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Gabarito 2015

1 Profº Almir –Ômega – Química

Resposta da questão 1:

[C]

A uma mesma pressão, o butanol líquido entra em ebulição a uma temperatura mais alta do que o éter dietílico líquido, pois o butanol faz

ponte de hidrogênio, que é uma ligação mais intensa do que o dipolo permanente presente no éter dietílico.


[C]

O nitrogênio incorporado ao solo, como consequência da atividade descrita anteriormente, é transformado em nitrogênio ativo e afetará o

meio ambiente, causando a contaminação de rios e lagos devido à alta solubilidade de íons como 3NO e 4NH em água. Devido à elevada

afinidade com a água esses íons podem ser infiltrados nos lençóis freáticos causando sua contaminação. Resposta da questão 3:

[E] Resposta da questão 4:

[A] Resposta da questão 5:

[A]

Teremos a seguinte ordem, entre os comprimentos de ligação:

d (C C) < d (C=C) < d (C–C) (0,154 nm)

Com o surgimento da ligação pi (presente na dupla e na tripla ligação) menor será a distância entre os átomos de carbono e maior a energia

necessária para romper a ligação.

Energia (C C) > Energia (C=C) > Energia (C–C) (348 kJ/mol) Resposta da questão 6:



[A]

[Resposta do ponto de vista da disciplina de Biologia]

A dissolução do cloreto de sódio à água pura eleva o seu ponto de ebulição. O aquecimento do meio de cultura provocava a desnaturação das

proteínas das bactérias presentes.

[Resposta do ponto de vista da disciplina de Química]

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Com a adição de cloreto de sódio, a temperatura de ebulição da água do banho, com relação à da água pura, era maior devido ao aumento do

número de partículas de soluto (efeito ebulioscópico). O aquecimento do meio de cultura provocava a desnaturação da proteína, ou seja, a

proteína perdia a sua estrutura tridimensional. Resposta da questão 9:

[D]

[Resposta do ponto de vista da disciplina de Biologia]

I. Falso. Os dados da tabela não mostram uma forte correlação entre as concentrações de nitrato e de oxigênio dissolvido na água.

[Resposta do ponto de vista da disciplina de Química]

Análise das afirmações:

I. Incorreta. Nessas amostras, não se verifica correlação entre a concentração de nitrato e a de oxigênio, o pH diminui e as concentrações

oscilam:

pH Concentração de

nitrato (mg/L)

Concentração de

oxigênio (mg/L)

Ponto A

(novembro) 9,8 0,14 6,5

Ponto B

(novembro) 9,1 0,15 5,8

Ponto A

(maio) 7,3 7,71 5,6

Ponto B

(maio) 7,4 3,95 5,7

II. Correta. As amostras de água coletadas em novembro devem ter menos CO2 dissolvido do que aquelas coletadas em maio, pois o pH em

maio é menor, ou seja, a concentração de íons H+ devido a presença do gás carbônico é maior.

pH Concentração de

nitrato (mg/L)

Ponto B

(novembro) 9,1 0,15

Ponto A

(maio) 7,3 7,71

III. Correta. Se as coletas tivessem sido feitas à noite, o pH das quatro amostras de água seria mais baixo do que o observado, pois a

concentração de gás carbônico é maior neste período. Resposta da questão 10:

[D]

O estudante escolheu um soluto e moveu os cursores A e B até que o mostrador de concentração indicasse o valor 0,50 mol / L.

Os cursores A e B poderiam estar como mostrado na alternativa D.

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nConcentração molar

V

0,4 molConcentração molar

0,8 L

Concentração molar 0,50 mol / L


[B]

De acordo com o gráfico, o aumento da concentração de KOH provoca o aumento da velocidade da reação de isomerização.


