C:\Documents and Settings\Administrador\Desktop\RESOLU+ç+âO DAS QUEST+òES DE QU+ìMICA I - U PE 03.12.2008 charles.doc
Vestibular 2009
Cobertura
UPE – Universidade de Pernambuco
3 de dezembro de 2008.
RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES DE QUÍMICA
Prova: Química
Professores: ____________________________
1) Gabarito A
Resolução:
O hidróxido de cálcio (cal hidratada) formado é pouco solúvel em H2O e insolúvel em
álcool (composto que apresenta polaridade e apolaridade).
CaO + H2O → Ca (OH)2
Cal
Cal extinta
viva
2) Gabarito A
Resolução:
m
m
espiga = 62,5g
grão = 0,5g
56 mg Fe → 103g milho
⊗ Fe ← 0,5g milho
103x = 28g ⇒ x = 28 x 10-3 mg
X = 28 x 10-6g mg
56g → 6,0 x 1023 átomos de Fe 28 . 10-6 → y
Y = 3x 1017 átomos de Fe ⇒ é um
elemento de transição da família 8B (ferromagnético)
2
3) Gabarito E
Resolução:
Os biocombustíveis são na verdade combustíveis renováveis derivados de matériasprimas que podem ser cultivadas ou preparadas pelo homem. O nosso país é o pioneiro
na utilização desse recurso, sendo o seu principal exemplo o álcool combustível.
4) Gabarito C
Resolução:
O ácido oxálico (Ac. etanodeoico presente no ciclo energético da mitocôndria), ao
reagir com sais solúveis de cálcio, forma oxalato de cálcio de cálcio, que é um sal pouco
solúvel diminuindo, assim, sua disponibilidade.
Equação
O
O
C
+
C
HO
HO
C a+2 ( Ânion ) → C a (c 2 O4 ) + H + Ânion
sal solúvel
sal formado
e insolúvel
5) Gabarito E
200kg do produto — 1 km2
1kg de milho — 0,4L de álcool
Viagem de ida e volta (Recife-Manaus)
12.000 km
1 carro ⇒ 7,5 km com 1L de álcool
7,5 km → 1L de álcool
12.000 km — V álcool
V álcool = 1600L
1kg de milho — 0,4L de álcool
Y kg de milho — 1600L de álcool
Y = 4000 kg de milho
1km2 → 200kg do produto
Z km2 → 4000kg
Z = 20km2
200km2 corresponde à área do Recife → 100%
20km2
→w
3
W = 10% da área do Recife
6) Gabarito D
Resolução:
Um motorista adulto, cujo teste do bafômetro acuse mais de 40ml de etanol puro no
sangue, será considerado um infrator, senão vejamos:
Em 0,60g etanol → 1L de sangue
⊗
← 5L de sangue
3,0g etanol
Em função disso, temos:
⇒ Se o motorista apresenta 40ml de etanol, teremos:
0,80g → 1 cm3
⊗ ← 4cm3
3,2 de etanol ⇒ estando, portanto, acima do permitido.
7) (GABARITO B)
Pb (Z = 82)
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10
5p6 6s2 4f14 5d10 6p2
a) Falso, pois todos os orbitais do subnível f encontram-se preenchido.
→ 4f14
-3
-2
-1
0
1
2
3
b) Verdadeiro. No Pb (Z = 82) há os subníveis 3d10, 4d10 e 5d10. Como cada subnível “d”
apresenta 5 orbitais, totalizamos na distribuição do referido elemento 15 orbitais nesse
subnível “d”
c) Falsa. Existem 5 orbitais no subnível “f” completo totalizando catorze elétrons no
subnível f.
d) Falso. Existem 2p6, 3p6, 4p6, 5p6 e 6p2, no Pb (Z = 82) totalizando, portanto, 12 orbitais
completos, 2 incompletos e um vazio.
e) Falso. O Pb apresenta 6 camadas eletrônicas. Nesta última existem 4 elétrons (6s2
6p2) e na antepenúltima (4s2, 4p6, 4d10 e 4f14) existem 32 elétrons.
4
8) GABARITO E RESOLUCAO
Galvanoplastia é largamente usada pela indústria como processo de revestimento de
superfície metálica com outros metais realizando o processo de eletrólise.
