1 CPV - o cursinho que mais aprova na GV

CPV - o cursinho
que mais aprova na GV
FGV — 1a Fase — Economia — novembro/2003
QUÍMICA
31. Massas iguais de dois líquidos diferentes foram colocadas
em dois recipientes idênticos, sendo o resultado mostrado
no esquema que segue.
X
Y
Sabendo-se que a massa molar do líquido X é 46 g/mol e a
do líquido Y é 18 g/mol, pode-se afirmar corretamente que
a) as densidades dos dois líquidos são iguais.
b) a densidade do líquido X é maior que a do líquido Y.
c) ambos os líquidos contêm o mesmo número de
moléculas.
d) o número de moléculas presentes no líquido Y é maior
que o número de moléculas contidas no líquido X.
e) a quantidade de mol de moléculas de X é
aproximadamente 2,5 vezes maior que a de Y.
Resolução:
Foram dadas massas iguais de X e Y. O número de mols de
moléculas é calculado por
m ( massa qualquer )
M ( massa molar )
Como a massa molar de Y é menor, a relação
.
m
é maior,
M
apresentando mais moléculas.
Alternativa D
Está correto o que se afirma em
a) III, apenas.
b) I e II, apenas.
c) I e III, apenas. d) II e III, apenas.
Resolução:
I. Errada. A densidade varia conforme a pressão, pois
PM
d=
. Logo, percebe-se que pressões diferentes
RT
resultarão em valores distintos de densidade.
II. Correta. Como o ar fornecido encontra-se à pressão de
2 atm e a pressão de N2 é aproximadamente 80% da
pressão total, podemos calcular a sua pressão parcial:
⇒ p N 2 = 2 . (0,8)⇒ p N 2 = 1,6 atm
p N 2 = P . 80%
Através do mesmo procedimento, podemos calcular a
pressão parcial de O2:
⇒ pO 2 = 2 . (0,2) ⇒ pO 2 = 0,4 atm
p O 2 = P . 20%
III. Correta. Em uma situação na qual temos dois recipientes
com volumes e temperaturas iguais, a variação do
número de moléculas dependerá somente da variação
da pressão:
RT
P.V=n.R.T
P=n
V
RT
= constante
Alternativa D
V
33. Considere clorofórmio, etanol e água, todos líquidos, à
temperatura ambiente. A dependência das pressões de
vapor dos três líquidos em função da temperatura é
mostrada no gráfico a seguir.
Clorofórmio
FGV031FNOV
Etanol
Água
1000
pressão (mmHg)
32. Até a profundidade de 30 m, mergulhadores utilizam ar
comprimido, constituído de, aproximadamente, 80% de N2
e 20% de O2 em volume. Quando um mergulhador está a
10 m de profundidade no mar, para garantir sua respiração,
o ar deve ser fornecido a uma pressão de 2 atm. Considere
as seguintes afirmações:
I. a densidade do ar respirado pelo mergulhador a 10 m de
profundidade é igual à do ar na superfície do mar;
II. as pressões parciais de N2 e O2 no ar comprimido
respirado a 10 m de profundidade são iguais a 1,6 atm e
0,4 atm, respectivamente;
III. em temperaturas iguais, as quantidades de moléculas
de N2 contidas em iguais volumes de ar comprimido
são maiores quanto maiores forem as pressões.
e) I, II e III.
800
600
400
200
0
0
10
20
30
40
50
60
70
temperatura (ºC)
80 90 100 110
1
2
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FGV – 16/11/2003
No topo de uma certa montanha, a água ferve a 80ºC. Nesse
local, dentro dos limites de erro de leitura dos dados, podese
afirmar que
Resolução:
a) a pressão atmosférica é igual a 800 mmHg.
b) o clorofórmio, em sua temperatura de ebulição,
apresenta pressão de vapor igual à do etanol a 60ºC.
c) o etanol entrará em ebulição a uma temperatura menor
que a do clorofórmio.
d) a água apresenta forças intermoleculares mais fracas
que a dos outros dois líquidos.
e) o etanol entrará em ebulição a 78ºC.