[C]

3

3

3

HC CH COOH

2

HC NaOH

1

1

3 2 3

CH COOH NaOH

3 2

2

[HC ] [CH COOH] 0,10 mol / L

V V V

1HC 1NaOH 1H O 1NaC

n n

[HC ] V [NaOH] V

0,10 V [NaOH] V (I)

1 CH COOH 1NaOH 1H O 1 CH COONa

n n

[CH COOH] V [NaOH] V

0,10 V [NaOH] V (II)

Comparand

1 2

1 2

o (I) e (II), vem :

[NaOH] V [NaOH] V

V V


[C]

Cálculo das densidades:

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Marca de

creme dental

Massa

(g)

Volume

(mL)

Densidade

(g/mL)

A 30 20 30

d 1,5 g / mL20

B 60 42 60

d 1,429 g / mL42

C 90 75 90

d 1,2 g / mL75

D 120 80 120

d 1,5 g / mL80

E 180 120 180

d 1,5 g / mL120

Quanto maior o volume de água, menor a densidade do creme dental.

A marca que apresenta maior porcentagem de água em sua composição é aquela que possui a menor densidade, ou seja, C. Resposta da questão 14:

[C]

Combinações possíveis:

1,2 - 1,3 - 1,4 - 1,5 - 2,3- 2,4 - 2,5 - 3,4 - 3,5 - 4,5 = 10 combinações.

Vinagre (possui ácido acético) ou suco de limão (possui ácido cítrico) podem reagir com fermento químico (hidrólise básica), ou seja, são

possíveis duas reações químicas num total de 2 combinações:

Temos 2 reações em 10 possíveis, ou seja, 2 1

.10 5


[D]

Adição de 1,0 mol de Na2SO4 a 1 L de água (experimento A): 2

2 4 4

3 mols de partículas

1Na SO 2Na 1SO

A partir da tabela percebe-se que:

Volume

de

água

(L)

Soluto

Quantidade de

matéria de

soluto

(mol)

Temperatura

de

ebulição

(°C)

1 2CaC 0,5 100,75

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22

1,5 mol de partículas

0,5 CaC 0,5 Ca 1C

1,5 mol de partículas 0,75 C

3 mol de partículas

T

T 1,50 C

Δ

Δ

Conclusão: no experimento A ocorre uma elevação de 1,50 C na temperatura de ebulição.

Temperatura de ebulição da solução = 101,50 C (100 C 1,50 C).

Adição de 1,0 mol de glicose a 0,5 L de água (experimento B).

6 12 61mol glicose (C H O )

glicose

0,5 L de água

n

glicose

1L de água

n 2 mols de partículas de glicose

A partir da tabela percebe-se que:

Volume

de

água

(L)

Soluto

Quantidade de

matéria de

soluto

(mol)

Temperatura

de

ebulição

(°C)

1 NaC 1,0 101,00

2 mols de partículas

1NaC 1Na 1C

Conclusão: no experimento B ocorre uma elevação de 1,00 C na temperatura de ebulição.

Temperatura de ebulição da solução = 101,00 C (100 C 1,00 C).


[C]

Teremos:

plástico 1

plástico 2

d 1,10 kg / L

d 1,14 kg / L

Para separar os plásticos 1 e 2 a densidade da solução utilizada na separação deverá estar entre estes dois valores

solução(1,10 kg / L d 1,14 kg / L).

totalV 1000 L

1 2

água 1 solução NaC 2média ponderada

1 2

1 2média ponderada

md m d V

V

V V 1000 L

d V d Vd

V V

1,00 V 1,25 Vd

1000

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Testando para cada alternativa, vem:

[A] 900 e 100.

média ponderada1,00 900 1,25 100

d 1,025 kg / L1000

[B] 800 e 200.


d 1,050 kg / L1000

[C] 500 e 500.


d 1,125 kg / L1000

[D] 200 e 800.


d 1,200 kg / L1000

[E] 100 e 900.


d 1,225 kg / L1000

(1,10 kg / L 1,125 kg / L 1,14 kg / L)


[A]

