíbrio heterogêneo, o mesmo apresenta a função de íon comum e, segundo o Princípio de Le Cahtelier, o aumento da concentração de iodeto (I^-) desloca o equilíbrio químico do sentido do sal PbI₂, o que favoreve a formação de mais sólido amarelo (PbI₂).

b) Como o sal iodeto de chumbo II apresenta menor solubilidade em 4 ^°C do que em 80 °C e, como o item pede que se obtenha maior quantidade da forma insolúvel, recomenda-se utilizar a menor temperatura (4 ^°C), pois ocorrerá maior obtenção de precipitado de cor amarela.

Observação: O sal nitrato de potássio apresenta elevada solubilidade em água em qualquer temperatura, o que não deve interferir na dissolução do iodeto de chumbo II.

c) Cálculo da solubilidade (S), em mol/L, do sal PbI2:

$\left[Pb{I}_2\right] = S = \frac{0,922 g.L^{-1}}{461 g.mo{l}^{-1}} = 2.{10}^{-3} mol/L$

O equilíbrio heterogêno do iodeto de potassio é o seguinte:

$$\begin{gathered} Pb{I}_{2\left(s\right)} \rightleftharpoons P{b}_{\left(aq\right)}^{2+} + 2 I_{\left(aq\right)}^{-} \\ Eq: S 2 S \end{gathered}$$

Cálculo do produto de solubilidade (Kps) do iodeto de chumbo II a 32 ⁰C:

$Kps = \left[P{b}^{2+}\right].[I^{-}{]}^2\Rightarrow Kps = (S)·{\left(2S\right)}^2\Rightarrow$

$Kps = 4S^3 \Rightarrow Kps = 4·(2·{10}^{-3}{)}^3 = 3,2.{10}^{-8}\Rightarrow$

$\boxed{Kps = 3,2.{10}^{-8}}$

a) O álcool III é secundário e sua oxidação formará uma cetona:

b) Para apresentar isômeria geométrica é necessário que a espécie de cadeia aberta apresente dupla ligação entre carbonos e ligantes diferentes entre si em cada carbono:

Assim, apenas a espécie II possui isomeria geométrica, sendo seus isômeros representados abaixo:

c) Se R₁ e R₂ forem cadeias carbônicas curtas ou longas formadas apenas por átomos de carbono e hidrogênio, os compostos I e II serão hidrocarbonetos, que possuem caráter apolar e por isso são muito pouco solúveis ou insolúveis em água.

Já o composto III, por ser um álcool e apresentar o grupo OH de caráter polar é capaz de interagir com a água por Ligações de Hidrogênio. Se R₁ e R₂ forem cadeias curtas, o caráter apolar desses grupos terá pouca influência na interação da molécula com a água, tornando o composto solúvel, mas se R₁ e R₂ forem de cadeias longas, predominará o caráter apolar dificultando a interação com a água e reduzindo a solubilidade.

a) As semirreaçõs escolhidas para obter a bateria são I e III, entre os eletrodos de maior potencial padrão de redução (I) e o de menor potecial padrão de redução (III), como indicado abaixo:

 $$\begin{gathered} Co{O}_2\left(s\right)+\bcancel{L{i}^{+}\left(aq\right)} +\cancel{e^{-}}\to LiCo{O}_2\left(s\right) \\ \underline{ Li\left(s\right)\to \bcancel{L{i}^{+}\left(aq\right)}+\cancel{e^{-}}} \\ Li\left(s\right) + Co{O}_2\left(s\right) \to LiCo{O}_2\left(s\right) \end{gathered}$$

b) O agente redutor mais forte é o que apresenta o menor potencial padrão de redução e, entre os materiais de lítio sólido (III) e lítio intercalado em grafita (II), o eletrodo de lítio metálico (III) é o agente redutor mais forte.

c) A observação feita por Arfwedson permitiu descobrir que o elemento era o lítio da seguinte forma:

Massa molar do mineral (LiAlSi₄O₁₀) = 7 + 27 + 4 . 28 + 10 .16 = 306 g/mol

Cálculo da porcentagem (P) de alumínio(Al) em relação ao mineral:

$P = \frac{27 }{306}.100\% \cong 8,8\%$

Observação: A porcentagem (P^´) de alumínio no mineral quando ocorre a substituição do lítio pelo sódio é a seguinte:

Massa molar do mineral (NaAlSi₄O₁₀) = 23 + 27 + 4 . 28 + 10 .16 = 322 g/mol

$P´ = \frac{23}{322}.100\% = 7,14\%$

a) Na fórmula de Lewis deve-se representar todos os pares de elétrons (compartilhados ou não) por dois pontos (:). A fórmula da ureia está representada abaixo:

b) Para calcular o volume de Arla 32, é necessário primeiro determinar a equação global do processo. Antes de somar as equações, devemos igualar a quantidade de $N{H}_3$ produzida na primeira etapa com a quantidade consumida na segunda etapa, multiplicando a equação I por 4:

$$\begin{gathered} I) 4 H_{2}NCON{H}_{2 \left(aq\right)} + \cancel{4 H_2{O}_{\left(\mathcal{l}\right)} }\to \cancel{8 N{H}_{3 \left(g\right)}} + 4 C{O}_{2 \left(g\right)} \\ \underline{II)\cancel{ 8 N{H}_{3 \left(g\right)}} + 6 N{O}_{2 \left(g\right)} \to 7 N_{2 \left(g\right)} + \cancel{12} H_2{O}_{\left(g\right)}} \\ 4 H_{2}NCON{H}_{2 \left(aq\right)} + 6 N{O}_{2 \left(g\right)} \to 7 N_{2 \left(g\right)} + 8 H_2{O}_{\left(g\right)}+ 4 C{O}_{2 \left(g\right)} \end{gathered}$$

A quantidade de $N{O}_2$ formado no processo para uma viagem de 100 km pode ser determinada como:

$m\left(N{O}_2\right)= 460 mg . 100 km =\boxed{ 46000 mg ou 46 g}$

Calculando a quantidade de ureia consumida:

$$\begin{gathered} \boxed{4 H_{2}NCON{H}_2 ----- 6 N{O}_2} \\ 4 . 60 g ----- 6 . 46 g \\ x ----- 46 g \\ x=\frac{4.60.\cancel{46}}{6.\cancel{46}}=\boxed{40 g ureia} \end{gathered}$$

Calculando o volume de solução de Arla 32, sabendo que, pelo enunciado, há 32 g de ureia a cada 100 mL de solução:

$$\begin{gathered} 32 g de ureia ----- 100 mL \\ 40 g ----- V \\ \boxed{V = 125 mL ou 0,125 L} \end{gathered}$$

c) A reação entre amônia e NO forma os mesmos produtos da reação II. Assim, podemos equacionar:

$4 N{H}_3 + 6 NO \to 5 N_2 + 6 H_{2}O$

Segundo o enunciado, devemos considerar a mesma quantidade em mol de NO e NO₂, ou seja:

Equação II: 6 mols de NO₂ : 8 mols de NH₃

Equação acima: 6 mols de NO : 4 mols de NH₃

Como o consumo de NO precisa de menor quantidade de amônia (NH₃), logo a quantidade de ureia também será menor, necessitando menor volume de Arla 32.

a) Pelo enunciado, em condições mais ácidas, ou seja, de menor pH na linha de cada metal, será observada a espécie em sua forma mais solúvel:

O Ti⁴⁺ se encontra na forma insolúvel Ti(OH)₄ em condições mais alcalinas, isto é, de maior pH em relação as linhas do gráfico:

Assim, a região de interseccção entre as duas áreas destacadas anteriormente:

b) Como as linhas que representam Mg²⁺ e Ca²⁺ possuem a mesma inclinação e esses íons possuem a mesma carga, podemos pensar em relacionar a inclinação com a carga, ou seja, se a inclinação é a mesma os íons devem apresentar a mesma carga. Tal fato pode ser comprovado pela equação fornecida no enunciado:

$\log \left[M^{n+}\right]=\log \left(K_{PS}\right)+14n-n \left(pH\right)$

Como essa equação representa uma reta, podemos compará-la com uma  de função polinomial de 1^o grau: $y=b+ax$, sendo o a o coeficiente angular e resposável pela inclinação da reta.

Assim, temos:

$\underset{y}{\underbrace{\log \left[M^{n+}\right]}}=\underset{b}{\underbrace{\log \left(K_{PS}\right)+14n}}-\underset{a}{\underbrace{n}} \underset{x}{\underbrace{\left(pH\right)}}$

Portanto, se a inclinação das linhas que representam Cr³⁺ e Xⁿ⁺  são iguais, esses íons apresentam a mesma carga, ou seja, X³⁺.

c) O valor de K_PS dessas espécies pode ser calculado escolhendo um ponto do gráfico e usando a equação fornecida no enunciado.

$\log \left[M^{n+}\right]=\log \left(K_{PS}\right)+14n-n \left(pH\right)$

Para o Mg(OH)₂, n = 2 e utilizando o ponto em que log [Mⁿ⁺] = -5 e pH ~ 11, podemos substituir na equação:

$$\begin{gathered} \log \left[M^{n+}\right]=\log \left(K_{PS}\right)+14n-n \left(pH\right) \Rightarrow \\ -5=\log \left(K_{PS}\right)+14·2-2·11 \Rightarrow \log K_{PS}=-11\Rightarrow \boxed{K_{PS}={10}^{-11}} \end{gathered}$$

Para o Ca(OH)₂, n = 2 e utilizando o ponto em que log [Mⁿ⁺] = -5 e pH=14, substituindo:

$-5=\log \left(K_{PS}\right)+14·2-2·14 \Rightarrow \log K_{PS}=-5\Rightarrow \boxed{K_{PS}={10}^{-5}}$

Portatnto, o maior valor de K_PS é do Ca(OH)_2.