99
núcleo do 43Tc , formado conjuntamente com a partícula,
apresenta a mesma massa e um próton a mais que o núcleo
0 β , pois percebe-se que o
A emissão X é uma partícula –1
do 99
42 M o .
99 M →
42 o
A emissão Y só pode representar uma partícula 00 γ , pois
Resolução:
Se a água ferve a 80º C no alto da montanha, pode-se calcular
a Pv segundo o gráfico:
Clorofórmio
Etanol
99 T* + 0 β
43 c
–1
percebe-se que não há variação do número de massa e do
*
número atômico do núcleo do 99
43Tc .
Água
99 T*
43 c
0
→ 99
43Tc + 0 γ
Alternativa C
pressão (mmHg)
1000
35.
800
600
400
P
200
0
0
10
20
30
40 50 60 70
temperatura (ºC)
80 90 100 110
À pressão P, o clorofórmio entra em ebulição a 40ºC e o
etanol, a 60ºC.
Logo, Pv é igual para os dois (entre 300 e 400 mmHg).
Alternativa B
34. O tecnécio-99, um radioisótopo muito utilizado em
diagnósticos médicos, apresenta meia-vida bastante curta.
Ele é produzido a partir do molibdênio, pela seqüência de
reações nucleares representadas pelas equações
99
42 Mo
99
43 Tc *
em que
99
43 Tc *
→
→
99
43 Tc *
+ X
99
43Tc
+ Y
representa núcleo em estado de energia
maior que o fundamental. As emissões X e Y são,
respectivamente,
a)
b)
c)
d)
e)
partícula alfa e partícula alfa.
partícula beta e partícula beta.
partícula beta e radiação gama.
partícula alfa e radiação gama.
radiação gama e radiação gama.
FGV031FNOV
Mudanças climáticas estão tornando
oceanos mais ácidos
Segundo um estudo publicado na edição desta semana
da revista científica “Nature”, o pH dos oceanos caiu 6%
nos últimos anos, de 8,3 para 8,1, e, sem controle de CO2
nos próximos anos, a situação chegará a um ponto crítico
por volta do ano 2300, quando o pH dos oceanos terá
caído para 7,4 e permanecerá assim por séculos. (...)
A reação do CO 2 com a água do mar produz íons
bicarbonato e íons hidrogênio, o que eleva a acidez. (...)
Os resultados do aumento da acidez da água ainda são
incertos, mas, como o carbonato tende a se dissolver em
meios mais ácidos, as criaturas mais vulneráveis tendem
a ser as que apresentam exoesqueletos e conchas de
carbonato de cálcio, como corais, descreveu, em uma
reportagem sobre a pesquisa, a revista “New Scientist”.
GloboNews.com, 25/09/2003
Com base no texto, analise as afirmações:
I. A reação responsável pela diminuição do pH das águas
dos mares é
CO2 (g) + H2O (l) € HCO3– (aq) + H+ (aq)
II. A reação entre o carbonato de cálcio das conchas e
corais e o meio ácido libera íons Ca2+, cuja hidrólise
provoca o aumento da acidez da água do mar.
III. Se o pH do mar variar de 8,4 para 7,4, a concentração de
H+ aumentará por um fator de 10.
Está correto apenas o que se afirma em
a) I.
b) II.
c) III.
d) I e II.
e) I e III.
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Resolução:
I. Correta. O CO2 é um óxido ácido que se dissolve na
H2O formando um ácido fraco (H2CO3) e diminuindo
assim o pH:
CO2 (g) + H2O (l) € H2CO3 € HCO3– (aq) + H+ (aq)
II. Errada. O carbonato de cálcio (CaCO3) é um sal básico,
cuja hidrólise em meio ácido forma íons OH – ,
aumentando o pH e abaixando a acidez da água do mar.
H
+

→ Ca2+ (aq) + 2 OH– (aq) +
CaCO3 (s) + H2O (l) ←

+ CO2 (g)
III. Correta. Um abaixamento de uma unidade do pH
representa um aumento de dez vezes da concentração
de H+.
Exemplo: pH = 10 ⇒ [ H+ ] = 10–10
pH = 9 ⇒ [ H+ ] = 10–9
Alternativa E
36. Um lote de NaHCO 3 recebido por uma indústria
farmacêutica foi analisado pelo seguinte procedimento:
Reagiram-se 8,40 g de NaHCO3 sólido com solução de
H2SO4 em excesso. Todo o gás desprendido na reação foi
recolhido e, após ser seco pelo procedimento conveniente,
apresentou um volume de 2,05 L, quando medido a 25ºC
e pressão de 1 atm.
