CPV O cursinho que mais aprova na fGV
FGV – economia – 1a Fase – 30/novembro/2008
QUÍMICA
106. Na figura, é representado o espectro de massa dos
isótopos naturais do elemento gálio.
A abundância isotópica, em percentual inteiro, do isótopo
do Ga-69, é
a)
b)
c)
d)
e)
50%.
55%.
60%.
65%.
70%.
Dados:
Ai
= 2x, x = número de meias-vidas e log 2 = 0,3
Af
A radioatividade nessa amostra (Af) será de cerca de
1 milésimo da inicial (Ai), após
a) 15 dias.
b) 30 dias.
c) 2 meses.
d) 4 meses.
e) 6 meses.
Resolução:
Dado retirado da tabela periódica: MA (Ga) = 69,7
Sabe-se que a massa atômica de um elemento é a média ponderada
das massas atômicas dos isótopos do elemento, sendo que os
pesos são as abundâncias de cada isótopo.
Portanto:
107. O gráfico mostra a radioatividade numa amostra de
radiofármaco contendo Tl-201, usado em diagnóstico por
imagem do miocárdio. A abscissa mostra o número de dias
decorridos a partir da produção desse fármaco e a ordenada
mostra a radioatividade correspondente naquele dia.
massa atômica
68,9
70,9
abundância
x%
y%
Resolução:
Substituindo os valores da atividade na equação dada temos:
100
x
0,1 = 2 ⇒ log 1000 = x log 2 ⇒ 3 = x . 0,3 → x = 10 meias-vidas
Pelo gráfico, podemos tirar o período de meia-vida:
Tem-se duas equações:
I. x + y = 100 ⇒ y = 100 – x
P
P
100 
→ 50 
→ 25
68,9 x + 70,9 y
II. 69,7 =
100
68,9 x + 70,9 y = 6970
6 dias correspondem a dois períodos de meia-vida.
6 dias
Logo, cada meia-vida será 3 dias.
68,9 x + 70,9 (100 – x) = 6970
Então, o tempo necessário será 10 . 3 = 30 dias.
Alternativa B
68,9 x + 7090 – 70,9 x = 6970
– 2x = – 120 ⇒ x = 60%
Alternativa C
CPV
fgv091fnoveco
1
2
CPV o
fgv – 30/11/2008
cursinho que mais aprova na fGV
Para responder às questões de números 108 e 109, utilize as
informações do texto.
O HBr (pKa ≈ –9) e o HCl (pKa ≈ –8) são dois ácidos fortes
utilizados na indústria química. Uma solução de HBr 48% em
massa apresenta densidade igual a 1,5 g/mL a 20ºC.
A solubilidade do HBr em água, em função da temperatura, é
apresentada na tabela.
Temperatura da água (ºC)
0
10
25
50
70
Solubilidade
(litro de HBr/litro de água)
612
582
533
468
406
Resolução:
Como a solução de HBr apresenta 48% em massa temos:
τ = 0,48
c = τ . d → c = 0,48 x 1,5 → c = 0,72 g/mL → c = 720 g/L
M=
c
M
⇒
720
⇒
M = 81
M = 8,9 mol/L
Alternativa C
110. O metilfenidato, estrutura química representada na figura,
é uma substância utilizada como fármaco no tratamento
de casos de transtorno de déficit de atenção e
hiperatividade.
108. Considere as seguintes afirmações:
I. o HCl é um ácido mais forte que o HBr;
II. a ligação H-Cl é mais forte que a ligação H-Br;
III. a dissolução do HBr na água é um processo
exotérmico;
IV. durante a dissolução do HBr em água, verifica-se que
há um aumento da temperatura da água.
São corretas as afirmações
a)
b)
c)
d)
e)
I, II, III e IV.
I, II e III, apenas.
I, III e IV, apenas.
II, III e IV, apenas.
II e IV, apenas.
Resolução:
I. Incorreta, uma vez que o pKa do HBr é menor do que o
pKa do HCl. Menor pKa indica um ácido mais forte.
II. Correta, como HBr é um ácido mais forte que o HCl, deve
apresentar a ligação H-Br mais fraca que as ligações H-Cl.
III. Correta, já que a solubilidade do HBr diminui com o aumento
da temperatura.
IV. Correta, uma vez que o processo é exotérmico, a
temperatura da água aumenta.