I (A)
6
3,65
Q.A.
0
100s
t(s)
Temos, segundo o gráfico:
Q=Ixt
Q=
(6 x 3,65) .100
⇒ Q = 482,5C
2
A massa de prata liberada no catodo é:
Ag+ + e– → Ag°
96.500C → 108g
482,5C → x → 0,54g
9) Não apresenta Gabarito
Resolução:
O propanaol (álcool) é a propanona (cetona), não exemplificam um caso de isomeria. Ao
contrário do propanal (aldeído) que é isômero de função da propanona (cetona).
H
H
O
H—C—C—C
H
H
F. Aldeído
C3H6O
Propanal
H
O
H
H—C—C—C—H
H
H
H
F. Cetona
C3H6O
Propanona
Acetona (cetona comum)
10) GABARITO D
O etanoato de etila solvente industrial conhecido vulgarmente pelo n.° de acetato de etila
que pode ser obtido através de uma reação de esterilização entre o ácido etanóico e o
álcool etílico (etanol).
5
H
O
H
H—C—C
Hidrólise
H
+ HO — C — C — H
H
OH
H
H
O
H—C—C
H
H
H
O—C—C—H
H
Ácido etanóico
(Ac. Acético)
H+ H2O
H
Etanol
(Ac. Etílico)
Etanoato de etila
11) GABARITO C
Resolução:
As reações de ozonólise de alcenos poderão produzir a aldeídos e, ou cetonas mais
H2O2. Como o alceno apresenta apenas uma ramificação no carbono insaturado produzirá
aldeído e cetona mais H2O2.
Vejamos a reação:
H
H
H—C—C
H
π
τ
CH3
H
C—C—C—H
H
H
+
O3 + H2O
H
Cetona
H
O
H–C
H
—C—C—H
H
H
Propanona
H
H
O
H—C—C—C
H
H
H
Propanal
(Aldeído)
12) GABARITO → F V V F V
0 0 O Ác. Clorídrico (HCl) é um ácido de grau de ionização igual a 92%, quando em
solução aquosa sofre ionização, pois seus íons serão obtidos em solução, e não no
estado líquido.
1 1 O Ác. Nítrico é um oxiácido forte agente oxidante muito utilizado em laboratório,
sendo um agente desidratante.
6
2 2 A diminuição da produção de alimentos, a destruição de florestas, o aumento das
doenças do aparelho respiratório estão associados à queima de combustíveis, há
um aumento do efeito estufa e chuvas ácidas.
3 3 O monóxido de carbono (CO) é um óxido neutro muito perigoso quando inalado,
pode levar à morte. (CO + Hb) carbo-hemoglobina mata por asfixia (composto
estável).
4 4 Verdadeiro porque o hidróxido de alumínio (Al(OH)3) é uma base fraca insolúvel na
água, utilizada nos anti-ácidos.
13) GABARITO → F V F F V
0 0 Os incêndios florestais se propagam mais rapidamente, em dias nos quais
praticamente não venta, isso é incorreto pelo fato de que o fogo é mais facilmente
propagado pelo vento através das copas das árvores.
1 1 A variação da entropia (s) aumenta, quanto à substância passa do estado sólido
para o gasoso, porque ocorre uma maior desorganização do sistema.
2 2 os valores de Kc e Kp numa temperatura (t) não são rigorosamente iguais para a
transformação H2O(e) ←
H2O(g), qualquer que seja a pressão de vapor da água,
→
porque como o estado físico varia, não temos Au = 0.
