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RESOLUÇÃO – QUÍMICA 1. Gabarito C Teremos:Em Tx ocorre a fusão da substância, pois neste ponto a massa especifica sofre uma mudança abrupta, o que
caracteriza a mudança de estado.
Conclusão: das substâncias citadas a única que apresenta as características citadas anteriormente é a água. 2. Gabarito C
O átomo de maior afinidade eletrônica é o de menor raio, exceto os da família 8ª, logo o átomo IV 3. Gabarito A
O BrF3 possui o átomo central Br com três ligantes e com dois pares de elétrons não ligantes, isso dá a geome-tria do tipo forma de T.
4. Gabarito C
O átomo de berílio possui raio atômico maior que o átomo de boro, porém nele, o elétron a ser retirado do átomo está no orbital s completo, o que o deixa simétrico e consequentemente mais estável, sendo assim mes-mo maior é mais difícil retirar o elétron.
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5. Gabarito E
PCl5 possui cinco nuvens eletrônicas, então: sp3d SF6 possui seis nuvens eletrônicas, então: sp3d2 XeF2 possui cinco nuvens eletrônicas, então: sp3d2. 6. Gabarito D 𝑤𝑒𝑥𝑝= 𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 𝑉𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑉𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝑛𝑅𝑇𝑙𝑛 𝑃𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑃𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 1 𝑚𝑜𝑙. 8,31 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝐾. 300𝐾 ln 10𝑏𝑎𝑟 2 𝑏𝑎𝑟 = 4𝑘𝐽 7. Gabarito B Se P e T são constantes: 𝐻 = 𝑈 + 𝑃𝑉 ∆𝐻 = ∆𝑈 + 𝑃∆𝑉 H𝑓0(298K) = U +nRT U (298K) = H𝑓0(298K) − nRT C(graf) + ½ O2 (g) CO(g) n(g) = + ½ mol U (298K) = 1𝑚𝑜𝑙. (−110,5 𝑥 103) J 𝑚𝑜𝑙 − (+0,5 mol . 8,31 J 𝑚𝑜𝑙 . 𝐾298 K) U (298K) = − 111,7 𝑥 103 𝐽 = − 111,7 𝑘𝐽 8. Gabarito A
C2H5OH(ℓ) + 3O2(g) 2CO2(g) + 3H2O(ℓ) ΔH1 2CO2(g) + 3H2O(g) C2H5OH(g) + 3O2(g) - ΔH2
3 H2O (l) 3 H2O (g) 3 x Hvap (H2O)
__________________________________________ _______________
C2H5OH(ℓ) C2H5OH(g) Hvap (etanol)= ΔH1- ΔH2 + 3Hvap (H2O)
9. Gabarito C
H (octanoisoctano) = [- 5116 – (-5099)] kJ = - 17,0 kJ
Então o “patamar” de Entalpia (H) para o isooctano será obtido, a partir do gráfico, por: Hisoctano = (- 208,2) + (-17,0) kJ = - 225,2 kJ
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Ainda:
H (isoctanooctano) = - [- 5116 – (-5099)] kJ = + 17,0 kJ (Endotérmica)
10. Gabarito D
𝜀𝐶é𝑙𝑢𝑙𝑎0 = 𝜀
𝐶𝑢0 2+; 𝐶𝑢0− 𝜀𝐸𝑃𝐻0 = + 0,34𝑉 𝜀𝐶𝑢0 2+; 𝐶𝑢0− 0,00 = + 0,34𝑉 Utilizando-se o eletrodo saturado de calomelano como referência, teremos:
𝜀𝐶é𝑙𝑢𝑙𝑎0 = 0,34 𝑉 − 0,24 𝑉 = + 0,10𝑉
Essa diferença seria reportada como o potencial de redução de Cu2+ (aq) para Cu(s) frente ao eletrodo satura-do de calomelano. 11. Gabarito C Fe3+(aq) + e- → Fe2+ (aq) 0 = +0,77 V 0(EPH) = 0 V 𝜀𝐶é𝑙𝑢𝑙𝑎0 = {𝜀 𝐹𝑒0 3+; 𝐹𝑒2+− 𝑅𝑇 1. 𝐹 𝑙𝑛 [𝐹𝑒2+(𝑎𝑞)] [𝐹𝑒2+(𝑎𝑞)]} − 𝜀𝐸𝑃𝐻0
Na metade do processo de titulação: [𝐹𝑒2+(𝑎𝑞)] = [𝐹𝑒3+(𝑎𝑞)]
Assim: 𝜀𝐶é𝑙𝑢𝑙𝑎0 = {𝜀 𝐹𝑒0 3+; 𝐹𝑒2+− 0} − 0 = + 0,77𝑉 12. Gabarito A F = C-P+2 Onde:
F = número de graus de liberdade;
C = número de componentes quimicamente independentes; P = número de fases