A respeito desse procedimento e de seus resultados, foram
feitas as seguintes afirmações:
I. a equação balanceada que representa a reação
empregada no processo de análise é
2 NaHCO3 (s) + H2SO4 (aq) →
→ Na2SO4 (aq) + 2 H2O (l) + 2 CO2 (g)
II. na reação, foram formados 4,40 g de CO2 gasoso;
III. o lote de NaHCO3 recebido apresenta 100% de pureza.
Considerando as massas molares, em g/mol, NaHCO3 = 84,
H2SO4 = 98 e CO2 = 44 e o volume de 1 mol de gás ideal, a
25ºC e 1 atm, igual a 24,6 L, está correto o que se afirma em
a)
b)
c)
d)
e)
I, apenas.
II, apenas.
III, apenas.
I e II, apenas.
I, II e III.
Resolução:
I. Correta. A reação que ocorre é:
2 NaHCO3 (s) + H2SO4 (aq) → Na2SO4 (aq) +
+ 2 H 2O (l) + 2 CO2 (g)
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3
II. Errada. Na reação citada (8,40 g de NaHCO3),
com excesso de ácido, formou-se 2,05 L de CO2 a 25ºC
e 1 atm.
1 mol CO2 → 44g → 24,6 L (25ºC, 1 atm)
x —— 2,05 L
x = 3,67 g de CO2
III. Errada.
2 mols NaHCO3 → 2 x 84 g → 2 mols CO2 → 2 . 24,6 L
y ———————— 2,05 L
y = 7g
%=
7
. 100 = 83%
8, 4
Alternativa A
37. “Gás d’água”, mistura de CO e H2 gasosos, é obtido pela
reação química representada pela equação
C (s) + H2O (g) → CO (g) + H2 (g)
Sendo conhecidas as entalpias das reações
C (s) + ½ O2 (g) → CO (g)
C (s) + O2 (g) → CO2 (g)
H2 (g) + ½ O2 (g) → H2O (g)
∆H = –110 kJ/mol
∆H = –394 kJ/mol
∆H = –242 kJ/mol
pode-se afirmar que
a) a entalpia do produto é maior que a dos reagentes na
reação de formação de CO 2 a partir de seus
constituintes.
b) a entalpia da reação de obtenção do “gás d’água”, a
partir de C (s) e H2O (g), é igual a +132 kJ por mol de CO
e H2 formados.
c) a entalpia da reação de conversão de CO (g) a CO2 (g)
é igual a +284 kJ/mol.
d) a reação de formação de H2O (g) é endotérmica.
e) a formação do “gás d’água” é um processo exotérmico.
Resolução:
Pela lei de Hess:
C (s) + 1/2 O2 (g) → CO (g)
∆H = – 110 kJ/mol
H2O (g) → H2 (g) + 1/2 O2 (g)
∆H = + 242 kJ/mol
____________________________
C (s) + H2O (g) → H2 (g) + CO (g) ∆H = + 132 kJ/mol
Alternativa B
4
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c) a retirada de NO2 do equilíbrio, através de sua reação
com água líquida introduzida no sistema, aumentará a
produção de N2O4.
d) a constante de equilíbrio KP, expressa em termos das
pressões parciais dos gases, tem valor numérico
idêntico à da constante de equilíbrio KC, expressa em
termos de suas concentrações molares.
e) a adição de um catalisador ao sistema, inicialmente em
equilíbrio, aumentará a massa de N2O4 produzida.
38. Considere os compostos e as afirmações apresentadas
sobre eles:
.
Resolução:
Escrevendo o ∆H fora da equação:
2 NO2 (g)
castanho
I. 1 e 2 são isômeros geométricos;
II. 3 e 4 apresentam a mesma fórmula molecular (C3H6O2),
isto é: correspondem à mesma substância, portanto não
se trata de isomeria;
III. 5 e 6 mostram um exemplo de isomeria de posição;
IV. 1, 2, 5 e 6 são hidrocarbonetos.
Dessas afirmações, apenas
ƒ N2O4 (g)
∆H = – 58 kJ
incolor
Nota-se que a reação direta é exotérmica. Aumentando a
temperatura, o equilíbrio é deslocado no sentido da reação
endotérmica, ou seja, para a reação inversa (formação do
NO2), intensificando, assim, a coloração castanha dentro
do recipiente.
