Resolução Prova UDESC 2013/2.
Questão 15
O modelo atômico proposto por Niels Bohr apresenta um núcleo formado por prótons (positivos) e
camadas (ou níveis de energia) circulares, onde orbitam os elétrons (negativos). Os níveis de energia são
quantizados, e o modelo átomo permite aos elétrons, ao absorverem energia (térmica ou
fotoeletricamente), gerarem um salto quântico, para camadas mais externas, com específicas energias.
Resposta: Letra E
Questão 16
O elemento químico ouro, representado pelo símbolo Au, tem número atômico (Z) 79 - que é igual ao
número de prótons – Nota-se que para o átomo neutro, o número atômico é igual ao número de elétrons.
Quando o átomo perde elétrons torna-se um cátion, no caso da questão um cátion trivalente, ou seja, um
3+
átomo de ouro que perdeu 3 elétrons, tornando-se Au . Para um átomo que tinha 79 próton e 79 elétrons,
ao perder 3 elétrons passa a ter 76 elétrons em sua eletrosfera.
Resposta: Letra B
Questão 17
+
-
Ao solubilizarmos soda cáustica (hidróxido de sódio – NaOH) em água geramos as espécies Na + OH . O
óleo de cozinha é um ácido graxo (ácidos carboxílicos de longa cadeia carbônica). A reação entre as
espécies formadas pelo hidróxido de sódio e o ácido graxo para produção de um sal de ácido graxo é
classificada como saponificação, como dada pela representação genérica abaixo:
Resposta: Letra E
Questão 18
Ao mantermos a temperatura em 50 °C favorecemos a solubilidade do sal, porém, ao abaixarmos,
diminuiremos a solubilidade, gerando a aparição de um precipitado. Para encontrarmos qual a massa de
sal dissolvida em 20°C basta observarmos a no eixo do coeficiente de solubilidade (linha azul). A diferença
entre a massa inicial (130g) e a massa solubilizada em 20 °C (40g) nos dá a massa cristalizada.
Massa inicial = 130g
Massa dissolvida em 20º C = 40g
Massa cristilizada = 130g – 40g = 90g
Resposta: Letra A
Questão 19
A questão fornece uma fila da eletropositividade dos elementos, assim como ela pode ser interpretada
como a reatividade dos metais.
Quanto maior a tendência a doar elétrons, mais espontânea será a reação. Uma reação com um metal que
tenha menor tendência a oxidar (perder elétrons) não acontecerá para um metal que tenha maior
tendência a oxidar.
Analisando-se as alternativas que são dadas, notamos que para reação
Mg(s) + CuSO4(aq)
O Mg tem maior tendência a doar elétrons que o Cu, isso mostra que a reação será favorecida para
redução do Cu e oxidação do Mg.
Obtendo-se para reação os seguintes produtos
Mg(s) + CuSO4(aq)
MgSO4(aq) + Cu(s)
Resposta: Letra C
Questão 20
É dada a tabela abaixo
Onde as constantes de acidez são dadas e os produtos de solubilidade são dados. Vale lembrar as
expressões para
Constante de equilíbrio
Produto de solubilidade
Analisando-se os valores obtidos, e levando-se os conceitos de potencial hidrogeniônico e hidroxiliônico,
notamos que, para ácidos fortes, a base conjugada é fraca, assim como para ácidos fracos, a base
conjugada é forte. Sendo assim, o ácido mais fraco pela análise de Ka é o HCN, ou seja, a base mais
forte. Seguindo o mesmo conceito a ordem decrescente será: CN > BrO > CH3COO > F > Br .
Resposta: Letra D
Questão 21
A estrutura do monossacarídeo apresentado contém o grupo funcional aldoxila (em vermelho),
característico de um aldeído, o qual pode ser facilmente oxidado. Também notam-se hidroxilas (em azul),
as quais geram regiões de alta polaridade, e competem a molécula uma maior solubilidade em compostos
polares, assim como a água, pelas interações do tipo “ligação de hidrogênio”.
Resposta: Letra D.
Questão 22
As bifenilas policloradas (BPCs), em decorrência de diferenças de eletronegatividades e geometrias
moleculares, apresentam baixo momento dipolar, ou seja, baixa polaridade resultante, sendo solúvel em
compostos também de baixa polaridade. Compostos lipofílicos são aqueles que apresentam alta
solubilidade em gorduras, as quais também apresentam baixa polaridade.