Assim, levando-se em conta que o número de componentes independentes é 2, F = 2 – 3+2 = 1
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13. Gabarito A
A figura indica que as pressões osmóticas estão na seguinte ordem: 1 > 2 > 3
Assim, a concentrações (mol de partículas/kg) estão na mesma ordem: C1 > C2 > C3 Então:
Pvap 1 < Pvap 2 < Pvap 3 Teb 1 > Teb 2 > Teb 3 Tsolid 1 < Tsolid 2 < Tsolid 3 14. Gabarito B Mn+ (aq) + n e- M0(s) Para o cobre: 1mol Cu ––––– 2F nCu ––––– q Para a prata: 1mol Ag ––––– F nAg ––––– q
Como a carga (q) que circulou em cada célula é a mesma: q = nCu . 2F = nAg . F 𝑛𝐴𝑔 2𝐹 = 𝑛𝐶𝑢 𝐹 𝑚𝐴𝑔 108 𝑔/𝑚𝑜𝑙 2 = 𝑚𝐶𝑢 63,5 𝑔/𝑚𝑜𝑙 1 𝑚𝐴𝑔 108 𝑔/𝑚𝑜𝑙 2 = 𝑚𝐶𝑢 63,5 𝑔/𝑚𝑜𝑙 1 2,16𝑔 108 𝑔/𝑚𝑜𝑙 2 = 𝑚𝐶𝑢 63,5 𝑔/𝑚𝑜𝑙 1 𝑚𝐶𝑢= 0,635 𝑔
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15. Gabarito D ½ N2 (g) + 1/4 O2 (g) ½ N2O(g) [(K1)-1]1/2 ½ N2O (g) + 3/4 O2 (g) NO2 (g) (K2)1/2 ___________________________ ________ ½ N2 (g) + O2 (g) NO2(g) K3 = [(K1)-1]1/2 x (K2)1/2 = ( 𝐾2 𝐾1) 1 2 16. Gabarito D Teremos: 17. Gabarito APodemos usar as seguintes relações matemáticas:
n(A)
P(A)
n(E)
; onde:n(A) = número de casos favoráveis ao evento A.
n(E) = o número de casos possíveis, desde que sejam igualmente prováveis.
Sendo I um conjunto de n elemento, o número de combinações de n elementos p a p, é dado por: n,p n,p
A
n!
C
p!
p!(n p)!
Então,
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Cálculo do número de elementos do espaço amostral (n(E)):
10,2
10!
10x9x8!
n(E)
C
45
2!(10 2)!
2x1x8
Cálculo do número de casos favoráveis (n(A)): n(A) = 3 x 3 = 9
n(A)
9
P(A)
0,2
n(E)
45
18. Gabarito D[I] Falsa. A reação 1 é uma substituição formando um haleto de alquila [II] Verdadeira.
[III] Verdadeira. A primeira etapa da reação 2 é uma Alquilação de Friedel-Crafts que produzirá um composto aromático. Com grupamento alquílico.
[IV] Falsa. A isomeria é de posição (provavelmente “orto” e “para”, devido à natureza do grupo substituinte da primeira etapa).
19. Gabarito D Teremos:
Características buta-1,3-dieno A ciclo-hexano B
Composto Alicíclico Saturado Apresenta ca-deia fechada não aromática Descora solução de Bromo em CC 4 Presença de
insatura-ção
Sofre preferencialmente reação de adição 1,4 Presença de duas insaturações (nos carbonos 1 e 3) Sofre reação de substituição quando reage com
Br2
em presença de luz U.V.
Cadeia fechada estável (6 car-bonos)
20. Gabarito C
Comentários das alternativas falsas.
Alternativa [A]. Falsa. A reação citada é uma substituição.
Alternativa [B]. Falsa. O átomo de hidrogênio presente na molécula de HC é originado do anel em uma reação de substituição pelo átomo de cloro.
Alternativa [C]. Verdadeira. Observamos que FeC 3 atua como catalisador, pois não aparece como reagente ou produto de reação. Dessa forma, podemos concluir que o átomo de cloro presente no anel aromático é proveniente da molécula de C 2 na reação.
Alternativa [D]. Falsa. O anel aromático é uma espécie rica em elétrons, em função das nuvens π de elé-trons. Dessa forma, a espécie que ataca o anel deverá ser um eletrófilo. O íon 1
C é um nucleófilo. Alternativa [E]. Falsa. A fórmula molecular é C H C .6 5