Estão corretas: II, III, IV.
Alternativa D
109. A solução aquosa de HBr a 20ºC, que tem densidade
1,5 g/mL, apresenta concentração, em mol/L,
aproximadamente igual a
a)
b)
c)
d)
e)
CPV
5,8.
7,2.
8,9.
15.
26.
fgv091fnoveco
Na estrutura do metilfenidato, o número de carbonos
assimétricos e a sua fórmula molecular são,
respectivamente,
a)
b)
c)
d)
e)
1
1
1
2
2
e
e
e
e
e
C12H15NO2.
C13H17NO2.
C14H19NO2.
C13H17NO2.
C14H19NO2.
Resolução
A molécula de metilfenidato apresenta 2 carbonos assimétricos,
conforme representado abaixo.
CH3
O
O
C
H
H
C
C*
N
HC
C
HC
H
CH H C
CH
H
H
C*
H
C
C
C
H
H
H
H
H
carbono assimétrico: C*
Contando-se o número de átomos de cada elemento, chega-se a:
C14H19NO2
Alternativa E
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
111. Nos jogos olímpicos de Pequim, os organizadores fizeram
uso de exames antidoping bastante sofisticados, para
detecção de uma quantidade variada de substâncias
químicas de uso proibido. Dentre essas substâncias,
encontra-se a furosemida, estrutura química
representada na figura. A furosemida é um diurético capaz
de mascarar o consumo de outras substâncias dopantes.
Fgv – 30/11/2008
3
A partir dos dados da tabela, pode-se afirmar que a
concentração típica de manganês e o número aproximado
de átomos de fósforo para 100 kg de planta seca são,
respectivamente,
a)
b)
c)
d)
e)
50 ppm e 1,5 x 1025.
50 ppm e 3,9 x 1024.
2 000 ppm e 1,5 x 1025.
2 000 ppm e 3,9 x 1024.
5 000 ppm e 3,9 x 1025.
Resolução:
ppm = partes por milhão
ppm = 1 parte
_________
106 partes
Na estrutura química desse diurético, podem ser
encontrados os grupos funcionais
a)
b)
c)
d)
e)
ácido carboxílico, amina e éter.
ácido carboxílico, amina e éster.
ácido carboxílico, amida e éster.
amina, cetona e álcool.
amida, cetona e álcool.
mg
Concentração de Mn = 5,0 . 101 kg = 50 ppm
Cálculo do número de átomos de fósforo:
2,0 . 103 mg
2g __________ 1 kg planta seca
x __________ 100 kg planta seca
x = 200 g de fósforo
éter
in
a
áci
Da tabela periódica, retira-se o valor da massa molar do fósforo e
executa-se o cálculo abaixo:
do
car
box
ílic
o
Alternativa A
112. A concentração crítica de elementos essenciais nas
plantas é a concentração mínima necessária para o seu
crescimento, e pode haver variação de uma espécie para
outra. Sobre as necessidades gerais das plantas, na tabela
são apresentadas as concentrações típicas (massa do
elemento/massa da planta seca) para alguns elementos
essenciais.
elemento
N
mg/kg
1,5 x 104
K
1,0 x 104
Ca
5,0 x 103
Mg
2,0 x 103
P
2,0 x 103
S
1,0 x 103
Fe
1,0 x 102
Mn
5,0 x 101
Dado: constante de Avogadro = 6,0 x 1023 mol–1
CPV
fgv091fnoveco
1 mg
kg
Da tabela, retira-se que:
Resolução:
am
Como 1 kg = 106 mg, ppm =
31 g ______ 1 mol ______ 6 . 1023 átomos
200 g ________________ y
y ≅ 3,9 . 1024 átomos
Alternativa B
113. O polipropileno (PP), um termoplástico commodity, é uma
das resinas que apresentou maior crescimento no consumo,
nos últimos anos, devido à sua grande versatilidade em
inúmeras aplicações. O monômero utilizado para obtenção
do PP está representado na alternativa
a)
d)
b)
e)
c)
4
fgv – 30/11/2008
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
Resolução:
115. A massa aproximada de eteno, equivalente a 50,0 L desse
gás contido num cilindro a 300 K e 2,00 atm, é igual a
O monômero do polipropileno (PP) é o propeno (propileno):
H
H
|
|
— C
C —
|
|
H3C
H
a) 4 000 g.
d) 224 g.
b) 2 050 g.
e) 112 g.
