Quimica Ufpr 2a Fase

COMENTÁRIO DA PROVA DE QUÍMICA

Com um programa tão extenso, a prova poderia ter sido muito mais seletiva. A questão número 03,sobre eletroforese, não está de acordo com esse programa.

Quanto à abrangência, há falta de mais questões sobre Química Orgânica, sendo que cobrar aidentificação de funções (questão 08) é assunto típico para a 1ª fase. Não foram avaliados conteúdosimportantíssimos como Classificação Periódica dos Elementos e Estrutura Atômica; também LigaçõesQuímicas deveria ser mais cobrada.

Merece elogio o tão pedido e desejado arredondamento das massas molares.Esperam-se melhoras significativas para os próximos processos seletivos.

Professores de Química do Curso Positivo

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PROVA COMENTADA PELOSPROFESSORES DO CURSO POSITIVO

Vestibular UFPR 2012/2013 - 2ª FaseCURSO

QUÍMICA

Resolução:

Resolução:De acordo com a tabela, para pH = 3, na presença do repolho roxo, a coloração é vermelha.

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QUÍMICA

Resolução:NaNO3 = 85 g/mol, RbCl = 121 g/mol, LiCl = 42 g/mol, KCl = 74 g/mol

60oC� 125 g NaNO3/100g H2O

60oC� 115,0 g RbCl/100g H2O

60oC� 105 g LiCl/100g H2O

60oC� 50 g KCl/100g H2O

Como a densidade é 1g/mL, temos:

� 125 g NaNO3/100mL solução

1250gL

�1250

85� 14,7 mol.L

–1� 115,0 g RbCl/100mL solução

1150gL

�1150121

� 9,5 mol.L–1

� 105 g LiCl/100mL solução

1050gL

�1050

42� 25 mol.L

–1� 50 g KCl/100mL solução

1150gL

�50074

� 6,75 mol.L–1

A ordem crescente é:KCl < RbCl < NaNO3 < LiCl

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QUÍMICA

Resolução:

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QUÍMICA

Resolução:

a) A – polo negativoB – polo positivo

Dodecilsulfato de sódio: CH (CH ) O SO Na3 2 11

hidrofóbica

3–

hidrofílica1 244 344 1 2

�

4 34

Como a cadeia carbônica da proteína é atraída pela parte hidrofóbica, ela adquire carga negativa, sendoatraída pelo polo positivo.

Supondo que há uma relação linear entre a massa do fragmento(M) e a distância percorrida(d):

M (kg . mol–1 d (cm)

170 9,4 – 8,2 = 1,2

116 9,4 – 6,2 = 3,2

76 9,4 – 4,6 = 4,8

53 9,4 – 3,2 = 6,2

prot X 9,4 – 5,6 = 3,8

O esboço do gráfico fica: M

dObtendo a equação da reta (regressão linear): M = – 23,7 d + 195

(M em kg . mol–1, d em cm)Como a distância percorrida pelo Prot X é de 3,8 cm, conclui-se que a massa da proteínade interesse é, aproximadamente, 105 kg . mol–1

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QUÍMICA

Resolução:

a) Considerando a formação de 1 mol de Fullereno (C60):

10 C6H6(l) + 15 O2(g) � C60(s) + 30 H2O(l)

Resolução:

b) 10 C6H6(l) + 15O2 C60(s) + 30H2O(l) �H = ?

10(49kJ) 15(zero) (2327 kJ) 30(–286 kJ)

490 kJ – 8580 kJ

Hinic = (490 kJ) Hfinal = (–6253 kJ)

�H = ��H – ��Hform formprod. reag.

ou

�H = Hfinal – Hinic.

�H = (–6253) – (490) = – 6743 kJ

�H = – 6743 kJ/mol de C60

(Resposta)

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QUÍMICA

Resolução:

De acordo com o texto, o sítio ácido (Lewis) da hemoglobina é o ferro do grupo heme.O sítio básico (Lewis) da hemoglobina são os grupos amino terminais da cadeia proteica de globina.

Resolução:

Como o monóxido de carbono é uma base de Lewis, liga-se ao sítio ácido da hemoglobina, portanto aoferro.

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QUÍMICA

Resolução:Com as lâmpadas desligadas não haverá fotossíntese, ou seja, o gás carbônico não será consumido.Aumentando a concentração do gás carbônico, o equilíbrio representado se desloca para a direita,aumentando a [H+], com a consequente diminuição do pH.