Resposta: Letra C
Questão 23
Para as reações dadas pede-se o incorreto.
Etapa 1: O3 + NO → O2 + NO2
Etapa 2: NO2 + O3 → 2O2 + NO
Ao analisarmos as duas etapas do processo nota-se que em ambos os casos o oxigênio não pode atuar
como catalisador, pois em ambos os casos é representado como um dos produtos das reações.
Resposta: Letra B
Questão 24
Podemos também observar a reação através das fórmulas moleculares
C8H8O + C2H7N
C10H13N + H2O
Nota-se que a reação é de 1 mol de C8H8O para produção de 1 mol de C10H13N, sendo assim, calculam-se
as massas molares
1 mol de C8H8O – 120 g
1 mol de C10H13N – 147 g
São então produzidos 147 g de C10H13N em uma reação com 100% de rendimento, porém o problema traz
um rendimento de apenas 70%, o que nos dá
147g de C10H13N x 70% = 102,9 g produzidos de C10H13N.
Resposta: Letra C
Questão 25
As propriedades periódicas variam principalmente pela variação de dois fatores: número de camadas
eletrônicas preenchidas e número atômico.
O raio atômico é a distância do núcleo de um átomo até a última camada preenchida por elétrons. Notase que ele aumenta com o aumento do número de camadas, ou seja, de cima para baixo nos períodos da
tabela periódica. O número atômico decresce da direita para esquerda em um mesmo período, ou seja,
com menor número de prótons no núcleo de um átomo menor é a atração pelos elétrons da eletrosfera e
maior será o raio.
Portanto, ao observarmos os elementos da alternativa A notamos que eles estão em ordem crescente de
raio atômico para Ne > Na > Ni > Bi > Sr.
Resposta: Letra A
Questão 26
A nitroglicerina (C3H5N3O9) apresenta fácil decomposição, é muito instável, e gera uma reação com grande
liberação de energia num curto espaço de tempo, caracterizando assim um forte explosivo. Seus produtos
são gases, que apresentam ligações covalentes e muito estáveis.
Analisando-se a situações seguintes:
I. A energia das ligações na nitroglicerina é fraca.
II. A reação tem ∆H > 0.
III. A energia das ligações nos produtos formados é muito fraca.
Notamos que II e III estão incorretas. Para II a reação não pode ter ∆H > 0, uma vez que é exotérmica. As
moléculas formadas como produtos são muito estáveis em suas ligações, por isso apresentam energias de
ligação muito fortes.
Resposta: Letra A
Questão 27
Aℓ2O3(s) + 6HCℓ(aq) → 2AℓCℓ3(aq) + XX(ℓ)
Para reação descrita, nota-se que haverá a formação de 3 mols H2O, o qual é definido como óxido, uma
vez que é um composto binário, onde o oxigênio é o elemento mais eletronegativo. Temos como
reagentes um óxido e um ácido, e como produto um sal e água, pode-se então caracterizar a reação como
de neutralização.
Resposta: Letra B
Questão 28
Para a pilha em questão são dadas as semireações
(I) 4e- + O2(g) + 2H2O(ℓ) → 4OH-(aq) Eo = +0,40 V
(II) 4H2O(ℓ) + 4e- → 2H2(g) + 4OH-(aq) Eo = -0,83 V
Nota-se pelos potenciais padrão de redução que a equação I reduzirá (no cátodo), enquanto a equação II
deverá ser invertida para oxidação (no ânodo). Ao invertermos a equação II deveremos inverter também o
sinal de seu potencial. A soma das equações nos dará a equação global da pilha, bem como a de seus
potenciais dará a força eletromotriz da célula.
(I) 4e- + O2(g) + 2H2O(ℓ) → 4OH-(aq) Eo = +0,40 V (redução – cátodo)
(II) 2H2(g) + 4OH-(aq) → 4H2O(ℓ) + 4e- Eo = +0,83 V (oxidação – ânodo)
2H2(g) + O2(g) + 2H2O(ℓ) → 4H2O(ℓ) ΔE = + 1,23 V
Resposta: Letra C