Resolução:
ou
Alternativa D
H2C = CH2
eteno
massa molar = 28 g/mol
PV = nRT ou PV =
Muitas frutas são colhidas ainda verdes, para que não sejam
danificadas durante o seu transporte. São deixadas em armazéns
refrigerados até o momento de sua comercialização, quando
são colocadas em um local com gás eteno por determinado
período, para que o seu amadurecimento ocorra mais
rapidamente.
As reações I e II representam dois métodos diferentes na
produção de eteno.
m
RT
M
m
. 0,082 . 300
28
m = 113,8g (≅112g)
2 . 50 =
Para responder às questões de números 116 e 117, utilize o texto.
O debate sobre a reserva de petróleo da camada pré-sal é um
dos temas polêmicos neste segundo semestre de 2008, já que
envolve política e economia. No início de setembro, foi feita a
coleta simbólica do óleo dessa camada, no campo de Jubarte,
Espírito Santo.
catal. T
I. CH3-CH3 
→ CH2 = CH2 + H2
H SO , 170ºC
2 4
II. CH3-CH2OH 
→ CH2 = CH2 + H2O
Dado: R = 0,082 atm . L . K–1 . mol–1
114. As reações I e II são denominadas, respectivamente,
desidrogenação e desidratação intramolecular.
desidrogenação e desidratação intermolecular.
desidrogenação e adição.
eliminação e hidratação intramolecular.
eliminação e hidratação intermolecular.
Resolução:
I.
catalisador., T
CH3 — CH3 → CH2 —
— CH2 + H2
Trata-se de uma desidrogenação.
H OH
|
|
H 2SO 4 , 170°C
→H—C—
— C — H + H2O
II. H — C — C — H 
|
|
|
|
H
H
H
H
Trata-se de uma desidratação intramolecular.
Alternativa A
CPV
fgv091fnoveco
Alternativa E
oglobo.globo.com/economia/mat/2007/12/20/327710825.asp.Adaptado
Para responder às questões de números 114 e 115, utilize o
texto.
a)
b)
c)
d)
e)
c) 816 g.
A estimativa da Petrobras é que as reservas de Tupi, Bacia de
Santos, variem entre 5 bilhões de boe (barris de óleo
equivalente; 1 boe = 159 litros) e 8 bilhões de boe. O petróleo
dessas reservas é considerado de excelente qualidade, pois
apresenta 28 ºAPI.
O grau API, escala higrométrica idealizada para medir a
densidade relativa de líquidos, é calculado pela expressão:
 141,5 
ºAPI = 
 – 131,5
 ρ 
onde ρ é a densidade relativa a 15,6ºC.
Classificação do petróleo:
ºAPI > 30:
Petróleo de base parafínica
22 ≤ ºAPI ≤ 30: Petróleo de base naftênica
ºAPI < 22:
Petróleo de base aromática
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
116. Considerando que 20% do volume do petróleo pode ser
completamente convertido em gasolina (C8H18 massa
molar 114 g/mol), então a quantidade máxima de gás
carbônico (CO2 massa molar 44 g/mol) emitido na queima
da gasolina (densidade 0,72 kg/L), produzida a partir de
toda a reserva mínima estimada de petróleo da camada de
pré-sal de Tupi é, aproximadamente,
a)
b)
c)
d)
e)
3,52 x 108 toneladas.
3,52 x 1010 toneladas.
1,14 x 1011 toneladas.
4,40 x 1012 toneladas.
4,40 x 1013 toneladas.
Resolução:
x159L /boe
Reserva mímina: 5 . 109 boe → 795 . 109 L petróleo
9
20%
795 . 109 L petróleo 
→ 159 . 10 L gasolina
→ 0,72 kg
1 L gasolina

9
159 . 10 L gasolina → x
x ≅ 114 . 109 kg, ou 114 . 106 ton
→ 8 x 44g
114 g

6
114 . 10 ton → y
x = 352 . 106 ton, ou 3,52 . 108 ton
Alternativa A
parafínica … 1,13
parafínica … 0,89
parafínica … 0,73
aromática … 1,13
aromática … 0,89
Resolução:
 141,5 
Pela fórmula: ºAPI =  ρ  – 131,5


podemos perceber que as grandezas ºAPI e densidade relativa
(ρ) são inversamente proporcionais. Logo, quanto menor a
densidade relativa, maior será o ºAPI e o petróleo apresentará
caráter de base parafínica.