Resolução:Em condições adequadas de luz ocorre a fotossíntese, ou seja, o gás carbônico será consumido. Oaumento da temperatura diminui a solubilidade do gás, ou seja, a concentração de CO2 diminuirá aindamais, deslocando o equilíbrio representado para a esquerda, diminuindo a [H+] como o consequenteaumento do pH.

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QUÍMICA

Resolução:

a) Do enunciado: Ka = 7,25 . 10–3� pKa = 2,12 � conclui-se: se pH = 2,12 � [H+] = 7,5 . 10–3 mol

L

H3PO4(aq) + H2O(l) � �� H O3 (aq)

� + H PO2 4(aq)– ou H3PO3(aq) � ��

� �� H(aq)� + H PO2 4(aq)

–

Ka =[H O ].[H PO ]

[H PO ]3 2 4

–

3 4

�

� 7,25 . 10–3 = 7,25 . 10–3 .[H PO ][H PO ]

2 4–

3 4� [H PO ]2 4

– = [H3PO4]

Como a quantidade em mols do H3PO4 que ioniza é igual à quantidade em mols do H PO2 4– e inicialmente

tínhamos 0,1 molL

do H3PO4, conclui-se que [H3PO4] = [HPO ]42– = 0,05 mol

LNessa solução, temos: A concentração total de íons é:[H3PO4] = 5 . 10–2 mol . L–1 [H PO ]2 4

– = 5 . 10–2 mol . L–1

[H PO ]2 4– = 5 . 10–2 mol . –1 [H+] = 7,25 . 10–3 mol . L–1

[H3O+] = 7,25 . 10–3 mol . L–1 TOTAL: 5,725 . 10–2 mol . L–1

Obs.: A [íons] proveniente das outras ionizações é muito menor que a 1ª e, por isso, desconsiderado.

Resolução:

b) Para as propriedades coligativas, temos que levar em conta a concentração total de partículas, e nessasolução temos:[H PO ]2 4

– = 5 . 10–2 mol . L–1

[H+] = 7,25 . 10–3 mol . L–1

[H3PO4] = 5 . 10–2 mol . L–1

� 0,11 mol . L–1 de partículas = 0,11 mol . kg–1 partículasconcentração molar = concentração molal

0,52 oC/molal � 1 mol . kg–1 de partículas ———— 0,52 oC

0,11 mol . kg–1 de parículas ———— xx � 0,057 oC

Há um aumento de aproximadamente 0,057 oC na temperatura de início de ebulição.

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QUÍMICA

Resolução:

O composto orgânico pertence à função éster.

Resolução:

O nome oficial pela norma IUPAC do isômero geométrico do feromônio é etanoato detrans-tetradec-11-en-1-ila (ou etanoato de trans-tetradec-11-enila)

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QUÍMICA

Resolução:

Massa Molar (g/mol)CaCO 100

SO 643

2

==

mSO2= 128t/dia = 128 . 106g / dia

Resolução:

a) CaCO3(S) + SO2(g) CaSO3(s) + CO2(g)

1 mol 1 mol

100 g 64 g

x2x106x2x106

m = ? g 128.106g

m = 2 . 108g de CaCO3 (resposta)

Resolução:

SO2(g) CO2(g)

1 mol

64 g 1 mol

x2x106x2x106

128.106g n = ? mol

n = 2.106 mol

Aplicando a equação dos Gases Perfeitos (Ideais):

P.V = nRT ⇒ VCO2= n.R.T = 2.106 . 82 . 10–3 . 298

P 1

VCO2= 4,887.107 L (resposta)

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QUÍMICA

Resolução:

∆Eo = –

d.d.p Maior menor

∆Eo = (+ 0,80) – (– 0,76)

∆Eo = + 1,56 V (resposta)

Resolução:

Q = i . ∆t

i = 10mA=10.10–3A = 1.10–2A

i = 1.10–2A

1h = 3600s

∆t = 12h = 12(3600s) = 43200s

Q = i.∆t = 1.10–2.432.102 = 432 C

Q = 432 C *

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QUÍMICA

Zno Zn2+ + 2e–

(s) (aq)

1 mol 2 mol

65g 2 (96500 C)

m = ? g 432 C *

m = 0,145 g

(Resposta)

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