A 20°C, 1 mL de ácido etanoico tem massa maior do que 1 mL de ácido n-pentanoico:

e tanoicoe tanoico

e tanoico

e tanoico

e tanoico

md

V

m1,04 g / mL

1mL

m 1,04 g

n pentanoicon pentanoico

n pentanoico

n pentanoico

n pentanoico

e tanoico n pentanoico

md

V

m0,96 g / mL

1mL

m 0,96 g

1,04 g 0,96 g

4 200 mL 1,0 g de Zn (raspas) +

1,0 g de Cu (fio)

8 s

(menor tempo)

Liberação de H2 e calor; massa

de Cu não se alterou

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[B]

Teremos:

Com o tempo: Volume do glóbulo vermelho em X > Volume do glóbulo vermelho em Y > Volume do glóbulo vermelho em Z.

Quanto maior o número de partículas presentes no soluto, maior a concentração e consequentemente menor a pressão de vapor.

Concentração da solução X < Concentração da solução Y < Concentração da solução Z.

Pressão de vapor em X > Pressão de vapor em Y > Pressão de vapor em Z.

Conclui-se que a porcentagem em massa de sais é maior na solução Y do que na solução X. Resposta da questão 19:

[D]


I. Correta. A velocidade da reação de Zn com ácido aumenta na presença de Cu.

O zinco reage com o ácido clorídrico: Cu

2 2Zn(s) HC (aq) H (g) ZnC (aq) .

II. Incorreta. Nas experiências, verifica-se a utilização de mesma concentração de ácido clorídrico (0,2 mol/L) e mesmo volume (200 mL),

como na quarta experiência a velocidade foi maior (menor tempo) conclui-se que o cobre atuou como catalisador.

III. Correta. Os resultados dos experimentos 1 (raspas) e 3 (pó) mostram que, quanto maior o quociente superfície de contato/massa total de

amostra de Zn, maior a velocidade de reação. Resposta da questão 20:

[E]

Teremos:

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1

[Pr odutos]K 1

[Reagentes]

2

[Pr oduto]K 1

[Reagente]

A pressão total se mantém constantes durante o experimento, pois a pressão parcial é proporcional à concentração dos componentes gasosos.

No experimento B teremos em 1t :

2 2[HI] [H ] [I ] .

No experimento A, a velocidade de formação de HI é constante com o passar do tempo.

No experimento B, a quantidade de matéria de HI diminui até que o equilíbrio seja atingido. Resposta da questão 21:

[B]

Aplicando a Lei de Hess devemos inverter as duas equações e obteremos a reação de decomposição do poluente (NO2):

(g)2NO 2(g) 2(g)

2(g) (g)

N O H 180 kJ

2NO 2NO

2(g)

2(g) 2(g) 2(g)

O H 114 kJ

2NO N 2O H 66 kJ

A reação é exotérmica e a quantidade de energia liberada é menor do que 114 kJ. Resposta da questão 22:

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[E]

Teremos:

3 2 2 3 3 3

3 2 2 3(g) 3 3(g)

CH CH CH CH (CH )CHCH

3 2 2 3(g)

3 3(g)

CH CH CH CH (CH )CHCH

Início 70,0 g 0

Durante m m

Equilíbrio (70,0 m) m

M M M

70,0 m[CH CH CH CH ]

M V

m[(CH )CHCH ]

M V

A constante de equilíbrio é dada por:

3 3(g)

e

3 2 2 3(g)

e

m[(CH )CHCH ] mM VK

70,0 m[CH CH CH CH ] 70,0 m

M V

m mK 2,5 m 50,0 g

70,0 m 70,0 m


[D]

Período de tempo (5 de abril a 6 de maio) = 32 dias

8 dias 1 meia vida

32 dias

n

n 4 meias vidas

8 dias 8 dias 8 dias 8 dias

3 3 3 3 3

Bq Bq Bq Bq Bq200 mil 100 mil 50 mil 25 mil 12,5 mil

cm cm cm cm cm


[C]

