Gabarito
2015
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 NO3 e NH4 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]
1
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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:
Ponto A
(novembro)
Ponto B
(novembro)
Ponto A
(maio)
Ponto B
(maio)
pH
Concentração de
nitrato (mg/L)
Concentração de
oxigênio (mg/L)
9,8
0,14
6,5
9,1
0,15
5,8
7,3
7,71
5,6
7,4
3,95
5,7
II. Correta. As amostras de água coletadas em novembro devem ter menos CO 2 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.
Ponto B
(novembro)
Ponto A
(maio)
pH
Concentração de
nitrato (mg/L)
9,1
0,15
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.
2
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n
V
0,4 mol
Concentração molar 
0,8 L
Concentração molar  0,50 mol / L
Concentração molar 
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]
[HC ]  [CH3 COOH]  0,10 mol / L
VHC  VCH3COOH  V
1 HC  1 NaOH  1 H2O  1 NaC
nHC  nNaOH
[HC ]  V  [NaOH]  V1
0,10  V  [NaOH]  V1 (I)
1 CH3 COOH  1 NaOH  1 H2O  1 CH3COONa
nCH3COOH  nNaOH
[CH3 COOH]  V  [NaOH]  V2
0,10  V  [NaOH]  V2 (II)
Comparando (I) e (II), vem :
[NaOH]  V1  [NaOH]  V2
V1  V2
Resposta da questão 13:
[C]
Cálculo das densidades:
3
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Marca de
creme dental
Massa
(g)
Volume
(mL)
A
30
20
B
60
42
C
90
75
D
120
80
E
180
120
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Densidade
(g/mL)
30
 1,5 g / mL
20
60
d
 1,429 g / mL
42
90
d
 1,2 g / mL
75
120
d
 1,5 g / mL
80
180
d
 1,5 g / mL
120
d
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):
1 Na2SO4  2Na  1SO42
3 mols de partículas
A partir da tabela percebe-se que:
Volume
de
água
(L)
1
4
Soluto
CaC
2
Quantidade de
matéria de
soluto
(mol)
0,5
Temperatura
de
ebulição
(°C)
100,75
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0,5 CaC 2  0,5 Ca2  1 C 
1,5 mol de partículas
1,5 mol de partículas
3 mol de partículas
0,75 C
ΔT
ΔT  1,50 C
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).
1 mol glicose (C6H12O6 )
nglicose
0,5 L de água
1 L de água
nglicose  2 mols de partículas de glicose
A partir da tabela percebe-se que:
Volume
de
água
(L)
1
Soluto
NaC
Quantidade de
matéria de
soluto
(mol)
1,0
Temperatura
de
ebulição
(°C)
101,00
1Na  1C 
1 NaC 
2 mols de partículas
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:
dplástico 1  1,10 kg / L
dplástico 2  1,14 kg / L
Para separar os plásticos 1 e 2 a densidade da solução utilizada na separação deverá estar entre estes dois valores
(1,10 kg / L  dsolução  1,14 kg / L).
Vtotal  1000 L
m
 m  d V
V
V1  V2  1000 L
d
dmédia ponderada 
dmédia ponderada 
5
dágua  V1  dsolução NaC  V2
V1  V2
1,00  V1  1,25  V2
1000
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Testando para cada alternativa, vem:
[A] 900 e 100.
dmédia ponderada 
1,00  900  1,25  100
 1,025 kg / L
1000
[B] 800 e 200.
dmédia ponderada 
1,00  800  1,25  200
 1,050 kg / L
1000
[C] 500 e 500.
dmédia ponderada 
1,00  500  1,25  500
 1,125 kg / L
1000
[D] 200 e 800.
dmédia ponderada 
1,00  200  1,25  800
 1,200 kg / L
1000
[E] 100 e 900.
dmédia ponderada 
1,00  100  1,25  900
 1,225 kg / L
1000
(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:
4
1,0 g de Zn (raspas) +
1,0 g de Cu (fio)
200 mL
de tanoico 
8s
(menor tempo)
Liberação de H2 e calor; massa
de Cu não se alterou
me tanoico
Ve tanoico
me tanoico
1 mL
 1,04 g
1,04 g / mL 
me tanoico
dnpen tanoico 
0,96 g / mL 
mnpen tanoico
1,04 g 
e tanoico
mnpen tanoico
Vnpen tanoico
mnpen tanoico
1 mL
 0,96 g
0,96 g
npen tanoico
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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.
Cu
O zinco reage com o ácido clorídrico: Zn(s)  HC (aq) 
 H2 (g)  ZnC 2 (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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K1 
[Pr odutos]
1
[Reagentes]
K2 
[Pr oduto]
1
[Reagente]
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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 t1 :
[HI]  [H2 ]  [I2 ] .
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 (NO 2):
2NO(g)  N2(g)  O2(g)
H   180 kJ
2NO2(g)  2NO(g)  O2(g) H   114 kJ
2NO2(g)  N2(g)  2O2(g)
H   66 kJ
A reação é exotérmica e a quantidade de energia liberada é menor do que 114 kJ.
Resposta da questão 22:
8
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[E]
Teremos:
CH3 CH2CH2CH3(g)
Início
70,0 g
Durante
m
(CH3 )CHCH3(g)
(70,0  m)
Equilíbrio
0
m
m
MCH3 CH2CH2CH3  M(CH3 )CHCH3  M
70,0  m
M V
m
[(CH3 )CHCH3(g) ] 
M V
[CH3 CH2CH2CH3(g) ] 
A constante de equilíbrio é dada por:
m
m
M
V 
Ke 

[CH3 CH2CH2CH3(g) ] 70,0  m 70,0  m
M V
m
m
Ke 
 2,5 
 m  50,0 g
70,0  m
70,0  m
[(CH3 )CHCH3(g) ]
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
200 mil
Bq
Bq
Bq
Bq
Bq
8 dias
8 dias
8 dias
8 dias

100 mil

50 mil

25 mil

12,5 mil
3
3
3
3
cm
cm
cm
cm
cm3
Resposta da questão 24:
[C]
KC 
I2CC 4 
I2aq
 100
A partir dos valores fornecidos podemos calcular o quociente de concentração:
I2 CC 4  1,0  103

 10
QC =
I2 aq
0,1 103
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)
9
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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
0,1
 0,5 mol / L
[H+]final =
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
1 mol
1mol
 0,10 mol
0,10 mol
+
KCℓ
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
0,22
 0,11 mol / L
0,2
[H+]inicial = 0,12 mol/L
[H+]final = 0,11 mol/L
[H+] 
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
urânio.
235
U presente em uma amostra de
Resposta da questão 28:
[C]
Teremos: (p = período de semidesintegração ou meia-vida)
P
P
 450 
 225
900 
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
1
2
3
4
Solutos contidos
inicialmente nas soluções
que foram misturadas
Ba(CℓO3)2
Mg(IO3)2
Mg(IO3)2
Pb(CℓO3)2
MgCrO4
Pb(CℓO3)2
MgCrO4
Ca(CℓO3)2
Observações
formação de precipitado branco
formação de precipitado branco
formação de precipitado amarelo
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(ClO 3)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 (CaCO 3) 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]
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