3 3 Falso, porque:
Fe
Eºred = -0,44V
Sn
Eºred = -0,14V
Zn
Eºred = -0,76V
(menor tendência de oxidar)
4 4 Verdadeiro, porque na descarga de uma bateria de chumbo, usada nos automóveis
como fonte de energia elétrica, ocorre formação do sulfato de chumbo e água,
conforme a equação:H2SO4 + Pb →PbSO4 + H2O
14) Gabarito VFFFV
Resolução:
0 0 500ml
NaOH
0,2M
HCl
0,2 mol/500ml, ou seja, 0,4 mol/l
Pbase = 0,5 x 0,2 = 0,1 mol
Pácido = 0,4 x 0,25 = 0,1 mol
Pácido = Pbase
1 1 1,0 ml de H2SO4 ⇒ 2 M
(mol = 98 g/mol)
2 mol → 1.000ml
x
← 1ml
x = 2 x 10-3ml
Ba (NO3)2 ⇒ Nitrato de bário
Equação:
H2SO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + 2 HNO3
2 x 10-3 mol → 2 x 10-3 mol
7
Logo:
233g → 1 mol
x
← 2 x 10-3mol
x = 0,466g
2 2 (Falso) o produto da pressão de vapor do solvente pela fração molar do soluto e
inversamente proporcional e não igual à pressão de vapor da solução aquosa a
uma dada temperatura.
ΔP
= KI . W
PO
3 3 (falso) → 1,0l de uma solução de KNO3 (nitrato de potássio), com concentração 1,0
mol/L, reduz o número de mols do soluto para 0,001 mol/l. Temos:
1 x 1 = 1.000M
P2 = 0,001 mol/L
4 4 (verdadeiro)
Temos:
2O
CaCl2 ⎯H⎯
⎯
→ Ca+2 + 2 Cl–
4 . 4 = 1 . Kc . W
2 = 1 . Kc . W
i = 4,4/2 ⇒ i = 2,2
2,2 = 1 + α (3 – 1) ⇒ aplicação do fator de Van’t Hoff.
2,2 – 1 = 2α
α = 60%
15) Gabarito ⇒ VVFFF
Resolução:
0 0 Devemos lembrar que para ácido forte, base conjugada fraca, isso segundo o
conceito de bronsted-Loway
Acido
HCl
+
Base
H2O
Acido (conj)
H3O+
+
Base (conj)
Cl–
Logo: Se o ácido clorídrico é mais forte que a água o íon cloreto é mais fraco que a
Hidroxila.
8
1 1 Ka = 10–9
HÁ → H+ + A–
Ka . Kb = 10-14
10–9 . Kb = 10–14 ⇒ Kb = 10–5
V1 M1 = V2 . M2
1 . 10–2 = 108 . M2
2 2 temos:
V2 = 108L
V1 = 1L
M1 = 10–2 mol/L
M2 =
10 −2
10 8
M2 = 10–10 molar
3 3 Uma solução aquosa de uma base monoprótica de pH = 10 tem 100 vezes menos
(H+1)(aq) do que uma solução de mesma base com pH = 12, submetida à mesma
temperatura.
4 4 falso porque vai depender sempre da temperatura.
16) Gabarito ⇒ VVFFV
Resolução:
0 0
Br H
| |
Cl – C – C – H
| |
H H
(1-bromo –
1-cloro etano)
Br H
| |
Cl – C – C – Cl
| |
H H
(1-bromo – 1.2de cloro etano
Os carbonos assinalados são quirais, ou seja, apresentam quatro ligantes diferentes em
função disso, apresentam isomeria óptica.
1 1
H
H
C=C=C
H3C
CH3
Observa-se que para alcadienos acumulados (alenos) que apresentam ligantes diferentes
para os carbonos ocorre assimetria molecular, portanto o composto apresenta atividade
óptica.
2 2 O composto 3-metil – 1- penteno de fórmula (CH2 = CH – CH – CH2 – CH3)
|
CH3
Não apresenta apenas isomeria óptica e de cadeia, podendo apresentar, também,
isomeria de posição.
9
3 3 A isomeria de compensação ou metameria e um tipo de isomeria plana e não
espacial, em que os compostos mudam a posição do heteroátomo.
4 4 Alcanos ⇒ fórmula geral (CNH2N+2)
Exemplos:
CH3 – CH2 – CH2 – CH3
CH3 – CH – CH3
|
CH3
H
|
CH3 – C – CH2 – CH2 – CH3
|
CH2
Carbono
|
quiral
CH3
isomeria de cadeia
isomeria óptica
Não podemos esquecer também que os alcanos podem apresentar isomeria de posição.
CH3 – CH2 – CH2 – CH – CH3
|
CH3
CH3 – CH2 – CH – CH2 – CH3
|
CH3