42 CC

C

2 aq

IK 100

I

A partir dos valores fornecidos podemos calcular o quociente de concentração:

QC =

4

32 CC

3

2 aq

I 1,0 1010

I 0,1 10

Como o quociente de equilíbrio (10) é menor do que a constante de equilíbrio (100), concluímos que o equilíbrio será deslocado para a

direita até o valor da constante ser atingido. Resposta da questão 25:

[B]

Temos uma pilha de hidrogênio:

2H2(g) + O2(g) 2H2O(g)

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0 --------------- +1

A reação de oxidação pode ser representada por:

2H2 4e- + 4H

+ (oxidação/ânodo)

Acrescentando-se OH- (eletrólito) ao ânodo, teremos:

2H2 + 4OH- 4e

- + 4H

+ + 4OH

- (oxidação/ânodo)

Ou seja,

2H2 + 4OH- 4e

- +4H2O

(oxidação/ânodo)

O sentido dos elétrons é representado por a.

O sentido dos íons OH- é representado por b.


[E]

A cada um desses frascos, adicionaram-se, em experimentos distintos, 100 mL de uma solução aquosa de HCℓ de concentração 1,0 mol/L:

1 L 1 mol

0,1 L n(HCℓ)

n(HCℓ) = 0,10 mol

Frasco 1: 100 mL de H2O(l).

Número de mols de H+ = 0,10 mol

Volume final = 100 mL + 100 mL = 200 mL = 0,2 L

[H+]inicial = 10

-7

[H+]final =

0,10,5 mol / L

0,2

[H+] aumentou, logo o pH diminuiu.

Frasco 2: 100 mL de solução aquosa de ácido acético de concentração 0,5 mol/L.

Como o ácido acético é fraco, o número de mols de H+ liberado é pequeno, mas somado ao inicial, teremos: [H

+]final > [H

+]inicial, logo, o pH

final será menor do que o inicial.

Frasco 3: 100 mL de solução aquosa de KOH de concentração 1,0 mol/L.

1 L 1,0 mol

0,1 L n(KOH)

n(KOH) = 0,1 mol

HCℓ + KOH H2O + KCℓ

1 mol 1mol

0,10 mol 0,10 mol

Neste caso teremos neutralização e o pH será, praticamente, equivalente ao da neutralidade, ou seja, haverá diminuição do pH em relação à

solução inicial que era básica.

Frasco 4: 100 mL de solução aquosa de HNO3 de concentração 1,2 mol/L.

[H+]inicial = 0,12 mol/L

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1 L 1,2 mol

0,1 L n(HNO3)

n(HNO3) = 0,12 mol

n(H+; na solução de HNO3) 0,12 mol

n(H+; na solução de HCℓ) = 0,1 mol

n(H+ total) (0,12 + 0,10) 0,22 mol

[H+]

0,220,11 mol / L

0,2

[H+]inicial = 0,12 mol/L

[H+]final = 0,11 mol/L

A concentração de H+ na solução final será menor do que na inicial. Logo, o pH da solução final será maior do que o da solução inicial.


[D]

Enriquecer urânio a 20%, como mencionado nessa notícia, significa aumentar, para 20%, a quantidade de 235

U presente em uma amostra de

urânio. Resposta da questão 28:

[C]

Teremos: (p = período de semidesintegração ou meia-vida)

900 P 450

P 225

Tempo decorrido = 2 x p = 2 x 5700 anos = 11400 anos.