Alternativa A
40. Soluções aquosas de NiSO4, CuSO4 e Fe2(SO4)3, todas
de concentração 1 mol/L, foram eletrolisadas no circuito
esquematizado, empregando eletrodos inertes.
amperímetro
a)
b)
c)
d)
e)
I é correta.
IV é correta.
I e II são corretas.
I e IV são corretas.
I, III e IV são corretas.
Resolução:
I. Correta. 1 é o isômero cis e 2 é o isômero trans.
II. Errada. Entre as substâncias 3 e 4 ocorre metameria,
ou seja, são isômeros.
III. Errada. 5 e 6 não são isômeros.
IV. Correta. Só apresentam carbono e hidrogênio.
Alternativa D
39. O gás castanho NO2 é um poluente atmosférico que em
recipiente fechado sofre dimerização, formando o gás incolor
N2O4. A reação de dimerização é representada pela seguinte
equação de equilíbrio
2 NO2 (g) € N2O4 (g) + 58 kJ
castanho
incolor
Sobre o sistema em equilíbrio, é correto afirmar que
a) a cor castanha será intensificada com o aumento da
temperatura do sistema.
b) o sistema em equilíbrio é insensível à variação de
pressão que atua sobre ele.
FGV031FNOV
NiSO4
CuSO4
Fe2(SO4 )3
Após um período de funcionamento do circuito,
observouse a deposição de 29,35 g de níquel metálico a
partir da solução de NiSO4. São dadas as massas molares,
expressas em g/mol: Cu = 63,50; Fe = 55,80; Ni = 58,70.
Supondo 100% de rendimento no processo, as quantidades
de cobre e de ferro, em gramas, depositadas a partir de
suas respectivas soluções são, respectivamente,
a) 21,17 e 18,60.
b) 21,17 e 29,35.
c) 31,75 e 18,60.
d) 31,75 e 27,90.
e) 63,50 e 55,80.
Resolução:
NiSO4 → Ni2+ + SO42–
CuSO4 → Cu2+ + SO42–
Fe2(SO4)3 → 2Fe3+ + 3SO42–
1 mol Ni2+ → 58,70g → 2 mol e–
29,35 g → x
∴ x = 1 mol e–
1 mol Cu2+ → 63,50g → 2 mol e–
y → 1 mol e–
∴ y = 31,75 g
1 mol Fe3+ → 55,8g → 3 mol e–
z → 1 mol e–
∴ z = 18,60 g
Alternativa C
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41. Quando o nível de CO (massa molar = 28 g/mol) na atmosfera
está em 46 mg por metro cúbico de ar, é atingido o estado
de emergência, sendo obrigatória a interrupção de
atividades poluidoras. Nestas condições, a concentração
de CO, expressa em mol/L, é, aproximadamente,
a) 1,6 x 10–6.
d) 4,6 x 10–3.
b) 4,6 x 10–5.
e) 1,2 x 10–3.
c) 2,8 x 10–5.
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Como Z é um líquido de baixo ponto de ebulição, a terceira
reação é uma desidratação intermolecular do etanol:
OH
|
OH
|
∆
→
H3C — CH2 + H2C — CH3 
H SO
2
4
H3C — CH 2 — O — CH 2 — CH3 + H2O
14444444444444444
442444444444444444444434
Z = éter dietílico
Resolução:
n
=
V
Concentração molar =
46 . 10 −3 g
g
. 103 L
28
mol
Quanto à última reação, trata-se de uma esterificação:
O
H3C — CH2 + CH3 — C
Concentração molar = 1,6 . 10–6 mol/L
42. Na seqüência de reações químicas representadas pelas
equações não balanceadas
OH
OH
Alternativa A
H
H
+ H2O
O — CH 2 — CH3
144444444424444444443
W = etanoato de etila
∆
X + NaOH → Y
Alternativa E
∆
→Z
Y 
H SO
4
H+
→W
Y + CH3COOH 
X, Y, Z e W são compostos orgânicos; Z é um líquido de
baixo ponto de ebulição e bastante inflamável; W é um
líquido de odor agradável. Os compostos orgânicos X, Y, Z
e W, são, respectivamente:
a) 1,2-dibromoetano; éter dimetílico; etanal; ácido
etanóico.
b) 1,1-dibromoetano; etanodiol; propanona; propanoato
de propila.
c) eteno; 1-propanol; etilmetil éter; propanona.
d) bromoetano; etanol; eteno; propanoato de etila.
e) bromoetano; etanol; éter dietílico; etanoato de etila.
