Gabarito 2015 -...
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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.
Resposta da questão 2:
[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:
[E] Resposta da questão 7:
[E] Resposta da questão 8:
[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
Resposta da questão 11:
[B]
De acordo com o gráfico, o aumento da concentração de KOH provoca o aumento da velocidade da reação de isomerização.
Resposta da questão 12:
[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
Resposta da questão 13:
[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
Resposta da questão 15:
[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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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).
Resposta da questão 16:
[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.
média ponderada1,00 800 1,25 200
d 1,050 kg / L1000
[C] 500 e 500.
média ponderada1,00 500 1,25 500
d 1,125 kg / L1000
[D] 200 e 800.
média ponderada1,00 200 1,25 800
d 1,200 kg / L1000
[E] 100 e 900.
média ponderada1,00 100 1,25 900
d 1,225 kg / L1000
(1,10 kg / L 1,125 kg / L 1,14 kg / L)
Resposta da questão 17:
[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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Resposta da questão 18:
[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]
Análise das afirmações:
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
Resposta da questão 23:
[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
Resposta da questão 24:
[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.
Resposta da questão 26:
[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.
Resposta da questão 27:
[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:
[E] Resposta da questão 33:
[A] Resposta da questão 34:
[C]
Análise das afirmações:
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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Resposta da questão 36:
[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:
Resposta da questão 37:
[B] Resposta da questão 38:
[E] Resposta da questão 39:
[D] Resposta da questão 40:
[A] Resposta da questão 41:
[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]