Subtraindo os anos d.C., vem:

11400 anos – 2010 anos = 9390 anos (aproximadamente 9400 anos). Resposta da questão 29:

[D]

Experimento

Solutos contidos

inicialmente nas soluções

que foram misturadas

Observações

1 Ba(CℓO3)2 Mg(IO3)2 formação de precipitado branco

2 Mg(IO3)2 Pb(CℓO3)2 formação de precipitado branco

3 MgCrO4 Pb(CℓO3)2 formação de precipitado amarelo

4 MgCrO4 Ca(CℓO3)2 nenhuma transformação observada

Equacionando os experimentos fornecidos na tabela, teremos:

1) Ba(ClO3)2 + Mg(IO3)2 Mg(ClO3)2 + Ba(IO3)2

2) Mg(IO3)2 + Pb(ClO3)2 Pb(IO3)2 + Mg(ClO3)2

3) MgCrO4 + Pb(ClO3)2 PbCrO4 + Mg(ClO3)2

4) MgCrO4 + Ca(ClO3)2 CaCrO4 + Mg(ClO3)2

Como a tabela nos informa que na reação 4 não ocorre a formação de um precipitado, concluímos que o sal Mg(ClO3)2 é solúvel em água e

assim:

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1) Ba(ClO3)2 + Mg(IO3)2 Mg(ClO3)2 + Ba(IO3)2

Solúvel Branco

2) Mg(IO3)2 + Pb(ClO3)2 Pb(IO3)2 + Mg(ClO3)2

Branco Solúvel

3) MgCrO4 + Pb(ClO3)2 PbCrO4 + Mg(ClO3)2

Amarelo Solúvel

4) MgCrO4 + Ca(ClO3)2 CaCrO4 + Mg(ClO3)2

Solúvel Solúvel

A partir desses experimentos, conclui-se que são pouco solúveis em água somente os compostos Ba(IO3)2, Pb(IO3)2 e PbCrO4. Resposta da questão 30:

[C]

Como o estudante desejava estudar, experimentalmente, o efeito da temperatura sobre a velocidade de uma transformação química, não

haveria a necessidade de se alterar a massa do catalisador, pois neste caso ele é utilizado para diminuir a energia de ativação da reação, uma

vez adicionado na quantidade necessária, seu excesso não altera o processo. Resposta da questão 31:

[A]

O botânico observou que ao adicionar calcário moído (CaCO3) ao solo, em que estava a planta com flores azuis, ela passou a gerar flores

rosadas. Como o carbonato de cálcio é um sal básico, concluímos que em um solo mais ácido do que aquele de pH 5,6, as flores da planta

seriam azuis. Resposta da questão 32:



[C]


I. Correta. O craqueamento é importante economicamente, pois converte frações mais pesadas de petróleo em compostos de grande demanda

como as gasolinas e os querosenes.

II. Incorreta. O craqueamento absorve grande quantidade de energia para ocorrer a ruptura de ligações químicas nas moléculas de grande

massa molecular.

III. Correta. A presença de catalisador permite que as transformações químicas envolvidas no craqueamento ocorram mais rapidamente, ou

seja, acelera as reações. Resposta da questão 35:

[A]

Examinando-se as fórmulas desses compostos, verifica-se que dois dos grupos funcionais que estão presentes no oseltamivir estão presentes

também no zanamivir: amidas e éteres.

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[D]

Análise das alternativas:

a) Maçã (C7H14O2) e abacaxi (C6H12O2) não são isômeros, pois não possuem a mesma fórmula molecular.

b) O éster do odor de banana é preparado a partir de um álcool secundário, como podemos perceber pela fórmula, mas o éster do odor de

pepino é preparado a partir de álcool primário:

c) Pepino é um etanoato (2 carbonos no ácido de origem) e maçã um butanoato (4 carbonos no ácido de origem).

d) Pepino e pera são ésteres do mesmo ácido carboxílico, ou seja, do ácido etanoico:

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e) Banana possui um carbono assimétrico:


[B] Resposta da questão 38:


[D] Resposta da questão 40:


[B]

Teremos as seguintes reações:

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Como podemos observar na reação I ocorrerá a formação de HCl, que é tóxico.

Em II não ocorre a formação de nenhum subproduto.

Em III observamos a formação de água.

Consequentemente a ordem dessas transformações, da pior para a melhor, de acordo com a “Química Verde”, será: I, III e II. Resposta da questão 42:

[A]

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