Resolução:
43. Considere as seguintes substâncias:
I. triclorometano;
II. trans-1,2-dicloroeteno;
III. cis-1,2-dicloroeteno.
Em relação ao momento dipolar das moléculas, pode-se
afirmar que são polares as substâncias
a) I, apenas.
c) I e III, apenas.
e) I, II e III.
Resolução:
I.
H
↓
Cl ← C → Cl
↓
Cl
µ≠0
triclorometano
↓Cl
II. H
↓
X = bromoetano
OH
|
∆
→ H3C — CH 2 + NaBr
H3C — CH2 +NaOH 
H 2O
14444444244444443
Y = etanol
FGV031FNOV
b) II, apenas.
d) II e III, apenas.
Como o momento dipolar é diferente de zero, o
triclorometano é polar.
Br
|
H2C == CH2 + HBr → H3C — CH 2
14444444244444443
↓
Cl
µ=0
C = C
↓
2
+

→
←

O
+

→ CH3 — C
←

H2C = CH2 + HBr → X
Br
|
5
H
trans-1,2-dicloroeteno
Como o momento dipolar é igual a zero, o
trans-1,2-dicloroeteno é apolar.
6
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↓Cl
↓
III. Cl
µ≠0
↓C = C
↓
H
H
cis-1,2-dicloroeteno
Como o momento dipolar é diferente de zero, o
cis-1,2-dicloroeteno é polar.
Alternativa C
44. No organismo humano, existem cerca de 4,2 gramas de ferro
(massa molar = 56 g/mol), estando sua maior parte, em média
60%, na hemoglobina. Sabendo-se que cada molécula de
hemoglobina contém 4 átomos de ferro, a quantidade de
mols de moléculas de hemoglobina formada será,
aproximadamente,
a)
b)
c)
d)
e)
6,0 x 1023.
1,5 x 1023.
1,1 x 10–2 .
6,0 x 10–24.
1,5 x 10–23.
Resolução:
Na hemoglobina há 60% do ferro presente no organismo
humano.
4,2 g . 0,6 = 2,52 g de Fe na hemoglobina
1 mol de hemoglobina → 4 mol Fe → 4 . 56g de Fe
x —————————————— 2,52g de Fe
x = 0,0112 mol ≅ 1,1 . 10–2 mol
Alternativa C
45. Um dipeptídeo é formado pela reação entre dois
aminoácidos, como representado pela equação geral
H
H
|
|
R — C — COOH + R1 — C — COOH →
|
|
NH2
NH2
H O
H
|
||
|
→ R — C — C — NH — C — COOH →
|
|
NH2
R1
Nessa reação, pode-se afirmar que
a) a nova função orgânica formada na reação é uma cetona.
b) a nova função orgânica formada na reação é uma amida.
c) o dipeptídeo apresenta todos os átomos de carbono
assimétricos.
FGV031FNOV
d) o dipeptídeo só apresenta funções orgânicas com
propriedades ácidas.
e) podem ser formados dois dipeptídeos diferentes, se
R = R1.
Resolução:
H
|
O
R—C—C
+
|
OH
NH2
H
|
R—C—C
|
NH2
H
|
HN — C — C
|
|
R1
H
H
|
NH — C — C
|
R1
O
O
OH
−H O
2 →

O
OH
ligação peptídica
A condensação de 2 aminoácidos pela eliminação de
1 molécula de água gera um dipeptídeo que apresenta em
sua estrutura a função amida:
O
—C
N—
|
Alternativa B
COMENTÁRIO DA PROVA DE QUÍMICA
A prova de Química para os candidatos ao Curso de Economia
da FGV foi bastante abrangente, dando grande importância à
físico-química, tópico que teve praticamente todos os seus
assuntos contemplados.
DISTRIBUIÇÃO DAS QUESTÕES
47%
Físico-Química
26,5%
Química
Geral
26,5%
Química
Orgânica