Se o petróleo da camada pré-sal tiver 28 ºAPI, temos:
141,5
 141,5 
28 =  ρ  – 131,5 ⇒ 159,5 = ρ
⇒ ρ ≅ 0,89


Alternativa B
CPV
fgv091fnoveco
I. CH3CH2OH
II. CH3COOH
III. CH3CH2COOH
IV. CH3CH2NH2
V.
OH
|
O composto orgânico que apresenta maior caráter básico
está representado em
a) I. b) II. c) III. d) IV. e) V.
Resolução:
Dos compostos orgânicos apresentados, a etilamina (composto
IV) é o que apresenta o maior caráter básico.
etanol (álcool com baixo caráter básico)
ácido etanóico (caráter ácido)
ácido propanóico (caráter ácido)
etilamina (caráter básico)
fenol (caráter ácido)
As aminas (derivadas da amônia) podem reagir com ácidos
formando sais:
117. Quanto menor a densidade relativa do petróleo, maior é a
predominância de base __________. Se a amostra do
petróleo recém-coletado na reserva de Jubarte tiver 28 ºAPI,
então a sua densidade relativa a 15,6ºC será,
aproximadamente, igual a __________ . As lacunas podem
ser preenchidas, correta e respectivamente, por
a)
b)
c)
d)
e)
5
118. Considere os seguintes compostos orgânicos:
I.
II.
III.
IV.
V.
C8H18 → 8 CO2
Fgv – 30/11/2008
H3C — CH2 — NH2 + H+ → H3C — CH2 — NH3+
Alternativa D
119. Em hospitais, roupas, banheiros, pisos, etc., podem ser
desinfetados com soluções aquosas de hipoclorito de
sódio. Considerando que a constante de hidrólise do íon
ClO–, a 25ºC, é 2 x 10–7, uma solução aquosa de NaCl O
com pH = 10 nessa mesma temperatura tem concentração
de íon hipoclorito igual a
a) 0,01 mol/L.
d) 0,10 mol/L.
b) 0,02 mol/L. c) 0,05 mol/L.
e) 0,20 mol/L.
Resolução
ClO– + H2O HClO + OH–
x
x
Kh =
[HCO] [OH − ]
CO− 
Como pH = 10, pOH = 4
Então: [OH–] = 10–4 = [HClO]
Logo: 2 . 10–7 =
⇒ [ClO–] =
10−4 . 10−4
 C O − 
10−8
2 . 10−7
=
10−1
0,1
=
= 0,05 mol/L
2
2
Alternativa C
6
CPV o
fgv – 30/11/2008
cursinho que mais aprova na fGV
120. O uso de táxi na cidade de São Paulo tem aumentado,
principalmente depois do início da “lei seca”, decretada
em junho de 2008. O bafômetro é o equipamento utilizado
pelas autoridades policiais para a detecção de etanol no
organismo de motoristas. Esse equipamento é constituído
de uma célula a combustível, onde ocorre a reação:
CH3CH2OH + 1/2 O2 → CH3CHO + H2O
Pode-se afirmar que a célula a combustível descrita tem
diferença de potencial
a)
b)
c)
d)
e)
negativa e o etanol é reduzido.
negativa e o etanol é oxidado.
negativa e o oxigênio é reduzido.
positiva e o etanol é reduzido.
positiva e o etanol é oxidado.
Resolução:
As células a combustível são pilhas (geradores de corrente
elétrica). Portanto, obrigatoriamente, possuem diferença de
potencial (ddp) positiva, pois tratam-se de reações espontâneas.
CH3CH2OH
+
–1
1
O
2 2
0
→
CH3CHO
+1
+
H2O
–2
oxidação
redução
O etanol (CH3CH2OH) é oxidado a etanal (CH3CHO).
Alternativa E
COMENTÁRIO DA PROVA DE QUÍMICA
A prova de Química da 1a fase da FGV Economia / 2009 apresentou
uma excelente distribuição dos assuntos pertencentes à programação
do Ensino Médio. Dos tópicos importantes, somente a Termoquímica
não foi exigida.
Talvez os alunos tenham encontrado dificuldade para fazer os cálculos
de 7 questões da prova, em especial a questão 116.
CPV
fgv091fnoveco